山西省太原市杏花岭第四中学高二数学文摸底试卷含解析

山西省太原市杏花岭第四中学高二数学文摸底试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.已知复数z满足z=i（1﹣i）（其中i为虚数单位），则z的虚部为（）A．1 B．﹣1 C．i D．﹣i参考答案：A【考点】A5：复数代数形式的乘除运算．【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：z=i（1﹣i）=1+i，则z的虚部为：1．故选：A．【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．2.下列命题中，真命题是()A．x0∈R，

B．x∈R，2x>x2C．a+b=0的充要条件是

D．a>1，b>1是的充分条件参考答案：D3.不等式的解集是

（

）AB

CD参考答案：D略4.已知命题p：，则p是(

)A．

B．C．

D．参考答案：C略5.已知函数，若关于x的方程有两个不同的实数根，则实数k的取值范围为（

）A. B.C. D.参考答案：C【分析】关于的方程有两个不同的实数根等价于图象与直线有两个不同的交点，再作图像观察交点个数即可得解.【详解】解：作出图象，如图所示，由题意知函数的图象与直线有两个不同的交点，且直线恒过定点.当时，，则.设曲线在点处的切线过点，又曲线在点处的切线方程为，将代入上式，得，解得，所以，结合图象知当时，函数的图象与直线有两个不同的交点；当时，，则，设曲线在点处的切线过点，又曲线在点处的切线方程为，将代入上式，得，解得，所以，结合图象知当时，函数的图象与直线有两个不同的交点；设点，则，由图象知当时，方程也有两个不同的实数根.综上，实数的取值范围为.故选C.【点睛】本题考查了函数与方程的关系及数形结合的数学思想方法，属难题.11.函数在（0，1）内有极小值，则实数b的取值范围是A.（0，1）

B.（-∞，1）

C.（0，+∞）

D.（0，）参考答案：D略7.直线（t为参数）的倾斜角为（）A．20° B．70° C．110° D．160°参考答案：C【考点】QH：参数方程化成普通方程．【分析】设直线的倾斜角为α，由直线（t为参数），可得tanα=﹣tan70°，利用诱导公式即可得出．【解答】解：设直线的倾斜角为α，由直线（t为参数），可得tanα=﹣tan70°=tan110°，可得倾斜角α=110°．故选：C．【点评】本题考查了参数方程的应用、直线的倾斜角与向斜率的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．8.参考答案：A

9.已知等差数列满足，则有

（

）A．

B． C． D．参考答案：D10.在空间直角坐标系O-xyz中，一个四面体的顶点坐标为分别为（0，0，2），（2，2，0），（0，2，0），（2，2，2）.画该四面体三视图中的正视图时，以xOz平面为投影面，则得到正视图可以为参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.若命题“?x0∈R，使得x02+（a﹣1）x0+1≤0”为真命题，则实数a的范围为．参考答案：a≤﹣1或a≥3【考点】命题的真假判断与应用．【分析】若命题“?x0∈R，使得x02+（a﹣1）x0+1≤0”为真命题，则（a﹣1）2﹣4≥0，解得答案．【解答】解：命题“?x0∈R，使得x02+（a﹣1）x0+1≤0”为真命题，则（a﹣1）2﹣4≥0，解得：a≤﹣1或a≥3，故答案为：a≤﹣1或a≥312.如图（1）有面积关系：=，则图（2）有体积关系：=．参考答案：【考点】类比推理．【分析】这是一个类比推理的题，在由平面图形到空间图形的类比推理中，一般是由点的性质类比推理到线的性质，由线的性质类比推理到面的性质，由面积的性质类比推理到体积性质．【解答】解：∵在由平面图形到空间图形的类比推理中，一般是由点的性质类比推理到线的性质，由线的性质类比推理到面的性质，由面积的性质类比推理到体积性质．故由=（面积的性质）结合图（2）可类比推理出：体积关系=．故答案为：13.在△ABC中，B＝60°，AC＝，则AB＋2BC的最大值为__________．参考答案：因为，而，则，，故，。又。故的最大值为

。14.已知数列依它的前10项的规律，则

_.

