浙江省富阳市场口中学2014-2015学年高二5月检测数学（理）试题

场口中学5月检测
高二数学试题
命题人：徐敏 复核人：高二理科备课组
一、选择题
1． 若集合，，（ ）
A. B. C. D.
2． 下列函数中值域为（0，）的是（ ）
A. B. C. D.
3．若一个组合体的三视图如图所示，则这个组合体的体积为( )
A. B. C. D.
4．抛物线上的一点到焦点的距离为1，则点的纵坐标是：（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数是偶函数，且，则（ ）
（A） （B） （C） （D）
6．设m，n是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，给出下列命题，正确的是（ ）.
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，，则
7．函数的图象大致是（ ）.
8．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若的可能取值为（ ）.
A． B． C． D．
9．已知数列是等差数列，，，设为数列的前项和，则（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在棱长为4的正四面体A－BCD中，M是BC的中点，点P在线段AM上运动(P不与A，M重合)，过点P作直线l⊥平面ABC，l与平面BCD交于点Q，给出下列命题：①BC⊥平面AMD；②Q点一定在直线DM上；③VC－AMD＝4.其中正确命题的序号是(　　)
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
二、填空题
11．直线的倾斜角的余弦值为________．
12．已知实数满足约束条件,则的最小值为 ．
13．若圆与圆的公共弦的长为8，则___________．
14．若实数a和b满足2×4a－2a·3b+2×9b=2a+3b+1，则2a+3b的取值范围为__________________．
15．已知双曲线的一条渐近线方程是，它的一个焦点与抛物线的焦点相同，则双曲线的方程为 .
16．设E，F分别是Rt△ABC的斜边BC上的两个三等分点，已知AB＝3，AC＝6，
则·＝
17．定义在上的函数,如果对于任意给定的等比数列，仍是等比数列,则称为“等比函数”.现有定义在上的如下函数:①；② ； ③； ④.则其中是“等比函数”的的序号为 ．
三、解答题
18．（本题满分10分）已知向量，函数 图像的一条对称轴与其最近的一个对称中心的距离为．
（1）求的解析式；
（2）在中，分别是角A,B,C的对边，且，求边的值．
19．（本小题满分10分）已知单调递增的等比数列满足：，且
是的等差中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，求使成立的正整数的最小值.
20．（本小题满分12分）如图，四棱锥的底面为一直角梯形，侧面PAD是等边三角形，其中，,平面底面，是的中点．
(1)求证://平面；
(2)求与平面BDE所成角的余弦值；
(3)线段PC上是否存在一点M，使得AM⊥平面PBD，如果存在，求出PM的长度；如果不存在，请说明理由。
21．（本小题满分12分）函数（为常数）的图象过点．
（1）求的值；
（2）函数在区间上有意义，求实数的取值范围；
（3）讨论关于的方程（为常数）的正根的个数.
场口中学期末适应性考试5月检测
参考答案
1．A
【解析】解：因为集合，，，选A
2．D
【解析】解：因为函数的值域，一般要根据函数的定义域和单调性得到，因此可以满足题意的为选D.选项A不能取到1，选项B能取到0，选项C中，大于等于1,。
3．C
【解析】此组合体是由一个棱长为2的正方体和半径为1的半球组合而成，则这个组合体的体积为=。
4．B
【解析】略
5．【解析】D
解析：因为函数是偶函数，所以，所以选D.
【思路点拨】抓住偶函数的性质，即可得到f(2)与f(－2)的关系，求值即可.
6．B.
【解析】
试题分析：对于A选项，可能m与相交或平行，对于选项B，由于，则在内一定有一直线设为与平行，又，则，又，根据面面垂直的判定定理，可知，故B选项正确，对于C选项，可能有，对于D选项，可能与相交.
考点：线面间的位置关系
7．A.
【解析】
试题分析：因为，且，所以此函数为偶函数，排除B,C，又当时，易知时，，而当时，，此时所以排除D.
考点：识图与辨图（常从函数的定义域，值域，奇偶性，特殊点，特殊位置等处入手判断）.
8．D.
【解析】
试题分析：因为，又在中由余弦定理有，所以有，两边同除以，得，解得，由选项代入前式，可知C的一个可能值为符合要求.
考点：余弦定理，二倍角的余弦公式，解一元二次不等式.
9．D
【解析】
试题分析：因为，所以，，，
故选D．
考点：等差数列定义及性质、数列求和．
10．A
【解析】∵AM⊥BC，DM⊥BC，∴BC⊥面AMD，故①正确，②也正确；③中，VC－AMD＝VA－BCD，A到底面BCD的距离AO＝＝，
VA－BCD＝××4××4×＝，∴VC－AMD＝.
