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1、省直辖县级行政区划潜江市杨市办事处莫市初级中学高二数学理上学期摸底试题含解析一、 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. 已知集合，则为A或 B或C或 D或参考答案：A2. 从一批产品中取出三件产品，设A=三件产品全是正品，B=三件产品全是次品，C=三件产品不全是次品，则下列结论不正确的是（）AA与B互斥且为对立事件BB与C为对立事件CA与C存在着包含关系DA与C不是互斥事件参考答案：A【考点】互斥事件与对立事件【专题】计算题；整体思想；定义法；概率与统计【分析】本题中给了三个事件，四个选项都是研究互斥关系的，可先对每个事件进行分
2、析，再考查四个选项得出正确答案【解答】解：A为三件产品全不是次品，指的是三件产品都是正品，B为三件产品全是次品，C为三件产品不全是次品，它包括一件次品，两件次品，三件全是正品三个事件由此知：A与B是互斥事件，但不对立；A与C是包含关系，不是互斥事件，更不是对立事件；B与C是互斥事件，也是对立事件故选：A【点评】本题考查互斥事件与对立事件，解题的关系是正确理解互斥事件与对立事件，事件的包含等关系且能对所研究的事件所包含的基本事件理解清楚，明白所研究的事件本题是概念型题3. 若点在函数的图象上，则下列点也在此图象上的是（ ）ABCD参考答案：D略4. 在四面体中，已知棱的长为，其余各棱长都为，则二
3、面角的余弦值为（ ）A B C D 参考答案：C略5. 把标号为1，2，3，4，5的五个小球全部放入标号为1，2，3，4的四个盒子中，不许有空盒且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的方法种数是（ ） A、36B、48C、60D、84参考答案：D 【考点】排列、组合的实际应用 【解答】解：第一类，第5球独占一盒，则有4种选择；如第5球独占第一盒，则剩下的三盒，先把第1球放旁边，就是2，3，4球放入2，3，4盒的错位排列，有2种选择，再把第1球分别放入2，3，4盒，有3种可能选择，于是此时有23=6种选择；如第1球独占一盒，有3种选择，剩下的2，3，4球放入两盒有2种选择，此时有2
4、3=6种选择，得到第5球独占一盒的选择有4（6+6）=48种， 第二类，第5球不独占一盒，先放14号球，4个球的全不对应排列数是9；第二步放5号球：有4种选择；94=36，根据分类计数原理得，不同的方法有36+48=84种故选：D【分析】由题意可以分两类，第一类第5球独占一盒，第二类，第5球不独占一盒，根据分类计数原理得到答案 6. 如图，阴影部分的面积是（ ）A. B. C. D. 参考答案：C【分析】运用定积分的性质可以求出阴影部分的面积.【详解】设阴影部分的面积为，则.选C【点睛】考查了定积分在几何学上的应用，考查了数学运算能力.7. 已知变量x与y负相关，且由观测数据算得样本平均数3，
5、3.5，则 由该观测数据算得的线性回归方程可能是（ ） A2x9.5 B2x2.4 C0.3x4.4 D0.4x2.3参考答案：A8. 在ABC中，sinA?sinBcosA?cosB，则这个三角形的形状是（）A锐角三角形B钝角三角形C直角三角形D等腰三角形参考答案：B【考点】三角形的形状判断；两角和与差的余弦函数【专题】计算题【分析】对不等式变形，利用两角和的余弦函数，求出A+B的范围，即可判断三角形的形状【解答】解：因为在ABC中，sinA?sinBcosA?cosB，所以cos（A+B）0，所以A+B（0，），C，所以三角形是钝角三角形故选B【点评】本题考查三角形的形状的判定，两角和的余
6、弦函数的应用，注意角的范围是解题的关键9. 在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M 为BB1的中点，则点D到直线A1M的距离为（ ） A B C D参考答案：C略10. 已知双曲线的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是（ ）A.B. C. D.参考答案：C二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 中，角的对边分别为，若，则锐角的大小为_参考答案： 12. 过点（1，2）且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程为_.参考答案：或当直线过原点时，设直线方程为，则，直线方程为，即，当直线不经过原点时，直线的斜
