数学卷·2018届河北省保定市定州中学高二下学期开学数学试卷（承智班） （解析版）

数学卷·2018届河北省保定市定州中学高二下学期开学数学试卷（承智班） （解析版）

‎2016-2017学年河北省保定市定州中学高二（下）开学数学试卷（承智班）‎ ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．已知四棱锥P﹣ABCD中，侧棱都相等，底面是边长为的正方形，底面中心为O，以PO为直径的球经过侧棱中点，则该球的体积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若=， =， =．则下列向量中与相等的向量是（　　）‎ A．﹣++ B． C． D．﹣﹣+‎ ‎3．设a=，b=log23，c=（）0.3，则（　　）‎ A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．b＜a＜c ‎4．已知复数z=1﹣i，则=（　　）‎ A．2 B．﹣2 C．2i D．﹣2i ‎5．已知实数a＞0，b＞0，且满足2a+3b=6，则+的最小值是（　　）‎ A． B． C． D．4‎ ‎6．已知集合M={y|y=2x，x＞0}，N={x|y=lgx}，则M∩N为（　　）‎ A．（0，+∞） B．（1，+∞） C．[2，+∞） D．[1，+∞）‎ ‎7．函数y=log3（3﹣x）的定义域为（　　）‎ A．（﹣∞，3] B．（﹣∞，3） C．（3，+∞） D．[3，+∞）‎ ‎8．已知集合，Q={y|x2+y2=4，x，y∈R}，则P∩Q=（　　）‎ A．{﹣2，1} B． C．φ D．Q ‎9．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若2c2=2a2+2b2+ab，则△ABC是（　　）‎ A．等边三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 ‎10．下列所给4个图象中，与所给3件事吻合最好的顺序为（　　）‎ ‎（1）小明离开家不久，发现自己把作业本忘在家里了，于是立刻返回家里取了作业本再上学；‎ ‎（2）小明骑着车一路以常速行驶，只是在途中遇到一次交通堵塞，耽搁了一些时间；‎ ‎（3）小明出发后，心情轻松，缓缓行进，后来为了赶时间开始加速．‎ A．（4）（1）（2） B．（4）（2）（3） C．（4）（1）（3） D．（1）（2）（4）‎ ‎11．如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的表面积为（　　）‎ A．15+3 B．9 C．30+6 D．18‎ ‎12．在等比数列{an}中，an＞0，a1+a2=1，a3+a4=9，则a4+a5=（　　）‎ A．16 B．27 C．36 D．81‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎13．设函数f（x）=x2+lnx，若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=ax+b，则a+b=　　．‎ ‎14．从4名男同学、3名女同学中选3名同学组成一个小组，要求其中男、女同学都有，则共有　　种不同的选法．（用数字作答）‎ ‎15．已知函数f（x）=在R上是单调函数，则实数a的取值范围是　　．‎ ‎16．已知α是第二象限的角，tanα=，则cosα=　　．‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎17．已知奇函数f（x）=．‎ ‎（1）求实数m的值，并在给出的直角坐标系中画出y=f（x）的图象．‎ ‎（2）若函数f（x）在区间[﹣1，|a|﹣2]上单调递增，试确定a的取值范围．‎ ‎18．为方便市民休闲观光，市政府计划在半径为200米，圆心角为120°的扇形广场内（如图所示），沿△ABC边界修建观光道路，其中A、B分别在线段CP、CQ上，且A、B两点间距离为定长米．‎ ‎（1）当∠BAC=45°时，求观光道BC段的长度；‎ ‎（2）为提高观光效果，应尽量增加观光道路总长度，试确定图中A、B两点的位置，使观光道路总长度达到最长？并求出总长度的最大值．‎ ‎19．