湖北省枣阳市高级中学2014-2015学年高二5月月考数学文科试题
文档属性
| 名称 | 湖北省枣阳市高级中学2014-2015学年高二5月月考数学文科试题 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 212.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2015-06-09 20:11:10 | ||
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文档简介
绝密★启用前
枣阳市高级中学2014-2015学年高二下学期文科数学5月月考试题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、选择题（10小题，每小题5分，共50分）
1．有两枚质地均匀的骰子，一枚红色骰子有两个面是1，其余面是2，3，4，5，另一枚蓝
色骰子有两面是2，其余面是3，4，5，6，则两个骰子向上点数相同的概率为（ ）
2．设集合，则=
A． B． C． D．
3．设，，则“”是“”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．若函数，则下列结论正确的是（ ）
A．，在上是增函数
B．，在上是减函数
C．，是偶函数
D．，是奇函数
5．满足｛a｝M｛a, b, c, d｝的集合M共有 （ ）
A．6个 B．7个 C．8个 D．15个
6．如果等差数列中，则 （ ）
A.14 B.21 C.28 D. 35
7．设为坐标原点，是椭圆的左、右焦点，若在椭圆上存在点满足，且，则该椭圆的离心率为（ ▲ ）
Ａ、 Ｂ、 Ｃ、 Ｄ、
8．椭圆的左、右焦点分别为，是上两点，，，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
9．从A处望B处的仰角为,从B处望A的府角是β则，α，β之间的关系是 ( )
A. α>β B. α=β C. α+β=900 D. α+β=1800
10．.已知集合,，则=
A. B. C. D.
评卷人
得分
二、填空题（题型注释）
11．在单位圆上有三点A，B，C，设△ABC三边长分别为a，b，c，则[
＋＋＝________
12．今有四张卡片上分别写有“好”、“ 好”、“ 学”、“ 习”四个字，现将其随机排成一行，则恰好排成 “好好学习”的概率是 ．
13．若血色素化验的准确率是，则在10次化验中，最多一次不准的概率是
14．已知圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2的圆心为抛物线y2＝4x的焦点，且与直线3x＋4y＋2＝0相切，则该圆的方程为________．
15．设变量x、y满足约束条件，则的最大值为
评卷人
得分
三、解答题（5小题，每小题5分，共25分）
16．（10分）用斜二测画法画底面半径为2 cm,高为3 cm的圆锥的直观图.
17．（本小题满分12分）
若函数的图象（部分）如图所示。
（I）求的解析式；
（II）若，求
18．（本小题满分15分）在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，，．
（1）若中点为．求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
19．（本小题满分15分）已知的面积为，且．
（1）求；
（2）求求周长的最大值．
20．（14分）正方形所在平面与三角形所在平面相交于，平面，且，．
（1）求证：平面；
（2）求凸多面体的体积．
21．（12分）已知：函数．
（1）求函数的最小正周期和值域；
（2）若函数的图象过点，．求的值．]
参考答案
1．B
【解析】解：因为两枚质地均匀的骰子，一枚红色骰子有两个面是1，其余面是2，3，4，5，另一枚蓝色骰子有两面是2，其余面是3，4，5，6，则两个骰子向上点数相同的概率，选B
2．B
【解析】
试题分析：．
考点：分式不等式的解法，集合的交运算．
点评：分式不等式的解法，移项化简使一侧为零，然后x的系数化成正值，再利用数轴穿根法求解.要注意集合的交集是两个集合的公共元素组成的集合.
3．A
【解析】
试题分析：即又，,，即成立,相反，代入特殊值，当时，满足,但不成立.所以是充分不必要条件,故选A.
