廣西壯族自治區(qū)柳州市第十七中學高二數(shù)學理下學期摸底試題含解析一、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.已知實數(shù)x，y滿足，則的最大值為A．4

B．3

C.0

D．2參考答案：A2.設四面體的六條棱的長分別為，，，，和且長為的棱與長為的棱異面，則的取值范圍是（

）（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：A略3.若向量在軸上的坐標為，其他坐標不為，那么與向量平行的坐標平面是（）Ａ．平面

Ｂ．平面

Ｃ．平面

Ｄ．以上都有可能參考答案：B4.在等差數(shù)列{an}中,若,則等于(

)A.

B.2

C.

D.4參考答案：A5.命題“”的否定是A．

B．C．

D．參考答案：C6.已知，分別為圓錐曲線和的離心率，則的值為（

）A．正數(shù)

B．負數(shù)

C．零

D．不確定參考答案：B略7.若是純虛數(shù)（其中是虛數(shù)單位），且，則的值是（

）

A、

B、

C、

D、或

參考答案：A8.已知不等式組表示的平面區(qū)域為D，點O（0，0），A（1，0）．若點M是D上的動點，則的最小值是（）A． B． C． D．參考答案：C【考點】簡單線性規(guī)劃．【專題】不等式的解法及應用．【分析】利用向量的數(shù)量積將條件進行轉化，利用數(shù)形結合進行求解即可得到結論．【解答】解：設z=，則z==||?=||?cos∠A0M，∵O（0，0），A（1，0）．∴||=1，∴z=||?cos∠A0M=cos∠A0M，作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖：要使cos∠A0M，則∠A0M最大，即當M在C處時，∠A0M最大，由得，即C（1，3），則|AC|=，則cos∠A0M==，故選：C．【點評】本題主要考查線性規(guī)劃的應用，利用向量的數(shù)量積將條件進行轉化是解決本題的關鍵．9.已知f（x）=xlnx，若f′（x0）=2，則x0等于（）A．e2 B．e C． D．ln2參考答案：B【考點】導數(shù)的運算．【分析】先對函數(shù)進行求導，然后根據(jù)f′（x0）=2，建立等式關系，解之即可求得答案．【解答】解：∵f（x）=xlnx，（x＞0）∴f′（x）=lnx+1，∵f′（x0）=2，∴f′（x0）=lnx0+1=2，解得x0=e，∴x0的值等于e．故選：B．10.右圖是一個幾何體的三視圖，則此幾何體的直觀圖是(

)A

B

C

D參考答案：D二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，a與b的夾角為60°，則|a－b|＝_________.參考答案：略12.某中學高一年級有學生600人，高二年級有學生450人，高三年級有學生750人，每個學生被抽到的可能性均為0.2，若該校取一個容量為n的樣本，則n=

．參考答案：略13.某校為了了解學生的課外閱讀情況，隨機調查了50名學生，得到他們在某一天各自課外閱讀所用時間的數(shù)據(jù)，結果用下面的條形圖表示．根據(jù)條形圖可得這50名學生這一天平均的課外閱讀時間為________小時．參考答案：0.914.對于平面和共面的直線m、n，下列命題中假命題有

個A.若m⊥，m⊥n，則n∥

B.若m∥，n∥，則m∥nC.若m，n∥，則m∥n

D.若m、n與所成的角相等，則n∥m參考答案：3略15.若復數(shù)z=2﹣3i，則在復平面內(nèi)，z對應的點的坐標是

．參考答案：（2，﹣3）【考點】A4：復數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義．【分析】利用復數(shù)的幾何意義即可得出．【解答】解：復數(shù)z=2﹣3i，則在復平面內(nèi)，z對應的點的坐標是（2，﹣3），故答案為：（2，﹣3）．16.已知各項不為0的等差數(shù)列{an}滿足2a2－a＋2a12＝0，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且b7＝a7，則b3b11等于