如图，棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形．侧棱长为5，平面ABCD⊥平面A1ACC1，AB=3，∠BAD=60°，点E是△ABD的重心，且A1E=4．‎ ‎（1）求证：平面A1DC1∥平面AB1C；‎ ‎（2）求二面角B1﹣AC﹣B的余弦值．‎ ‎20．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为：（t为参数），它与曲线C：（y﹣2）2﹣x2=1交于A，B两点．‎ ‎（1）求|AB|的长；‎ ‎（2）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点P的极坐标为，求点P到线段AB中点M的距离．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省保定市定州中学高二（下）开学数学试卷（承智班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．已知四棱锥P﹣ABCD中，侧棱都相等，底面是边长为的正方形，底面中心为O，以PO为直径的球经过侧棱中点，则该球的体积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】球的体积和表面积．‎ ‎【分析】根据题意画出图形，结合图形求出以PO为直径的球的半径，再计算球的体积．‎ ‎【解答】解：如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，底面是边长为的正方形，‎ 以PO为直径的球M经过侧棱中点N，‎ 则球的半径为 MN=OC=AC=×AB=×2=1，‎ 所以该球的体积为V=π×13=．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若=， =， =．则下列向量中与相等的向量是（　　）‎ A．﹣++ B． C． D．﹣﹣+‎ ‎【考点】相等向量与相反向量．‎ ‎【分析】由题意可得 =+=+=+ [﹣]，化简得到结果．‎ ‎【解答】解：由题意可得 =+=+=+=+（﹣）‎ ‎=+（﹣）=﹣++，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．设a=，b=log23，c=（）0.3，则（　　）‎ A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．b＜a＜c ‎【考点】对数函数的单调性与特殊点．‎ ‎【分析】根据对数函数的图象和性质可得a＜0，b＞1，根据指数函数的图象和性质可得0＜c＜1，从而可得a、b、c的大小关系．‎ ‎【解答】解：由对数函数的图象和性质可得 a=＜=0，b=log23＞log22=1‎ 由指数函数的图象和性质可得 ‎0＜c=（）0.3＜（）0=1‎ ‎∴a＜c＜b 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．已知复数z=1﹣i，则=（　　）‎ A．2 B．﹣2 C．2i D．﹣2i ‎【考点】复数代数形式的混合运算．‎ ‎【分析】把复数z代入化简，复数的分子化简即可．‎ ‎【解答】解：将z=1﹣i代入得，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．已知实数a＞0，b＞0，且满足2a+3b=6，则+的最小值是（　　）‎ A． B． C． D．4‎ ‎【考点】基本不等式．‎ ‎【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．‎ ‎【解答】解：∵实数a＞0，b＞0，且满足2a+3b=6，‎ 则+=（2a+3b）=≥=，当且仅当b=a=．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．已知集合M={y|y=2x，x＞0}，N={x|y=lgx}，则M∩N为（　　）‎ A．（0，+∞） B．（1，+∞） C．[2，+∞） D．[1，+∞）‎ ‎【考点】交集及其运算．‎ ‎【分析】求出M中值域确定出M，求出N中x的范围确定出N，找出M与N的交集即可．