考点：充分必要条件的判定
4．C
【解析】当a=0时，f(x)的定义域为,又因为f(-x)=f(x)，所以f(x)为偶函数，因而选C
5．B
【解析】解：M的个数就是{b,c,d}的子集，但不含{b,c,d}，所以有个，选B。
6．C
【解析】略
7．A
【解析】分析：要求椭圆的离心率，即要求a，c的关系，首先由定义和余弦定理得到一个关系，再由中线长公式得到一个关系，联立可得．
解：设|PF1|=x，|PF2|=y，则x+y=2a；① 由余弦定理 cos∠F1PF2=
?=； ∴x2+y2-xy=4c2；② ∵中线长公式=（+） 故OP2=（PF12+PF22+2? PF2） ? =（x2+y2+2xycos∠F1PF2）?x2+y2=3a2-xy；③ ∴①②③联立代换掉x，y得：a2=4c2； ∴=． 故选：A．
点评：本题主要考查椭圆的定义，余弦定理及中线长公式，体现了在解题中要灵活运用转化知识．
8．D
【解析】
试题分析：由条件，设，则，在中有，
整理有: ，即，即，在中有，，
将代入得：，即，即，即.
考点：1.椭圆的标准方程与性质；2.勾股定理.
9．B
【解析】略
10．A
【解析】略
11．7
【解析】略
12．
【解析】
13．
【解析】略
14．(x－1)2＋y2＝1
【解析】因为抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，所以a＝1，b＝0.又根据＝1＝r，所以圆的方程为(x－1)2＋y2＝1.
15．18
【解析】略
16．(1)以底面圆心O为原点建立直角坐标系xOy,并每隔0.5cm作圆的平行于y轴的弦作为辅助线,如图①.
(2)建立x′O′y′水平面,使∠x′O′y′=45°,画出底面圆的直观图如图②,此时A′B′=4 cm,C′D′=2 cm.?(3)过O′作z′轴,使∠x′O′z′=90°,在z′轴上取一点V′,使O′V′=3cm,连结V′A′、V′B′去掉坐标系及辅助线就得到所求圆锥的直观图.
【解析】
试题分析：(1)以底面圆心O为原点建立直角坐标系xOy,并每隔0.5cm作圆的平行于y轴的弦作为辅助线,如图①.
(2)建立x′O′y′水平面,使∠x′O′y′=45°,画出底面圆的直观图如图②,此时A′B′=4 cm,C′D′=2 cm.
(3)过O′作z′轴,使∠x′O′z′=90°,在z′轴上取一点V′,使O′V′=3cm,连结V′A′、V′B′去掉坐标系及辅助线就得到所求圆锥的直观图.
考点：斜二测画法。
点评：在斜二测画法中，要注意平行于y轴和平行于z轴的线段的距离的变化。
17．（I）
（II）
【解析】解：函数的周期
∵ …………………………2分
∴ ∴
∴……………………4分
又 ∴
∴……………………6分
（2）……………………7分
又∵ ∴………………8分
∴…………………………………10分
∴
………………12分
18．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
试题分析：（1）解决立体几何的有关问题，空间想象能力是非常重要的，但新旧知识的迁移融合也很重要，在平面几何的基础上，把某些空间问题转化为平面问题来解决，有时很方便；（2）证明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性质定理，三是利用面面平行的性质；（3）证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；（4）在求三棱柱体积时，选择适当的底作为底面，这样体积容易计算．
试题解析：（1）取的中点，连结，
由于分别是的中点，，
又由于，
，且，所以为平行四边形．
，且不在平面内，在平面内，
所以
（2）等体积法
令点到平面的距离为
，
又
直线与平面所成角的正弦值．
考点：1、直线与平面平行的判定；2、直线与平面所成的角．
19．（1）；（2）．
【解析】
试题分析：(1)在三角形中处理边角关系时，一般全部转化为角的关系，或全部转化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用正弦定理，出现边的二次式一般采用余弦定理，应用正弦、余弦定理时，注意公式变形的应用，解决三角形问题时，注意角的限制范围；(2)在三角形中，注意隐含条件；（3）解决三角形问题时，根据边角关系灵活的选用定理和公式；（4）平方关系和商数关系式中的角都是同一个角，且商数关系式中；利用平方关系解决问题时，要注意开方运算结果的符号，需要根据角的范围确定．