7、率为，直线方程为，整理可得：.故答案为：或13. 如果椭圆的对称轴为坐标轴，短轴的一个端点与两焦点组成一正三角形，焦点在轴上，且，则椭圆的标准方程是_参考答案：略14. 不等式的解集是_参考答案：15. 已知命题的解集为，命题是成立的充要条件.有下列四个结论:“且”为真；“p且q”为真； “p或q”为真； “或”为真.其中，正确结论的序号是_ .参考答案：【分析】根据不等式求解和充要条件的判定可分别判断出命题和命题的真假性，根据含逻辑连接词的命题真假性的判定方法可得结果.【详解】由可得：，可知命题为假若中存在零向量，则，此时不成立，可知充分条件不成立；由可得，必要条件成立；即是成立的必要不充分
8、条件，可知命题为假则：为真，为真且为真，正确；且为假，错误；或为假，错误；或为真，正确，则正确结论的序号为：本题正确结果：【点睛】本题考查含逻辑连接词的命题真假性的判断，关键是能够准确判断出各个命题的真假性.16. 不等式组的解集记为D，有下列四个命题： 其中真命题是_.参考答案：（1）（2）17. 将一边长为4的正方形纸片按图1中的虚线所示的方法剪开后拼成一个正四棱柱，设其体积为；若将同样的正方形纸片按图2中的虚线所示的方法剪开后拼成一个正四棱锥，设其体积为；则与的大小关系是 .参考答案：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. 如图，四边形ABC
9、D为矩形，PA平面ABCD，DEPA（）求证：BCCE；（）若直线m?平面PAB，试判断直线m与平面CDE的位置关系，并说明理由；（）若AB=PA=2DE=2，AD=3，求三棱锥EPCD的体积参考答案：【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LO：空间中直线与直线之间的位置关系【分析】（）推导出DEBC，BCCD，由此能证明BCCE（）推导出DE平面PAB，CD平面PAB，从而平面PAB平面CDE，从而得到m平面CDE （）三棱锥EPCD的体积等于三棱锥PCDE的体积，由此能求出三棱锥EPCD的体积【解答】（本小题满分14分）证明：（）因为PA底面ABCD，PADE所以DE底面ABCD所以DEB
10、C又因为底面ABCD为矩形，所以BCCD又因为CDDE=D，所以BC平面CDE所以BCCE 解：（）若直线m?平面PAB，则直线m平面CDE证明如下，因为PADE，且PA?平面PAB，DE?平面PAB，所以DE平面PAB在矩形ABCD中，CDBA，且BA?平面PAB，CD?平面PAB，所以CD平面PAB又因为CDDE=D，所以平面PAB平面CDE又因为直线m?平面PAB，所以直线m平面CDE （）由题意知，三棱锥EPCD的体积等于三棱锥PCDE的体积由（）可知，BC平面CDE又因为ADBC，所以AD平面CDE易证PA平面CDE，所以点P到平面CDE的距离等于AD的长因为AB=PA=2DE=2，
11、AD=3，所以所以三棱锥EPCD的体积 19. （8分）（1）求函数, 的值域。（2） 已知，求证：参考答案：（1）当时，则4分（2） 8分20. 已知数列an是等比数列，Sn是它的前n项和，若a2?a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为，求S5参考答案：【考点】等差数列的性质；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和【分析】由a2?a3=2a1=a1?a4，可得a4=2，再由a4与2a7的等差中项为，得a4 +2a7 =，故有a7 =求出首项和公比，再利用等比数列的前n项和公式求出s5【解答】解：数列an是等比数列，Sn是它的前n项和，若a2?a3=2a1=a1?a4，可得a4=2再由a4与
12、2a7的等差中项为，可得a4 +2a7 =，故有a7 =q3=，q=，a1=16s5=3121. 如图，在四棱锥SABCD中，底面四边形ABCD平行四边形，AD平面SAB（1）若SA=3，AB=4，SB=5，求证：SA平面ABCD（2）若点E是SB的中点，求证：SD平面ACE参考答案：【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定【分析】（1）由线面垂直的性质可证SAAD，利用已知及勾股定理可证SAAB，即可证明SA平面ABCD，（2）连接BD，设ACBD=O，连接OE，可得BO=OD，BE=ES，可证SDOE，即可证明SD平面ACE【解答】证明：（1）AD平面SAB，SA?平面SAB，S
13、AAD，SA=3，AB=4，SB=5，SA2+AB2=SB2，即SAAB，又ABAD=A，SA平面ABCD（2）连接BD，设ACBD=O，连接OE，BO=OD，BE=ES，SDOE，又SD?平面ACE，OE?平面ACE，SD平面ACE22. （14分）设a为实数, 函数 ()求的极值.()当a在什么范围内取值时,曲线轴仅有一个交点.参考答案：解：(I)=321若=0，则=，=1当变化时，变化情况如下表：(，)(，1)1(1，+)+00+极大值极小值的极大值是，极小值是 -8分(II)由(I)可知，取足够大的正数时，有0，取足够小的负数时有0，结合的单调性可知：0时，曲线=与轴仅有一个交点，当(1，+)时，曲线=与轴仅有一个交点。-略