‎ ‎【解答】解：由y=2x，x＞0，得到y＞1，即M=（1，+∞），‎ 由N中y=lgx，得到x＞0，即N=（0，+∞），‎ 则M∩N=（1，+∞），‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．函数y=log3（3﹣x）的定义域为（　　）‎ A．（﹣∞，3] B．（﹣∞，3） C．（3，+∞） D．[3，+∞）‎ ‎【考点】函数的定义域及其求法．‎ ‎【分析】根据对数函数的性质得到关于x的不等式，解出即可．‎ ‎【解答】解：由题意得：3﹣x＞0，‎ 解得：x＜3，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．已知集合，Q={y|x2+y2=4，x，y∈R}，则P∩Q=（　　）‎ A．{﹣2，1} B． C．φ D．Q ‎【考点】交集及其运算．‎ ‎【分析】先把P、Q 两个集合化简到最简形式，依据交集的定义求出P∩Q．‎ ‎【解答】解：∵={x|x≥﹣2}，Q={y|x2+y2=4，x，y∈R}={y|﹣2≤y≤2}，‎ ‎∴P∩Q={x|x≥﹣2}∩{y|﹣2≤y≤2}={y|﹣2≤y≤2}=Q，‎ 故选 D．‎ ‎　‎ ‎9．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若2c2=2a2+2b2+ab，则△ABC是（　　）‎ A．等边三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 ‎【考点】三角形的形状判断；余弦定理．‎ ‎【分析】已知2c2=2a2+2b2+ab，由余弦定理知c2=a2+b2﹣2abcosC，联立解得cosC=﹣．由0＜C＜π，可得．‎ ‎【解答】解：∵2c2=2a2+2b2+ab，由余弦定理知c2=a2+b2﹣2abcosC，‎ ‎∴可解得cosC=﹣．‎ ‎∵0＜C＜π，‎ ‎∴．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．下列所给4个图象中，与所给3件事吻合最好的顺序为（　　）‎ ‎（1）小明离开家不久，发现自己把作业本忘在家里了，于是立刻返回家里取了作业本再上学；‎ ‎（2）小明骑着车一路以常速行驶，只是在途中遇到一次交通堵塞，耽搁了一些时间；‎ ‎（3）小明出发后，心情轻松，缓缓行进，后来为了赶时间开始加速．‎ A．（4）（1）（2） B．（4）（2）（3） C．（4）（1）（3） D．（1）（2）（4）‎ ‎【考点】函数的图象．‎ ‎【分析】根据小明所用时间和离开家距离的关系进行判断．根据回家后，离家的距离又变为0，可判断（1）的图象开始后不久又回归为0；‎ 由途中遇到一次交通堵塞，可判断中间有一段函数值没有发生变化；‎ 由为了赶时间开始加速，可判断函数的图象上升速度越来越快．‎ ‎【解答】解：（1）离家不久发现自己作业本忘记在家里，回到家里，这时离家的距离为0，故应先选图象（4）；‎ ‎（2）骑着车一路以常速行驶，此时为递增的直线，在途中遇到一次交通堵塞，则这段时间与家的距离必为一定值，故应选图象（1）；‎ ‎（3）最后加速向学校，其距离随时间的变化关系是越来越快，故应选图象（2）．‎ 故答案为：（4）（1）（2），‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎11．如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的表面积为（　　）‎ A．15+3 B．9 C．30+6 D．18‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】由已知中三视图可以确定，该几何体是以侧视图为底面的直四棱柱，根据已知三视图中标识的数据，求出棱柱的底面积和侧面积，即可得到答案．‎ ‎【解答】解：由已知中三视图该几何体为四棱柱，‎ 其底面底边长为2+=3，侧视图的高为：，‎ 故底面积S=2×3=6，‎ 又因为棱柱的高为3，‎ 故侧面积为：（2+3+2+3）×3=30．‎ ‎∴几何体的表面积为：．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．在等比数列{an}中，an＞0，a1+a2=1，a3+a4=9，则a4+a5=（　　）‎ A．16 B．27 C．36 D．