试题解析：（1）∵△的面积为，且，∴，
∴，∴为锐角，且，
∴，所以．
（2）
所以周长为
==
，所以，,所以
所以周长最大值为．
考点：1、三角形的面积公式；2、正弦定理的应用；3、三角形的周长．
20．（1）见解析；（2）
【解析】
试题分析：（1）根据AE⊥平面CDE的性质可知AE⊥CD，而CD⊥AD，AD∩AE=A，根据线面垂直的判定定理可知CD⊥平面ADE，而AB∥CD，，从而AB⊥平面ADE；（2）方法一：在△中过点作于点，可得，根据可得EF，所以，计算即可；方法二：在Rt△ADE中，求出AE，AD，DE，过点E作EF⊥AD于点F，根据AB⊥平面ADE，EF?平面ADE，可知EF⊥AB，而AD∩AB=A，从而EF⊥平面ABCD，因AD?EF=AE?DE，可求出EF，又正方形ABCD的面积SABCD=36，则=；因为平面
试题解析：（1）证明：∵平面，平面，
∴．
在正方形中，，
∵，∴平面．
∵，
∴平面．
（2）解法1：在△中，，，
∴．
过点作于点，
∵平面，平面，
∴．
∵，
∴平面．
∵，
∴．
又正方形的面积，
∴
．
故所求凸多面体的体积为．
解法2：在△中，，，
∴．
连接，则凸多面体分割为三棱锥
和三棱锥．
由（1）知，．
∴．
又，平面，平面，
∴平面．
∴点到平面的距离为的长度．
∴．
∵平面，
∴．
∴．
故所求凸多面体的体积为．
考点：直线与平面垂直的判定；组合几何体的面积、体积问题．
21．（1）周期为，值域为；（2）．
【解析】
试题分析：（1）由题化简f（x）可得f（x），然后不难得到其早期和值域；（2）由题可得根据不难得到的值，然后根据＝计算即可．
试题解析：（1）---3分
∴函数的最小正周期为，值域为。
（2）解：依题意得：
∵ ∴
∴＝
＝
∵＝
∴＝
考点：三角函数图像和性质、两角和与差的三角函数
枣阳市高级中学2014-2015学年高二下学期文科数学5月月考试题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、选择题（10小题，每小题5分，共50分）
1．有两枚质地均匀的骰子，一枚红色骰子有两个面是1，其余面是2，3，4，5，另一枚蓝
色骰子有两面是2，其余面是3，4，5，6，则两个骰子向上点数相同的概率为（ ）
2．设集合，则=
A． B． C． D．
3．设，，则“”是“”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．若函数，则下列结论正确的是（ ）
A．，在上是增函数
B．，在上是减函数
C．，是偶函数
D．，是奇函数
5．满足｛a｝M｛a, b, c, d｝的集合M共有 （ ）
A．6个 B．7个 C．8个 D．15个
6．如果等差数列中，则 （ ）
A.14 B.21 C.28 D. 35
7．设为坐标原点，是椭圆的左、右焦点，若在椭圆上存在点满足，且，则该椭圆的离心率为（ ▲ ）
Ａ、 Ｂ、 Ｃ、 Ｄ、
8．椭圆的左、右焦点分别为，是上两点，，，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
9．从A处望B处的仰角为,从B处望A的府角是β则，α，β之间的关系是 ( )
A. α>β B. α=β C. α+β=900 D. α+β=1800
10．.已知集合,，则=
A. B. C. D.
评卷人
得分
二、填空题（题型注释）
11．在单位圆上有三点A，B，C，设△ABC三边长分别为a，b，c，则[
＋＋＝________
12．今有四张卡片上分别写有“好”、“ 好”、“ 学”、“ 习”四个字，现将其随机排成一行，则恰好排成 “好好学习”的概率是 ．
13．若血色素化验的准确率是，则在10次化验中，最多一次不准的概率是
14．已知圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2的圆心为抛物线y2＝4x的焦点，且与直线3x＋4y＋2＝0相切，则该圆的方程为________．
15．设变量x、y满足约束条件，则的最大值为
评卷人
得分
三、解答题（5小题，每小题5分，共25分）
16．（10分）用斜二测画法画底面半径为2 cm,高为3 cm的圆锥的直观图.
