番禺区第一高级中学2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析

一、选择题

1． 若等边三角形ABC的边长为2，N为AB的中点，且AB上一点M满足CMxCAyCB， 则当

14取最小值时，CMCN（ ） xyA．6 B．5 C．4 D．3 2． 如图所示是一个几何体的三视图，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的表面积是（ ）

A．

B． C． + D． ++1

1i7i（为虚数单位），则复数的虚部为（ ） zA．1 B．1 C． D．i

3． 若复数满足

4． 已知双曲线kx2﹣y2=1（k＞0）的一条渐近线与直线2x+y﹣3=0垂直，则双曲线的离心率是（ ） A．

B．

C．4

D．

x5． 已知全集UR，A{x|239}，B{y|0y2}，则有（ ） A．AØB B．ABB C．A(ðRB) D．A(ðRB)R

6． 执行如图所示的程序，若输入的x3，则输出的所有x的值的和为（ ） A．243 B．363 C．729 D．1092

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【命题意图】本题考查程序框图的识别和运算，意在考查识图能力、简单的计算能力．

7． 执行下面的程序框图，若输入x2016，则输出的结果为（ ）

A．2015 B．2016 C．2116 第 2 页，共 19 页

D．2048

8． 已知集合A={x|﹣1≤x≤1}，B={x|x2﹣2x≤0}，则A∪B=（ ） A．{x|﹣1≤x≤2} B．{x|﹣1≤x≤0} C．{x|1≤x≤2}

D．{x|0≤x≤1}

9． 已知集合A{2,1,0,1,2,3}，B{y|y|x|3,xA}，则A【命题意图】本题考查集合的交集运算，意在考查计算能力．

10．如图Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图，斜边O′B′=2，则这个平面图形的面积是（ ）

B（ ）

A．{2,1,0} B．{1,0,1,2} C．{2,1,0} D．{1,,0,1}

A． B．1 C． D．

11．高一新生军训时，经过两天的打靶训练，甲每射击10次可以击中9次，乙每射击9次可以击中8次．甲、乙两人射击同一目标（甲、乙两人互不影响），现各射击一次，目标被击中的概率为（ ） A．

B．

C．

D．

12．二进制数10101化为十进制数的结果为（ ） （2）A．15 B．21 C．33 D．41

二、填空题

13．【启东中学2018届高三上学期第一次月考（10月）】已知函数fx＝－xlnx＋ax在0，e上是增函

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a23数，函数gx＝e－a＋，当x0，ln3时，函数g（x）的最大值M与最小值m的差为，则a的值

22x为______.

14．设O为坐标原点，抛物线C：y2=2px（p＞0）的准线为l，焦点为F，过F斜率为相交于A，B两点，直线AO与l相交于D，若|AF|＞|BF|，则

= ．

的直线与抛物线C

15．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=5，BC=4，AA1=3，沿该长方体对角面ABC1D1将其截成两部分，并将它们再拼成一个新的四棱柱，那么这个四棱柱表面积的最大值为 ．

16．如图，在平行四边形ABCD中，点E在边CD上，若在平行四边形ABCD内部随机取一个点Q，则点Q取自△ABE内部的概率是 ．

17．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面AB1D1和平面BC1D的位置关系为 ． 18．直线l1和l2是圆x2+y2=2的两条切线，若l1与l2的交点为（1，3），则l1与l2的夹角的正切值等于 _________ 。 三、解答题

19．已知椭圆E的中心在坐标原点，左、右焦点F1、F2分别在x轴上，离心率为，在其上有一动点A，A到点F1距离的最小值是1，过A、F1作一个平行四边形，顶点A、B、C、D都在椭圆E上，如图所示． （Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）判断▱ABCD能否为菱形，并说明理由．

（Ⅲ）当▱ABCD的面积取到最大值时，判断▱ABCD的形状，并求出其最大值．

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20．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

已知曲线C的极坐标方程是2cos，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立 平面直角坐标系，直线的参数方程是x24t（为参数）.

y3t（1）写出曲线C的参数方程，直线的普通方程； （2）求曲线C上任意一点到直线的距离的最大值.

21．（本小题满分10分）已知函数f（x）＝|x－a|＋|x＋b|，（a≥0，b≥0）． （1）求f（x）的最小值，并求取最小值时x的范围； （2）若f（x）的最小值为2，求证：f（x）≥a＋b.