.參考答案：1617.數(shù)列……的前100項的和等于

。

參考答案：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.已知函數(shù)，（且），（1）若函數(shù)在上的最大值為1，求a的值；（2）若存在使得關于的不等式成立，求k的取值范圍.參考答案：（1）或；（2）【分析】（1）利用導數(shù)結合定義域討論出函數(shù)的單調區(qū)間，根據(jù)單調區(qū)間求出函數(shù)的最小值，從而解出的范圍；（2）關于不等式存在成立，等價于不等式在有解，令，對函數(shù)求導，求出函數(shù)在上的單調區(qū)間，從而求出的最小值，即可求出的取值范圍?！驹斀狻浚?）因為，令，，，當時，在上單調遞增，在上單調遞減，所以在區(qū)間上的最大值為，令，解得.當，，當時，在上單調遞增，上單調遞減，上單調遞增，所以最大值1可能在或處取得，而，所以，解得.當時，在區(qū)間上單調遞增，上單調遞減，上單調遞增，所以最大值1可能在或處取得，而，所以，解得，與矛盾.當時，在區(qū)間上單調遞增，在單調遞減，所以最大值1可能在處取得，而，矛盾.綜上所述，或.（2）關于的不等式存在成立，等價于不等式有解，設，，，當即時，遞增，當，即時，遞減，又，，∵，∴.【點睛】本題主要考查利用導數(shù)討論函數(shù)的單調區(qū)間，最大最小值的問題以及分離參數(shù)法，綜合性比較強，有一定難度。19.已知過拋物線y2=2px（p＞0）的焦點，斜率為的直線交拋物線于A（x1，y1）和B（x2，y2）（x1＜x2）兩點，且|AB|=9，（1）求該拋物線的方程；（2）O為坐標原點，C為拋物線上一點，若，求λ的值．參考答案：【考點】拋物線的標準方程；直線與圓錐曲線的綜合問題．【專題】計算題．【分析】（1）直線AB的方程與y2=2px聯(lián)立，有4x2﹣5px+p2=0，從而x1+x2=，再由拋物線定義得：|AB|=x1+x2+p=9，求得p，則拋物線方程可得．（2）由p=4，4x2﹣5px+p2=0求得A（1，﹣2），B（4，4）．再求得設的坐標，最后代入拋物線方程即可解得λ．【解答】解：（1）直線AB的方程是y=2（x﹣），與y2=2px聯(lián)立，有4x2﹣5px+p2=0，∴x1+x2=由拋物線定義得：|AB|=x1+x2+p=9∴p=4，∴拋物線方程是y2=8x．（2）由p=4，4x2﹣5px+p2=0得：x2﹣5x+4=0，∴x1=1，x2=4，y1=﹣2，y2=4，從而A（1，﹣2），B（4，4）．設=（x3，y3）=（1，﹣2）+λ（4，4）=（4λ+1，4λ﹣2）又[2（2λ﹣1）]2=8（4λ+1），解得：λ=0，或λ=2．【點評】本題主要考查了拋物線的簡單性質．直線與圓錐曲線的綜合問題．考查了基本的分析問題的能力和基礎的運算能力．20.（12分）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=，AA1=2，AD=1，E、F分別是AA1和BB1的中點，G是DB上的點，且DG=2GB．（I）作出長方體ABCD﹣A1B1C1D1被平面EB1C所截的截面（只需作出，說明結果即可）；（II）求證：GF∥平面EB1C；（III）設長方體ABCD﹣A1B1C1D1被平面EB1C所截得的兩部分幾何體體積分別為V1、V2（V1＞V2），求的值．

參考答案：【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；直線與平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）取AD的中點M，連結EM，MC，則EMCB1即為所求截面．（Ⅱ）設MC∩DB=N，連結B1N，推導出FG∥B1N，由此能證明GF∥平面EB1C．（Ⅲ）延長B1E、CM必相交于BA延長線于點O，由=﹣VO﹣AME，=﹣，能求出的值．【解答】解：（Ⅰ）取AD的中點M，連結EM，MC，則EMCB1即為長方體ABCD﹣A1B1C1D1被平面EB1C所截的截面．證明：（Ⅱ）設MC∩DB=N，連結B1N，依題意知AD∥BC，∴△DMN∽△BCN，∴，∵DG=2GB，∴DN=NG=GB，∵B1F=FB，∴FG∥B1N，∵FG?平面EB1C，B1N?平面EB1C，∴GF∥平面EB1C．解：（Ⅲ）延長B1E、CM必相交于BA延長線于點O，∵AM∥BC，∴△OAM∽△OBC，∴，∴OA=AB=，∴=﹣VO﹣AME=﹣=，=﹣=，∴===．故的值為．【點評】本題考查截面的作法，考查線面平行的證明，考查兩個幾何體的體積的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．21.已知的頂點A、B在橢圓上，C在直線上，且（1）當AB通過原點O時，求AB的長及的面積；（2）當且斜邊AC的長最大時，求AB所在直線的方程。參考答案：解析：（1）

C到AB的距離=

（2）

時，最大。此時，AB的方程為即22.已知點A(-1，0)，B(1，0)，動點P滿足|PA|+|PB|=,記動點P的軌跡為曲線T,（Ⅰ）求動點P的軌跡T的方程；（Ⅱ）直線與曲線T交于不同的兩點C,D，若存在