17．（本小题满分12分）
若函数的图象（部分）如图所示。
（I）求的解析式；
（II）若，求
18．（本小题满分15分）在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，，．
（1）若中点为．求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
19．（本小题满分15分）已知的面积为，且．
（1）求；
（2）求求周长的最大值．
20．（14分）正方形所在平面与三角形所在平面相交于，平面，且，．
（1）求证：平面；
（2）求凸多面体的体积．
21．（12分）已知：函数．
（1）求函数的最小正周期和值域；
（2）若函数的图象过点，．求的值．]
参考答案
1．B
【解析】解：因为两枚质地均匀的骰子，一枚红色骰子有两个面是1，其余面是2，3，4，5，另一枚蓝色骰子有两面是2，其余面是3，4，5，6，则两个骰子向上点数相同的概率，选B
2．B
【解析】
试题分析：．
考点：分式不等式的解法，集合的交运算．
点评：分式不等式的解法，移项化简使一侧为零，然后x的系数化成正值，再利用数轴穿根法求解.要注意集合的交集是两个集合的公共元素组成的集合.
3．A
【解析】
试题分析：即又，,，即成立,相反，代入特殊值，当时，满足,但不成立.所以是充分不必要条件,故选A.
考点：充分必要条件的判定
4．C
【解析】当a=0时，f(x)的定义域为,又因为f(-x)=f(x)，所以f(x)为偶函数，因而选C
5．B
【解析】解：M的个数就是{b,c,d}的子集，但不含{b,c,d}，所以有个，选B。
6．C
【解析】略
7．A
【解析】分析：要求椭圆的离心率，即要求a，c的关系，首先由定义和余弦定理得到一个关系，再由中线长公式得到一个关系，联立可得．
解：设|PF1|=x，|PF2|=y，则x+y=2a；① 由余弦定理 cos∠F1PF2=
?=； ∴x2+y2-xy=4c2；② ∵中线长公式=（+） 故OP2=（PF12+PF22+2? PF2） ? =（x2+y2+2xycos∠F1PF2）?x2+y2=3a2-xy；③ ∴①②③联立代换掉x，y得：a2=4c2； ∴=． 故选：A．
点评：本题主要考查椭圆的定义，余弦定理及中线长公式，体现了在解题中要灵活运用转化知识．
8．D
【解析】
试题分析：由条件，设，则，在中有，
整理有: ，即，即，在中有，，
将代入得：，即，即，即.
考点：1.椭圆的标准方程与性质；2.勾股定理.
9．B
【解析】略
10．A
【解析】略
11．7
【解析】略
12．
【解析】
13．
【解析】略
14．(x－1)2＋y2＝1
【解析】因为抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，所以a＝1，b＝0.又根据＝1＝r，所以圆的方程为(x－1)2＋y2＝1.
15．18
【解析】略
16．(1)以底面圆心O为原点建立直角坐标系xOy,并每隔0.5cm作圆的平行于y轴的弦作为辅助线,如图①.
(2)建立x′O′y′水平面,使∠x′O′y′=45°,画出底面圆的直观图如图②,此时A′B′=4 cm,C′D′=2 cm.?(3)过O′作z′轴,使∠x′O′z′=90°,在z′轴上取一点V′,使O′V′=3cm,连结V′A′、V′B′去掉坐标系及辅助线就得到所求圆锥的直观图.
【解析】
试题分析：(1)以底面圆心O为原点建立直角坐标系xOy,并每隔0.5cm作圆的平行于y轴的弦作为辅助线,如图①.
(2)建立x′O′y′水平面,使∠x′O′y′=45°,画出底面圆的直观图如图②,此时A′B′=4 cm,C′D′=2 cm.