参考答案：略15.二项式（﹣2x）6的展开式中，x2项的系数为_________．参考答案：略16.若的展开式中项的系数为20，则的最小值为

.参考答案：217.已知数列{an}的首项a1=m，其前n项和为Sn，且满足Sn+Sn+1=3n2+2n，若对?n∈N+，an＜an+1恒成立，则m的取值范围是．参考答案：（﹣2，）【考点】8E：数列的求和．【分析】Sn+Sn+1=3n2+2n，n=1时，2a1+a2=5，解得a2．n≥2时，利用递推关系可得：an+1+an=6n﹣1，于是an+1﹣an﹣1=6，因此数列{an}的奇数项与偶数项分别成等差数列，对n分类讨论即可得出【解答】解：∵Sn+Sn+1=3n2+2n，∴n=1时，2a1+a2=5，解得a2=5﹣2m．n≥2时，Sn﹣1+Sn=3（n﹣1）2+2（n﹣1），∴an+1+an=6n﹣1，∴an+an﹣1=6n﹣7，∴an+1﹣an﹣1=6，∴数列{an}的奇数项与偶数项分别成等差数列，a2k=5﹣2m+6（k﹣1）=6k﹣1﹣2m，a2k﹣1=m+6（k﹣1）=6k+m﹣6．∵对?n∈N*，an＜an+1恒成立，∴n=2k﹣1时，6k+m﹣6＜6k﹣1﹣2m，解得m＜．n=2k时，6k﹣1﹣2m＜6（k+1）+m﹣6，解得：m＞﹣2．综上可得m的取值范围是：﹣2＜m＜．故答案为：（﹣2，）．三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.若函数f(x)＝ax2＋bx－lnx的导函数的零点分别为1和2．（I）求a,b的值；（Ⅱ）若当时，恒成立，求实数a的取值范围．参考答案：（I）函数f(x)＝ax2＋bx－lnx的定义域是，

f′(x)＝2ax＋b－，…2分∵函数f′(x)＝2ax＋b－的零点分别为1和2，∴，得a＝－,b=2……4分（Ⅱ）当时，恒成立，当且仅当……5分由（I）得，f(x)＝－x2＋2x－lnx(x＞0)．f′(x)＝－x＋2－＝

.由f′(x)＝0，得x＝1或x＝2.①当f′(x)＞0时1＜x＜2；②当f′(x)＜0时0＜x＜1或x＞2.………7分当x变化时f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1,2)2f′(x)－0＋0－f(x)↘↗－ln2↘………9分因此，f(x)的区间的最小值是f(1)＝和的较小者，∵，∴，∴f(x)的区间的最小值是………11分∴实数的取值范围是………12分19.已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合，若直线l的极坐标方程为psin（θ﹣）=2．（1）把直线l的极坐标方程化为直角坐标系方程；（2）已知P为椭圆C：上一点，求P到直线l的距离的最小值．参考答案：【考点】简单曲线的极坐标方程．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】（1）把直线l的极坐标方程化为直角坐标系方程即可；（2）设P（cosα，3sinα），利用点到直线的距离公式表示出P到直线l的距离d，利用余弦函数的值域确定出最小值即可．【解答】解：（1）直线l的极坐标方程为ρsin（θ﹣）=2，整理得：ρ（sinθcos﹣cosθsin）=ρsinθ﹣ρcosθ=2，即ρsinθ﹣ρcosθ=4，则直角坐标系中的方程为y﹣x=4，即x﹣y+4=0；（2）设P（cosα，3sinα），∴点P到直线l的距离d==≥=2﹣，则P到直线l的距离的最小值为2﹣．【点评】此题考查了简单曲线的极坐标方程，熟练掌握简单极坐标方程与普通方程的转化是解本题的关键．20.记函数的定义域为集合，函数的定义域为集合．（Ⅰ）求；（Ⅱ）若，且，求实数的取值范围．参考答案：（Ⅰ）依题意，得（Ⅱ）又

21.在直角坐标系中，直线l的参数方程为t为参数）．若以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，则曲线C的极坐标方程为．（Ⅰ）求曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）求直线l被曲线C所截得的弦长．参考答案：【考点】QJ：直线的参数方程；J8：直线与圆相交的性质；Q4：简单曲线的极坐标方程．【分析】（1）曲线的极坐标方程即ρ=cosθ+sinθ，两边同乘以ρ得：ρ2=ρcosθ+ρsinθ，再根据直角坐标与极坐标的互化公式求得C的直角坐标方程．（2）将直线参数方程代入圆C的方程，利用根与系数的关系和弦长公式求得直线l被曲线C所截得的弦长．【解答】解：（1）由得：ρ=cosθ+sinθ，两边同乘以ρ得：ρ2=ρcosθ+ρsinθ，∴x2+y2﹣x﹣y=0，即．（2）将直线参数方程代入圆C的方程得：5t2﹣21t+20=0，∴．∴．22.如图所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1B1B为正方形，BB1C1C是菱形，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C．（Ⅰ）求证：BC∥平面AB1C1；（Ⅱ）求证：B1C⊥AC1．参考答案：【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定．【专题】空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）根据线面平行的判定定理即可证明BC∥平面AB1C1；（Ⅱ）先证明AB⊥平面BB1C1C，得AB⊥B1C，再证明B1C⊥平面ABC1，得出B1C⊥AC1；【解答】证明：（Ⅰ）因为ABC﹣A1B1C1是三棱柱，所以BC∥B1C1，因为BC?∥平面AB1C1，B1C1?平面AB1C1，所以BC∥平面AB1C1；（Ⅱ）连接BC1，在正方形ABB1A1中，AB⊥BB1，因为平面AA1B1B⊥平面BB1