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22．如图，边长为2的正方形ABCD绕AB边所在直线旋转一定的角度（小于180°）到ABEF的位置． （Ⅰ）求证：CE∥平面ADF；

（Ⅱ）若K为线段BE上异于B，E的点，CE=2求BK的取值范围．

．设直线AK与平面BDF所成角为φ，当30°≤φ≤45°时，

23．∠ABC=如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD四边长为1的菱形，M为OA的中点，N为BC的中点． （Ⅰ）证明：直线MN∥平面OCD； （Ⅱ）求异面直线AB与MD所成角的大小； （Ⅲ）求点B到平面OCD的距离．

OA⊥底面ABCD，OA=2，，

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24．已知数列{an}的前n项和为Sn，首项为b，若存在非零常数a，使得（1﹣a）Sn=b﹣an+1对一切n∈N*都成立．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）问是否存在一组非零常数a，b，使得{Sn}成等比数列？若存在，求出常数a，b的值，若不存在，请说明理由．

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番禺区第一高级中学2018-2019学年高二上学期数学期末模拟试卷含解析（参考答案） 一、选择题

1． 【答案】D 【解析】

试题分析：由题知BMCMCBxCA(y1)CB，设BBACACB；MkBA可得xy1，当

，则xk,y1k，

14y4x14144xy时取到，此取最小值时，xy5，最小值在xyxyxyxyyx211CACB代入，则时y,x，将CMxCAyCB,CN3322211xy12CMCNxCAyCBCACB3xy33.故本题答案选D.

22233考点：1.向量的线性运算；2.基本不等式． 2． 【答案】D

【解析】解：由三视图可知：该几何体是如图所示的三棱锥，

其中侧面PAC⊥面ABC，△PAC是边长为2的正三角形，△ABC是边AC=2， 边AC上的高OB=1，PO=

为底面上的高．

×2+×2×1+2××

×

=

+1+

．

于是此几何体的表面积S=S△PAC+S△ABC+2S△PAB=×故选：D

【点评】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．

3． 【答案】A 【解析】

试题分析：i1,i1iii,因为复数满足虚部为,故选A.

考点：1、复数的基本概念；2、复数代数形式的乘除运算.

4273i1i1i7i,所以ii,zi1，所以复数的zz第 8 页，共 19 页

4． 【答案】A

22

【解析】解：由题意双曲线kx﹣y=1的一条渐近线与直线2x+y+1=0垂直，可得渐近线的斜率为，

又由于双曲线的渐近线方程为y=±故

=，∴k=，

x

∴可得a=2，b=1，c=故选：A．

，由此得双曲线的离心率为，

【点评】本题考查直线与圆锥曲线的关系，解题的关键是理解一条渐近线与直线2x+y+1=0垂直，由此关系求k，熟练掌握双曲线的性质是求解本题的知识保证．

5． 【答案】A

【解析】解析：本题考查集合的关系与运算，A(log32,2]，B(0,2]，∵log320，∴AØB，选A． 6． 【答案】D

【解析】当x3时，y是整数；当x3时，y是整数；依次类推可知当x3n(nN*)时，y是整数，则

2由x31000，得n7，所以输出的所有x的值为3，9，27，81，243，729，其和为1092，故选D．

n7． 【答案】D 【解析】

试题分析：由于20160，由程序框图可得对循环进行加运算，可以得到x2，从而可得y1，由于

20151，则进行y2y循环，最终可得输出结果为2048．1

考点：程序框图． 8． 【答案】A

2

【解析】解：由x﹣2x≤0，解得0≤x≤2．

∴B={x|0≤x≤2}， 又集合A={x﹣|1＜x≤1}， ∴A∪B={x|﹣1≤x≤2}， 故选：A．

9． 【答案】C

【解析】当x{2,1,0,1,2,3}时，y|x|3{3,2,1,0}，所以A10．【答案】D

【解析】解：∵Rt△O'A'B'是一平面图形的直观图，斜边O'B'=2， ∴直角三角形的直角边长是∴直角三角形的面积是

，

，

B{2,1,0}，故选C．

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∴原平面图形的面积是1×2故选D．

11．【答案】 D

=2

，乙射中的概率为，

【解析】【解答】解：由题意可得，甲射中的概率为故两人都击不中的概率为（1﹣故目标被击中的概率为1﹣故选：D． 属于基础题． 12．【答案】B 【解析】

=

）（1﹣）=，

，

【点评】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，所求的事件的概率与它的对立事件的概率之间的关系，

420试题分析：10101212121221，故选B.