81‎ ‎【考点】等比数列的性质．‎ ‎【分析】先根据已知条件求出公比，再对a4+a5　整理，利用整体代换思想即可求解．‎ ‎【解答】解：设等比数列的公比为q．‎ 则由已知得：a1（1+q）=1，①‎ a1q2（1+q）═9 ②‎ ‎⇒q2=9．‎ 又∵an＞0，‎ ‎∴q=3．‎ 所以：a4+a5=a1•q3（1+q）=1×33=27．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎13．设函数f（x）=x2+lnx，若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=ax+b，则a+b=　1　．‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．‎ ‎【分析】先求出切点坐标，然后利用导数研究函数的切线的斜率，求出切线方程，从而得到a与b的值．‎ ‎【解答】解：∵f（x）=x2+lnx ‎∴f（1）=12+ln1=1即切点为（1，1）‎ 而f′（x）=2x+则f′（1）=2+1=3即切线的斜率为3‎ ‎∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣1=3（x﹣1）即y=3x﹣2‎ 即a=3，b=﹣2‎ ‎∴a+b=3﹣2=1‎ 故答案为：1‎ ‎　‎ ‎14．从4名男同学、3名女同学中选3名同学组成一个小组，要求其中男、女同学都有，则共有　30　种不同的选法．（用数字作答）‎ ‎【考点】排列、组合及简单计数问题．‎ ‎【分析】不考虑特殊情况有C73，只选男同学C43，只选女同学C33，由对立事件的选法，可求．‎ ‎【解答】解：不考虑特殊情况有C73，利用对立事件的选法，故有C73﹣C43﹣C33=30，‎ 故答案为30．‎ ‎　‎ ‎15．已知函数f（x）=在R上是单调函数，则实数a的取值范围是　[，）　．‎ ‎【考点】函数单调性的性质．‎ ‎【分析】分类讨论，分别利用函数的单调性的性质，求得a的范围，再把这2个a的范围取并集，即得所求．‎ ‎【解答】解：若函数f（x）=在R上是单调增函数，则，求得a无解．‎ 若函数f（x）=在R上是单调减函数，则，求得≤a＜，‎ 综上可得，≤a＜，‎ 故答案为：[，）．‎ ‎　‎ ‎16．已知α是第二象限的角，tanα=，则cosα=　﹣　．‎ ‎【考点】三角函数的化简求值．‎ ‎【分析】根据同角的三角函数关系，结合α是第二象限的角，求出cosα的值．‎ ‎【解答】解：α是第二象限的角，tanα=﹣，‎ ‎∴sinα=﹣cosα；‎ ‎∴sin2α+cos2α=+cos2α=cos2α=1，‎ ‎∴cos2α=；‎ 又cosα＜0，‎ ‎∴cosα=﹣．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎17．已知奇函数f（x）=．‎ ‎（1）求实数m的值，并在给出的直角坐标系中画出y=f（x）的图象．‎ ‎（2）若函数f（x）在区间[﹣1，|a|﹣2]上单调递增，试确定a的取值范围．‎ ‎【考点】函数单调性的性质；函数的图象．‎ ‎【分析】（1）由奇函数的定义，对应相等求出m的值；画出图象．‎ ‎（2）根据函数的图象知函数的单调递增区间，从而得到|a|﹣2的一个不等式，解不等式就求得a 的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）当x＜0时，﹣x＞0，f（﹣x）=﹣（x）2+2（﹣x）=﹣x2﹣2x 又f（x）为奇函数，∴f（﹣x）=﹣f（x）=﹣x2﹣2x，∴f（x）=x2+2x，∴m=2‎ y=f（x）的图象如右所示 ‎（2）由（1）知f（x）=，‎ 由图象可知，f（x）在[﹣1，1]上单调递增，要使f（x）在[﹣1，|a|﹣2]上单调递增，只需解之得﹣3≤a＜﹣1或1＜a≤3‎ ‎　‎ ‎18．为方便市民休闲观光，市政府计划在半径为200米，圆心角为120°的扇形广场内（如图所示），沿△ABC边界修建观光道路，其中A、B分别在线段CP、CQ上，且A、B两点间距离为定长米．‎ ‎（1）当∠BAC=45°时，求观光道BC段的长度；‎ ‎（2）为提高观光效果，应尽量增加观光道路总长度，试确定图中A、B两点的位置，使观光道路总长度达到最长？并求出总长度的最大值．