(3)过O′作z′轴,使∠x′O′z′=90°,在z′轴上取一点V′,使O′V′=3cm,连结V′A′、V′B′去掉坐标系及辅助线就得到所求圆锥的直观图.
考点：斜二测画法。
点评：在斜二测画法中，要注意平行于y轴和平行于z轴的线段的距离的变化。
17．（I）
（II）
【解析】解：函数的周期
∵ …………………………2分
∴ ∴
∴……………………4分
又 ∴
∴……………………6分
（2）……………………7分
又∵ ∴………………8分
∴…………………………………10分
∴
………………12分
18．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
试题分析：（1）解决立体几何的有关问题，空间想象能力是非常重要的，但新旧知识的迁移融合也很重要，在平面几何的基础上，把某些空间问题转化为平面问题来解决，有时很方便；（2）证明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性质定理，三是利用面面平行的性质；（3）证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；（4）在求三棱柱体积时，选择适当的底作为底面，这样体积容易计算．
试题解析：（1）取的中点，连结，
由于分别是的中点，，
又由于，
，且，所以为平行四边形．
，且不在平面内，在平面内，
所以
（2）等体积法
令点到平面的距离为
，
又
直线与平面所成角的正弦值．
考点：1、直线与平面平行的判定；2、直线与平面所成的角．
19．（1）；（2）．
【解析】
试题分析：(1)在三角形中处理边角关系时，一般全部转化为角的关系，或全部转化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用正弦定理，出现边的二次式一般采用余弦定理，应用正弦、余弦定理时，注意公式变形的应用，解决三角形问题时，注意角的限制范围；(2)在三角形中，注意隐含条件；（3）解决三角形问题时，根据边角关系灵活的选用定理和公式；（4）平方关系和商数关系式中的角都是同一个角，且商数关系式中；利用平方关系解决问题时，要注意开方运算结果的符号，需要根据角的范围确定．
试题解析：（1）∵△的面积为，且，∴，
∴，∴为锐角，且，
∴，所以．
（2）
所以周长为
==
，所以，,所以
所以周长最大值为．
考点：1、三角形的面积公式；2、正弦定理的应用；3、三角形的周长．
20．（1）见解析；（2）
【解析】
试题分析：（1）根据AE⊥平面CDE的性质可知AE⊥CD，而CD⊥AD，AD∩AE=A，根据线面垂直的判定定理可知CD⊥平面ADE，而AB∥CD，，从而AB⊥平面ADE；（2）方法一：在△中过点作于点，可得，根据可得EF，所以，计算即可；方法二：在Rt△ADE中，求出AE，AD，DE，过点E作EF⊥AD于点F，根据AB⊥平面ADE，EF?平面ADE，可知EF⊥AB，而AD∩AB=A，从而EF⊥平面ABCD，因AD?EF=AE?DE，可求出EF，又正方形ABCD的面积SABCD=36，则=；因为平面
试题解析：（1）证明：∵平面，平面，
∴．
在正方形中，，
∵，∴平面．
∵，
∴平面．
（2）解法1：在△中，，，
∴．
过点作于点，
∵平面，平面，
∴．
∵，
∴平面．
∵，
∴．
又正方形的面积，
∴
．
故所求凸多面体的体积为．
解法2：在△中，，，
∴．
连接，则凸多面体分割为三棱锥
和三棱锥．
由（1）知，．
∴．
又，平面，平面，
∴平面．
∴点到平面的距离为的长度．
∴．
∵平面，
∴．
∴．
故所求凸多面体的体积为．
考点：直线与平面垂直的判定；组合几何体的面积、体积问题．
21．（1）周期为，值域为；（2）．
【解析】
试题分析：（1）由题化简f（x）可得f（x），然后不难得到其早期和值域；（2）由题可得根据不难得到的值，然后根据＝计算即可．
试题解析：（1）---3分
∴函数的最小正周期为，值域为。
（2）解：依题意得：
∵ ∴
∴＝
＝
∵＝
∴＝
考点：三角函数图像和性质、两角和与差的三角函数