考点：进位制

二、填空题

13．【答案】

【解析】fx1lnxa，因为fx在0，e上是增函数，即fx0在0，e上恒成立，

5 2alnx1，则alnx1max，当xe时，a2，

a2a2x,t1,3， 又gxea，令te，则gtta22a2a2（1）当2a3时，gtmaxg1a1，gtminga，

2235则gtmaxgtmina1，则a，

22a2a2（2）当a3时，gtmaxg1a1，gtming3a3，

22则gtmaxgtmin2，舍。

xa5。 2 ．

14．【答案】

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2

【解析】解：∵O为坐标原点，抛物线C：y=2px（p＞0）的准线为l，焦点为F，

过F斜率为的直线与抛物线C相交于A，B两点，

直线AO与l相交于D， ∴直线AB的方程为y=联立

（x﹣），l的方程为x=﹣， ，解得A（﹣

，

，

P），B（，﹣

）

∴直线OA的方程为：y=

联立，解得D（﹣，﹣）

∴|BD|==，

∵|OF|=，∴ ==．

故答案为：．

【点评】本题考查两条件线段的比值的求法，是中档题，解题时要认真审题，要熟练掌握抛物线的简单性质．

15．【答案】 114 ．

【解析】解：根据题目要求得出：

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当5×3的两个面叠合时，所得新的四棱柱的表面积最大，其表面积为（5×4+5×5+3×4）×2=114． 故答案为：114

【点评】本题考查了空间几何体的性质，运算公式，学生的空间想象能力，属于中档题，难度不大，学会分析判断解决问题．

16．【答案】

．

【解析】解：由题意△ABE的面积是平行四边形ABCD的一半， 由几何概型的计算方法，

可以得出所求事件的概率为P=， 故答案为：．

【点评】本题主要考查了几何概型，解决此类问题的关键是弄清几何测度，属于基础题．

17．【答案】 平行 ．

【解析】解：∵AB1∥C1D，AD1∥BC1，

AB1⊂平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，AB1∩AD1=A C1D⊂平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，C1D∩BC1=C1 由面面平行的判定理我们易得平面AB1D1∥平面BC1D 故答案为：平行．

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【点评】本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系，在判断线与面的平行与垂直关系时，正方体是最常用的空间模型，大家一定要熟练掌握这种方法．

18．【答案】

【解析】设l1与l2的夹角为2θ，由于l1与l2的交点A（1，3）在圆的外部， 且点A与圆心O之间的距离为OA=圆的半径为r=

，

=

，

∴sinθ==，

∴cosθ=，tanθ==，

∴tan2θ===，

故答案为：。

三、解答题

19．【答案】

【解析】解：（I）由题意可得：2

，解得c=1，a=2，b=3．

∴椭圆E的方程为=1．

（II）假设▱ABCD能为菱形，则OA⊥OB，kOA•kOB=﹣1． ①当AB⊥x轴时，把x=﹣1代入椭圆方程可得：取A

=1，解得y=

，

，则|AD|=2，|AB|=3，此时▱ABCD不能为菱形．

②当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为：y=k（x+1），A（x1，y1），B（x2，y2）．

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联立2222

，化为：（3+4k）x+8kx+4k﹣12=0，

∴x1+x2=﹣∴

，x1x2=．

kOA•kOB=====

，

假设

=﹣1，化为k2=﹣

，因此平行四边形ABCD不可能是菱形．

综上可得：平行四边形ABCD不可能是菱形．

（III）①当AB⊥x轴时，由（II）可得：|AD|=2，|AB|=3，此时▱ABCD为矩形，S矩形ABCD=6． ②当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为：y=k（x+1），A（x1，y1），B（x2，y2）． 联立

2222

，化为：（3+4k）x+8kx+4k﹣12=0，

∴x1+x2=﹣|AB|=

，x1x2=．

=．

．

．

点O到直线AB的距离d=∴S平行四边形ABCD=4×S△OAB==2×

×

=

2则S=

=＜36，

∴S＜6．

因此当平行四边形ABCD为矩形面积取得最大值6．

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20．【答案】（1）参数方程为【解析】

x1cos14，3x4y60；（2）.

5ysin试题分析：（1）先将曲线C的极坐标方程转化为直角坐标系下的方程,可得(x1)2y21,利用圆的参数方程写出结果,将直线的参数方程消去参数变为直线的普通方程；（2）利用参数方程写出曲线C上任一点坐标,用点到直线的距离公式,将其转化为关于的式子,利用三角函数性质可得距离最值. 试题解析：

（1）曲线C的普通方程为22cos，∴x2y22x0，

x1cos∴(x1)y1，所以参数方程为，

ysin直线的普通方程为3x4y60.

