廣西壯族自治區(qū)南寧市賓州第一中學高二數(shù)學理模擬試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.已知方程ax2+by2=ab和ax+by+c=0（其中ab≠0，a≠b，c＞0），它們所表示的曲線可能是（）A． B． C． D．參考答案：B【考點】圓錐曲線的軌跡問題．【分析】根據(jù)題意，可以整理方程ax2+by2=ab和ax+by+c=0變形為標準形式和斜截式，可以判斷其形狀，進而分析直線所在的位置可得答案．【解答】解：方程ax2+by2=ab化成：，ax+by+c=0化成：y=﹣x﹣，對于A：由雙曲線圖可知：b＞0，a＜0，∴﹣＞0，即直線的斜率大于0，故錯；對于C：由橢圓圖可知：b＞0，a＞0，∴﹣＜0，即直線的斜率小于0，故錯；對于D：由橢圓圖可知：b＞0，a＞0，∴﹣＜0，即直線的斜率小于0，故錯；故選B．2.△ABC中，點在上，平方．若=a，=b，，，則=（

）（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：B略3.已知A（﹣1，﹣1），過拋物線C：y2=4x上任意一點M作MN垂直于準線于N點，則|MN|+|MA|的最小值為（）A．5 B． C． D．參考答案：C【考點】拋物線的簡單性質．【分析】由拋物線方程求出拋物線的焦點坐標，數(shù)形結合可知，當F、M、A共線時，|MN|+|MA|的值最小為|FA|，再由兩點間的距離公式得答案．【解答】解：如圖，由拋物線C：y2=4x，得F（1，0），又A（﹣1，﹣1），∴|MN|+|MA|的最小值為|FA|=．故選：C．【點評】本題考查拋物線的性質，考查了數(shù)學轉化思想方法，是中檔題．4.如圖，梯形A1B1C1D1是一平面圖形ABCD的直觀圖（斜二測），若AD∥Oy，AB∥CD，A1B1=C1D1=3，A1D1=1，則原平面圖形ABCD的面積是（）A．14． B．7 C．14 D．7參考答案：B【考點】平面圖形的直觀圖．【分析】如圖，根據(jù)直觀圖畫法的規(guī)則，確定原平面圖形四邊形ABCD的形狀，求出底邊邊長，上底邊邊長，以及高，然后求出面積．【解答】解：如圖，根據(jù)直觀圖畫法的規(guī)則，直觀圖中A1D1∥O′y′，A1D1=1，?原圖中AD∥Oy，從而得出AD⊥DC，且AD=2A1D1=2，直觀圖中A1B1∥C1D1，A1B1=C1D1=3，?原圖中AB∥CD，AB=CD=3，即四邊形ABCD上底和下底邊長分別為3，4，高為2，如圖．故其面積S=（3+4）×2=7．故選：B．5.在數(shù)列中，，且，則（

）

A.

B.

C.

D.參考答案：A6.銳角中，角的對邊分別為，，則的取值范圍是（

）A．

B．

C．

D．（參考答案：D7.若不同直線

，

的方向向量分別是，則下列直線，中，既不平行也不垂直的是

A

=(1，2

-1)

=(0，2，4)

B

=(3，0，-1)

=（0，0，<參考答案：B略8.已知函數(shù)在(0,1)內有極小值，則b的取值范圍是(

)A．(－∞,0)

B．

C． D．(0,1)參考答案：B9.從個位數(shù)與十位數(shù)之和為奇數(shù)的兩位數(shù)中任取一個，其中個位數(shù)為0的概率是(

)A．

B．

C．

D．參考答案：A略10.函數(shù)的最小值是（

）

A.2

B.1

C.

D.不存在參考答案：C略二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.M是圓x2+y2–6x+8y=0上的動點，O是原點，N是射線OM上的點，若|OM||ON|=150，則N點的軌跡方程是

。參考答案：3x–4y–75=012.如圖，正方體的棱長為1，點M在棱AB上，且，動點P在平面ABCD上，且動點P到直線A1D1的距離的平方與P到點M的距離的平方的差為1，則動點P的軌跡是

參考答案：拋物線13.已知點P（x，y）的坐標滿足條件，則點P到直線的距離的最大值是_______.參考答案：14.設F1，F(xiàn)2分別是橢圓E:x2+=1(0＜b＜1)的左、右焦點，過點F1的直線交橢圓E于A，B兩點，若|AF1|=3|BF1|，AF2⊥x軸，則橢圓E的方程為__________．參考答案：設點在軸的上方，，，，由，可得，易得，又點、在橢圓上，故，化簡得，∴，故橢圓的方程為．15.已知x≥1，則動點A(x+，x–)與點B(1，0)的距離的最小值是