11．.
【解析】
试题分析：由直线方程可得直线的斜率为，设直线的倾斜角为知，，再由同角三角函数公式，联立这两个方程组得.
考点：直线的倾斜角．
12．3.
【解析】
试题分析：如图所示，令，当过A点时，Z取到最小值为.
考点：线性规划问题（求线性目标函数的最小值）.
13．或.
【解析】
试题分析：将两圆的方程相减即可得到两圆公共弦所在的直线方程即，根据弦长与半径以及弦心距之间的关系即可得到，即可得到，从而解得或.
考点：直线与圆相交的性质．
14．（1,2]
15．
【解析】略
16．10
[解析] ·＝(＋)·(＋)＝（＋）·(－)
＝·－||2＋·(－)
＝||2＝(62＋32)＝10.
17．②③
【解析】
试题分析：或.对①，不是等比数列；
对②，，仍为等比数列；
对③，，仍为等比数列；
对 ④，，不是等比数列.
考点：1、等比数列；2、新定义.
18．（1），（2），
【解析】
试题分析：先利用数量积坐标运算和降幂公式及辅助角公式，求出函数，图像的一条对称轴与其最近的一个对称中心的距离为，所以周期，则
；第二步由可得，又 ，最后用余弦定理求出边；
试题解析：（1）
（2分）
的最小正周期为

（2）


（6分）
又 （8分）
由余弦定理知： （10分）
考点：1．三角函数恒等变换；2．三角函数性质；3．面积公式与余弦定理；
19．（1）（2）
【解析】
试题分析： 先设等比数列的首项为，公比为根据是的等差中项，则
，又因为，可得，，解之得 或又数列单调递增 ，，数列的通项公式为；第二步，，下面利用错位相减法求和
，
两式相减，得 下面解不等式
即，即， 从而 故正整数的最最小值为5.
试题解析： （1）设等比数列的首项为，公比为依题意，有，代入，可得，，解之得 或又数列单调递增， ，，数列的通项公式为 6
（2），，
，
两式相减，得
即，即
从而 故正整数的最小值为5.
使成立的正整数的最小值为5. 12分
考点： 1.等差数列与等比数列的通项公式；2.错位相减法求数列的和；3.解不等式
20．（1）详见解析；（2）cosCBN= ；（3）不存在点M满足题意.
【解析】
试题分析：（1）证明BE∥平面PAD，只需证明AF∥BE；（2）过C作DE的垂线，交DE的延长线于N，连接BN，证明∠CBN就是直线BC与平面BDE所成角，从而可求BC与平面BDE所成角的余弦值；
（3）假设PC上存在点M，使得AM⊥平面PBD，则AM⊥PD，可得点M与E重合．取CD中点G，连接EG，AG，则BD⊥AG，证明PD⊥平面BCD，从而PD⊥AD，这与△PAD是等边三角形矛盾．
试题解析：(1)取PD中点F，连接AF, EF
则,
又，
∴
∴
∴四边形ABEF是平行四边形 2分
∴AF∥BE 又平面PAD，平面PAD
∴//平面 4分
（2）过C作DE的垂线，交DE的延长线于N，连接BN
∵平面底面，
∴平面
∴AF 又AF⊥PD，
∴AF⊥平面PCD
∴BE⊥平面PCD
∴BE⊥CN，又CN⊥DE，
∴CN⊥平面BDE
∴CBN就是直线与平面BDE所成角 7分
令AD=1，,易求得，
∴sinCBN=
∴cosCBN=
故与平面BDE所成角的余弦值为 9分
（3）假设PC上存在点M，使得AM⊥平面PBD 则AM⊥PD,由（2）AF⊥PD
∴PD⊥平面AFM，又PD⊥平面ABEF
故点M与E重合。 1分
取CD中点G，连接EG,AG
易证BD⊥AG，又BD⊥AE
∴BD⊥平面AEG
∴BD⊥EG
∴BD⊥PD,又PD⊥CD
∴PD⊥平面BCD
从而PD⊥AD,这与⊿PAD是等边三角形矛盾
（另解坐标法）
证明：取AD中点O，连接PO∵侧面PAD是等边三角形 ∴PO⊥AD
又∵平面底面， ∴PO⊥平面ABCD 2分
设，如图建立空间坐标系，则
，,
，. 3分
（1），，
所以，
∵平面，∴平面. 5分
（2），
设平面的一个法向量为
则 求得平面的一个法向量为； 7分
， 8分
所以直线与平面所成角的余弦值为。 10分
（3）设存在点M(满足AM⊥平面PBD，则M、P、C三点共线
因为，所以存在实数，使得
即 11分
∵AM⊥平面PBD ∴ 得（不合题意）
故在线段上不存在点M满足题意。 14分
考点：(1)空间的位置关系的证明；（2）线面角的求法；（3）向量在立体几何中的应用.