（2）曲线C上任意一点(1cos,sin)到直线的距离为

33cos4sin65sin()91414d，所以曲线C上任意一点到直线的距离的最大值为.

555522考点：1.极坐标方程；2.参数方程. 21．【答案】

【解析】解：（1）由|x－a|＋|x＋b|≥|（x－a）－（x＋b）| ＝|a＋b|得，

当且仅当（x－a）（x＋b）≤0，即－b≤x≤a时，f（x）取得最小值， ∴当x∈[－b，a]时，f（x）min＝|a＋b|＝a＋b. （2）证明：由（1）知a＋b＝2，

（a＋b）2＝a＋b＋2ab≤2（a＋b）＝4， ∴a＋b≤2，

∴f（x）≥a＋b＝2≥a＋b， 即f（x）≥a＋b.

22．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）证明：正方形ABCD中，CD∴EF

BA，正方形ABEF中，EFBA．…

CD，∴四边形EFDC为平行四边形，∴CE∥DF．…

222

，∴CE=BC+BE．

又DF⊂平面ADF，CE⊄平面ADF，∴CE∥平面ADF． … （Ⅱ）解：∵BE=BC=2，CE=∴△BCE为直角三角形，BE⊥BC，…

又BE⊥BA，BC∩BA=B，BC、BA⊂平面ABCD，∴BE⊥平面ABCD． …

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以B为原点，、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），

=（2，2，0），

=（0，2，2）．

F（0，2，2），A（0，2，0），

设K（0，0，m），平面BDF的一个法向量为=（x，y，z）． 由又

，

，得

可取=（1，﹣1，1），…

=

，

=（0，﹣2，m），于是sinφ=

∵30°≤φ≤45°，∴结合0＜m＜2，解得0

，即…

]．…

，即BK的取值范围为（0，4﹣

【点评】本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．

23．【答案】

【解析】解：方法一（综合法） （1）取OB中点E，连接ME，NE ∵ME∥AB，AB∥CD，∴ME∥CD

又∵NE∥OC，∴平面MNE∥平面OCD∴MN∥平面OCD

（2）∵CD∥AB，∴∠MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角） 作AP⊥CD于P，连接MP ∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP ∵∴

所以AB与MD所成角的大小为

．

，∴

，

，

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（3）∵AB∥平面OCD，

∴点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP，过点A作AQ⊥OP于点Q， ∵AP⊥CD，OA⊥CD， ∴CD⊥平面OAP，∴AQ⊥CD．

又∵AQ⊥OP，∴AQ⊥平面OCD，线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离， ∵

，

，

∴

，所以点B到平面OCD的距离为．

方法二（向量法）

作AP⊥CD于点P，如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x，y，z轴建立坐标系：A（0，0，0），B（1，0，0），，

O（0，0，2），M（0，0，1），

（1）

，

，

设平面OCD的法向量为n=（x，y，z），则•=0，

•

=0 即

取，解得 ∵

•

=（

，

，﹣1）•（0，4，

）=0，

∴MN∥平面OCD．

（2）设AB与MD所成的角为θ， ∵∴

，

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，

∴，AB与MD所成角的大小为． 在向量

=（0，4，

=

）上的投影的绝对值，

（3）设点B到平面OCD的距离为d，则d为由

所以点B到平面OCD的距离为

．

，得d=

【点评】培养学生利用多种方法解决数学问题的能力，考查学生利用空间向量求直线间的夹角和距离的能力．

24．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）∵数列{an}的前n项和为Sn，首项为b，

*

存在非零常数a，使得（1﹣a）Sn=b﹣an+1对一切n∈N都成立，

由题意得当n=1时，（1﹣a）b=b﹣a2，∴a2=ab=aa1， 当n≥2时，（1﹣a）Sn=b﹣an+1，（1﹣a）Sn+1=b﹣an+1， 两式作差，得：an+2=a•an+1，n≥2， ∴{an}是首项为b，公比为a的等比数列， ∴

．

（Ⅱ）当a=1时，Sn=na1=nb，不合题意， 当a≠1时，

，

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若，即，

化简，得a=0，与题设矛盾，

故不存在非零常数a，b，使得{Sn}成等比数列．

【点评】本题考查数列的通项公式的求法，考查使得数列成等比数列的非零常数是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．

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