。參考答案：116.代數(shù)式中省略號“…”代表以此方式無限重復，因原式是一個固定值，可以用如下方法求得：令原式=t，則1+=t，則t2﹣t﹣1=0，取正值得t=，用類似方法可得=

．參考答案：3【考點】類比推理．【分析】通過已知得到求值方法：先換元，再列方程，解方程，求解（舍去負根），再運用該方法，注意兩邊平方，得到方程，解出方程舍去負的即可．【解答】解：由已知代數(shù)式的求值方法：先換元，再列方程，解方程，求解（舍去負根），可得要求的式子．令=m（m＞0），則兩邊平方得，6+═m2，即6+m=m2，解得，m=3（﹣2舍去）．故答案為：3．17.已知函數(shù)，函數(shù)在處的切線方程為

；參考答案：y=2x-e

略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.（14分）如圖所示的多面體ABC－A1B1C1中，三角形ABC是邊長為4的正三角形，AA1∥BB1∥CC1，AA1⊥平面ABC，AA1＝BB1＝2CC1＝4.(1)若O是AB的中點，求證：OC1⊥A1B1；(2)求多面體ABC－A1B1C1的體積。(3)（此問理科學生做）求二面角A—A1C1—B1的余弦值。

參考答案：(1)設線段A1B1的中點為E，連接OE，C1E.由AA1⊥平面ABC得AA1⊥AB，又BB1∥AA1且AA1＝BB1，所以AA1B1B是矩形．又點O是線段AB的中點，所以OE∥AA1，所以OE⊥A1B1…….2分由AA1⊥平面ABC得AA1⊥AC，A1A⊥BC.又BB1∥AA1∥CC1，所以BB1⊥BC，CC1⊥AC，CC1⊥BC，且AC＝BC＝4，AA1＝BB1＝4，CC1＝2，所以A1C1＝B1C1，所以C1E⊥A1B1.

…..4分又C1E∩OE＝E，所以A1B1⊥平面OC1E，因為OC1?平面OC1E，所以OC1⊥A1B1….6分（2）將此圖補全為一個正三棱柱，則VABC－A1B1C1=16—=……10分（3）設AB1的中點為M，連接C1M可證C1M⊥平面ABB1A1，連接A1M，可證AB1⊥平面A1C1M過A作AH⊥A1C1，連接B1H，可證DAHB1為二面角A—A1C1—B1的平面角?！?2分求得AH=B1H=，AB1=4由余弦定理知cosDAHB1=-……14分19.已知數(shù)列中，滿足，設（1）證明數(shù)列是等差數(shù)列；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

（2）求數(shù)列的通項公式參考答案：解析：由題知，又=

=1故是等差數(shù)列（2）

20.已知對任意的平面向量，把繞其起點沿逆時針方向旋轉角，得到向量，叫做把點B繞點A逆時針方向旋轉角得到點P①已知平面內的點A（1，2），B，把點B繞點A沿逆時針方向旋轉后得到點P，求點P的坐標②設平面內曲線C上的每一點繞逆時針方向旋轉后得到的點的軌跡是曲線，求原來曲線C的方程.參考答案：題（14分）①(0,-1)

解:

……2分

……6分

解得x=0,y=-1

……7分②

…………10分

即…………11分又x’2-y’2=1

……12分

……13分

化簡得:

……14分

21.（本小題12分）如圖，正方形所在平面與三角形所在平面相交于，平面，且，．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求凸多面體的體積．參考答案：(Ⅰ）證明：∵平面，平面，∴．在正方形中，，∵，∴平面．∵，∴平面．……………………（6分）（Ⅱ）解法1：在△中，，，∴．過點作于點，∵平面，平面，∴．∵，∴平面．∵，∴．又正方形的面積，∴．故所求凸多面體的體積為．……………（12分）解法2：在△中，，，∴．連接，則凸多面體分割為三棱錐和三棱錐．由（1）知，．∴．又，平面，平面，∴平面．∴點到平面的距離為的長度．∴．∵平面，∴．∴．故所求凸多面體的體積為．……………………（12分）22.（本小題滿分12分）平面內給定三個向