21．（1）；（2）；（3）3个.
【解析】
试题分析：（1）依题意直接代入得；（2）将代入得，要使其在区间上有意义，只需满足对恒成立，得，令，先确定在上的单调性（可利用求导，也可利用定义），再求在上的最小值，即可得到实数的取值范围；（3）求方程（为常数）的正根的个数，可以转化为求函数与图像交点个数，其中的图像和的大小有关，所以要分，，三种情况讨论，详见解析.
试题解析：（1）依题意有． 3分
（2）由（1）得，则在区间上有意义，即对恒成立，得，令，先证其单调递增：
法1∵ 在上恒成立，故在递增，
法2： 任取，则
因为，则，故在递增，则，得． 8分
（3）结合图象有：
①当时，正根的个数为0；
如图一
②当时，正根的个数为1；
如图二
③当时，正根的个数为2；
如图三 13分
考点：（1）待定系数法；（2）导数的应用及恒成立问题；（3）函数图像.
场口中学期末适应性考试5月检测
参考答案
1．A
【解析】解：因为集合，，，选A
2．D
【解析】解：因为函数的值域，一般要根据函数的定义域和单调性得到，因此可以满足题意的为选D.选项A不能取到1，选项B能取到0，选项C中，大于等于1,。
3．C
【解析】此组合体是由一个棱长为2的正方体和半径为1的半球组合而成，则这个组合体的体积为=。
4．B
【解析】略
5．D 解析：因为函数是偶函数，所以，所以选D.
6．B.
【解析】
试题分析：对于A选项，可能m与相交或平行，对于选项B，由于，则在内一定有一直线设为与平行，又，则，又，根据面面垂直的判定定理，可知，故B选项正确，对于C选项，可能有，对于D选项，可能与相交.
考点：线面间的位置关系
7．A.
【解析】
试题分析：因为，且，所以此函数为偶函数，排除B,C，又当时，易知时，，而当时，，此时所以排除D.
考点：识图与辨图（常从函数的定义域，值域，奇偶性，特殊点，特殊位置等处入手判断）.
8．D.
【解析】
试题分析：因为，又在中由余弦定理有，所以有，两边同除以，得，解得，由选项代入前式，可知C的一个可能值为符合要求.
考点：余弦定理，二倍角的余弦公式，解一元二次不等式.
9．D
【解析】
试题分析：因为，所以，，，
故选D．
考点：等差数列定义及性质、数列求和．
10．A
【解析】∵AM⊥BC，DM⊥BC，∴BC⊥面AMD，故①正确，②也正确；③中，VC－AMD＝VA－BCD，A到底面BCD的距离AO＝＝，
VA－BCD＝××4××4×＝，∴VC－AMD＝.
11．.
【解析】
试题分析：由直线方程可得直线的斜率为，设直线的倾斜角为知，，再由同角三角函数公式，联立这两个方程组得.
考点：直线的倾斜角．
12．3.
【解析】
试题分析：如图所示，令，当过A点时，Z取到最小值为.
考点：线性规划问题（求线性目标函数的最小值）.
13．或.
【解析】
试题分析：将两圆的方程相减即可得到两圆公共弦所在的直线方程即，根据弦长与半径以及弦心距之间的关系即可得到，即可得到，从而解得或.
考点：直线与圆相交的性质．
14．(1,2]
15．
【解析】略
16．10
[解析] ·＝(＋)·(＋)＝（＋）·(－)
＝·－||2＋·(－)
＝||2＝(62＋32)＝10.
17．②③
【解析】
试题分析：或.对①，不是等比数列；
对②，，仍为等比数列；
对③，，仍为等比数列；
对 ④，，不是等比数列.
考点：1、等比数列；2、新定义.