‎ ‎【考点】余弦定理；正弦定理．‎ ‎【分析】（1）由已知及正弦定理即可得解BC的值．‎ ‎（2）设CA=x，CB=y，x，y∈（0，200]，利用余弦定理可求，结合基本不等式可求x+y≤120，从而可求观光道路总长度最长值．‎ ‎【解答】解：（1）在△ABC中，由已知及正弦定理得 ‎，‎ 即，‎ ‎∴．‎ ‎（2）设CA=x，CB=y，x，y∈（0，200]，‎ 在△ABC中，AB2=AC2+CB2﹣2AC•CB•cos120°，即，‎ ‎∴，‎ 故x+y≤120，当且仅当x=y=60时，x+y取得最大值，‎ ‎∴当A、B两点各距C点60米处时，观光道路总长度达到最长，最长为．‎ ‎　‎ ‎19．如图，棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形．侧棱长为5，平面ABCD⊥平面A1ACC1，AB=3，∠BAD=60°，点E是△ABD的重心，且A1E=4．‎ ‎（1）求证：平面A1DC1∥平面AB1C；‎ ‎（2）求二面角B1﹣AC﹣B的余弦值．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（1）推导出四边形A1ACC1是平行四边形，从而A1C1∥AC．进而四边形ADC1B1是平行四边形，从而AB1∥DC1，进而AC∥平面A1DC1，AB1∥平面A1DC1，由此能证明平面A1DC1∥平面AB1C．‎ ‎（2）设AC∩BD=O，推导出A1E⊥AC，从而A1E⊥平面ABCD．以E为原点，分别以AC，A1E所在直线为x，z轴，以过点E与BD平行的直线为y轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B1﹣AC﹣B的余弦值．‎ ‎【解答】证明：（1）因为AA1平行等于CC1，所以四边形A1ACC1是平行四边形，所以A1C1∥AC．‎ 又因为AD平行等于B1C1，所以四边形ADC1B1是平行四边形，所以AB1∥DC1．‎ 因为AC，AB1⊄平面A1DC1，A1C1，DC1⊆平面A1DC1，‎ 所以AC∥平面A1DC1，AB1∥平面A1DC1，又因为AC∩AB1=A，AC，AB1⊆平面AB1C，‎ 所以平面A1DC1∥平面AB1C．‎ 解：（2）设AC∩BD=O，由题意可知△ABD是等边三角形．‎ 因为，所以，‎ 所以，所以，所以A1E⊥AC，‎ 又因为平面ABCD⊥平面A1ACC1，平面ABCD∩平面A1ACC1=AC，A1E⊆平面A1ACC1，所以A1E⊥平面ABCD．‎ 以E为原点，分别以AC，A1E所在直线为x，z轴，以过点E与BD平行的直线为y轴建立空间直角坐标系，‎ 则．设B1（x1，y1，z1）．‎ 因为，，，所以 ‎．‎ 由A1E⊥平面ABCD，可知平面ABCD的法向量是．‎ 设平面B1AC的法向量是，而，．‎ 由，所以．‎ 所以．‎ 取平面B1AC的法向量，所以．‎ 故二面角B1﹣AC﹣B的余弦值为．‎ ‎　‎ ‎20．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为：（t为参数），它与曲线C：（y﹣2）2﹣x2=1交于A，B两点．‎ ‎（1）求|AB|的长；‎ ‎（2）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点P的极坐标为 ‎，求点P到线段AB中点M的距离．‎ ‎【考点】点的极坐标和直角坐标的互化；参数方程化成普通方程．‎ ‎【分析】（1）设A，B对应的参数分别为t1，t2，把直线的参数方程对应的坐标代入曲线方程并化简得7t2+60t﹣125=0，可得根与系数的关系，根据弦长公式|AB|=|t1﹣t2|即可得出；‎ ‎（2）点P在平面直角坐标系下的坐标为（﹣2，2），根据中点坐标的性质可得AB中点M对应的参数为．根据t的几何意义可得点P到M的距离为|PM|=即可．‎ ‎【解答】解：（1）把直线的参数方程对应的坐标代入曲线方程并化简得7t2+60t﹣125=0‎ 设A，B对应的参数分别为t1，t2，则．‎ ‎∴．‎ ‎（2）由P的极坐标为，可得xp==﹣2， =2．‎ ‎∴点P在平面直角坐标系下的坐标为（﹣2，2），‎ 根据中点坐标的性质可得AB中点M对应的参数为．‎ ‎∴由t的几何意义可得点P到M的距离为．‎ ‎　‎ ‎2017年4月19日