18．（1），（2），
【解析】
试题分析：先利用数量积坐标运算和降幂公式及辅助角公式，求出函数，图像的一条对称轴与其最近的一个对称中心的距离为，所以周期，则
；第二步由可得，又 ，最后用余弦定理求出边；
试题解析：（1）
（2分）
的最小正周期为

（2）


（6分）
又 （8分）
由余弦定理知： （10分）
考点：1．三角函数恒等变换；2．三角函数性质；3．面积公式与余弦定理；
19．（1）（2）
【解析】
试题分析： 先设等比数列的首项为，公比为根据是的等差中项，则
，又因为，可得，，解之得 或又数列单调递增 ，，数列的通项公式为；第二步，，下面利用错位相减法求和
，
两式相减，得 下面解不等式
即，即， 从而 故正整数的最最小值为5.
试题解析： （1）设等比数列的首项为，公比为依题意，有，代入，可得，，解之得 或又数列单调递增， ，，数列的通项公式为 6
（2），，
，
两式相减，得
即，即
从而 故正整数的最小值为5.
使成立的正整数的最小值为5. 12分
考点： 1.等差数列与等比数列的通项公式；2.错位相减法求数列的和；3.解不等式
20．（1）详见解析；（2）cosCBN= ；（3）不存在点M满足题意.
【解析】
试题分析：（1）证明BE∥平面PAD，只需证明AF∥BE；（2）过C作DE的垂线，交DE的延长线于N，连接BN，证明∠CBN就是直线BC与平面BDE所成角，从而可求BC与平面BDE所成角的余弦值；
（3）假设PC上存在点M，使得AM⊥平面PBD，则AM⊥PD，可得点M与E重合．取CD中点G，连接EG，AG，则BD⊥AG，证明PD⊥平面BCD，从而PD⊥AD，这与△PAD是等边三角形矛盾．
试题解析：(1)取PD中点F，连接AF, EF
则,
又，
∴
∴
∴四边形ABEF是平行四边形 2分
∴AF∥BE 又平面PAD，平面PAD
∴//平面 4分
（2）过C作DE的垂线，交DE的延长线于N，连接BN
∵平面底面，
∴平面
∴AF 又AF⊥PD，
∴AF⊥平面PCD
∴BE⊥平面PCD
∴BE⊥CN，又CN⊥DE，
∴CN⊥平面BDE
∴CBN就是直线与平面BDE所成角 7分
令AD=1，,易求得，
∴sinCBN=
∴cosCBN=
故与平面BDE所成角的余弦值为 9分
（3）假设PC上存在点M，使得AM⊥平面PBD 则AM⊥PD,由（2）AF⊥PD
∴PD⊥平面AFM，又PD⊥平面ABEF
故点M与E重合。 1分
取CD中点G，连接EG,AG
易证BD⊥AG，又BD⊥AE
∴BD⊥平面AEG
∴BD⊥EG
∴BD⊥PD,又PD⊥CD
∴PD⊥平面BCD
从而PD⊥AD,这与⊿PAD是等边三角形矛盾
（另解坐标法）
证明：取AD中点O，连接PO∵侧面PAD是等边三角形 ∴PO⊥AD
又∵平面底面， ∴PO⊥平面ABCD 2分
设，如图建立空间坐标系，则
，,
，. 3分
（1），，
所以，
∵平面，∴平面. 5分
（2），
设平面的一个法向量为
则 求得平面的一个法向量为； 7分
， 8分
所以直线与平面所成角的余弦值为。 10分
（3）设存在点M(满足AM⊥平面PBD，则M、P、C三点共线
因为，所以存在实数，使得
即 11分
∵AM⊥平面PBD ∴ 得（不合题意）
故在线段上不存在点M满足题意。 14分
考点：(1)空间的位置关系的证明；（2）线面角的求法；（3）向量在立体几何中的应用.
21．（1）；（2）；（3）3个.
【解析】
试题分析：（1）依题意直接代入得；（2）将代入得，要使其在区间上有意义，只需满足对恒成立，得，令，先确定在上的单调性（可利用求导，也可利用定义），再求在上的最小值，即可得到实数的取值范围；（3）求方程（为常数）的正根的个数，可以转化为求函数与图像交点个数，其中的图像和的大小有关，所以要分，，三种情况讨论，详见解析.
试题解析：（1）依题意有． 3分
（2）由（1）得，则在区间上有意义，即对恒成立，得，令，先证其单调递增：
法1∵ 在上恒成立，故在递增，
法2： 任取，则
因为，则，故在递增，则，得． 8分
（3）结合图象有：
①当时，正根的个数为0；
如图一
②当时，正根的个数为1；
如图二
③当时，正根的个数为2；
如图三 13分
考点：（1）待定系数法；（2）导数的应用及恒成立问题；（3）函数图像.