柘榮縣三中2018-2019學年高二上學期數(shù)學期末模擬試卷含解析班級_ 座號_ 姓名_ 分數(shù)_一、選擇題1 已知變量x與y負相關，且由觀測數(shù)據(jù)算得樣本平均數(shù)=3， =2.7，則由該觀測數(shù)據(jù)算得的線性回歸方程可能是（ ）A =0.2x+3.3B =0.4x+1.5C =2x3.2D =2x+8.62 已知三棱錐ABCO，OA、OB、OC兩兩垂直且長度均為6，長為2的線段MN的一個端點M在棱OA上運動，另一個端點N在BCO內運動（含邊界），則MN的中點P的軌跡與三棱錐的面所圍成的幾何體的體積為（）AB或36+C36D或363 雙曲線的左右焦點分別為，過的直線與雙曲線的右支交于兩點，若是以為直角頂點的等腰直角三角形，則（ ）A B C D4 如圖，在正四棱錐SABCD中，E，M，N分別是BC，CD，SC的中點，動點P在線段MN上運動時，下列四個結論：EPBD；EPAC；EP面SAC；EP面SBD中恒成立的為（ ）ABCD5 一個空間幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖為等腰直角三角形，側視圖與俯視圖為正方形，則該幾何體的體積為（ ）A64 B32 C D6 復數(shù)z=（其中i是虛數(shù)單位），則z的共軛復數(shù)=（ ）AiBiC +iD +i7 已知曲線的焦點為，過點的直線與曲線交于兩點，且，則的面積等于（ ）A B C D8 若向量（1，0，x）與向量（2，1，2）的夾角的余弦值為，則x為（ ）A0B1C1D29 單位正方體（棱長為1）被切去一部分，剩下部分幾何體的三視圖如圖所示，則（ ）A該幾何體體積為B該幾何體體積可能為C該幾何體表面積應為+D該幾何體唯一10在區(qū)域內任意取一點P（x，y），則x2+y21的概率是（ ）A0BCD11i是虛數(shù)單位，i2015等于（ ）A1B1CiDi12若為等差數(shù)列，為其前項和，若，則成立的最大自然數(shù)為（ ）A11 B12 C13 D14二、填空題13等差數(shù)列中，公差，則使前項和取得最大值的自然數(shù)是_.14已知f（x）x（exaex）為偶函數(shù)，則a_15已知條件p：x|xa|3，條件q：x|x22x30，且q是p的充分不必要條件，則a的取值范圍是16設函數(shù)則_；若，則的大小關系是_17如圖所示22方格，在每一個方格中填入一個數(shù)字，數(shù)字可以是1、2、3中的任何一個，允許重復若填入A方格的數(shù)字大于B方格的數(shù)字，則不同的填法共有種（用數(shù)字作答）ABCD18閱讀如圖所示的程序框圖，運行相應的程序，若輸入的X的值為2，則輸出的結果是三、解答題19設p：關于x的不等式ax1的解集是x|x0；q：函數(shù)的定義域為R若pq是真命題，pq是假命題，求實數(shù)a的取值范圍20已知復數(shù)z的共軛復數(shù)是，且復數(shù)z滿足：|z1|=1，z0，且z在復平面上對應的點在直線y=x上求z及z的值21已知a，b，c分別是ABC內角A，B，C的對邊，且csinA=acosC（I）求C的值；（）若c=2a，b=2，求ABC的面積22如圖，四面體ABCD中，平面ABC平面BCD，AC=AB，CB=CD，DCB=120，點E在BD上，且CE=DE（）求證：ABCE；（）若AC=CE，求二面角ACDB的余弦值23如圖，四棱錐PABCD中，PD平面ABCD，底面ABCD為正方形，BC=PD=2，E為PC的中點，求證：PCBC；（）求三棱錐CDEG的體積；（）AD邊上是否存在一點M，使得PA平面MEG若存在，求AM的長；否則，說明理由 24在平面直角坐標系中，ABC各頂點的坐標分別為：A（0，4）；B（3，0），C（1，1）（1）求點C到直線AB的距離；（2）求AB邊的高所在直線的方程柘榮縣三中2018-2019學年高二上學期數(shù)學期末模擬試卷含解析（參考答案）一、選擇題1 【答案】A【解析】解：變量x與y負相關，排除選項B，C；回歸直線方程經(jīng)過樣本中心，把=3， =2.7，代入A成立，代入D不成立故選：A2 【答案】D【解析】【分析】由于長為2的線段MN的一個端點M在棱OA上運動，另一個端點N在BCO內運動（含邊界），有空間想象能力可知MN的中點P的軌跡為以O為球心，以1為半徑的球體，故MN的中點P的軌跡與三棱錐的面所圍成的幾何體的體積，利用體積分割及球體的體積公式即可【解答】解：因為長為2的線段MN的一個端點M在棱OA上運動，另一個端點N在BCO內運動（含邊界）， 有空間想象能力可知MN的中點P的軌跡為以O為球心，以1為半徑的球體，則MN的中點P的軌跡與三棱錐的面所圍成的幾何體可能為該球體的或該三棱錐減去此球體的，即：或故選D3 【答案】C【解析】試題分析：設，則，因為，所以，解得，所以，在直角三角形中，由勾股定理得，因為，所以，所以.考點：直線與圓錐曲線位置關系【思路點晴】本題考查直線與圓錐曲線位置關系，考查雙曲線的定義，考查解三角形.由于題目給定的條件是等腰直角三角形，就可以利用等腰直角三角形的幾何性質來解題.對于圓錐曲線的小題，往往要考查圓錐曲線的定義，本題考查雙曲線的定義：動點到兩個定點距離之差的絕對值為常數(shù).利用定義和解直角三角形建立方程，從而求出離心率的平方.111.Com4 【答案】 A【解析】解：如圖所示，連接AC、BD相交于點O，連接EM，EN在中：由異面直線的定義可知：EP與BD是異面直線，不可能EPBD，因此不正確；在中：由正四棱錐SABCD，可得SO底面ABCD，ACBD，SOACSOBD=O，AC平面SBD，E，M，N分別是BC，CD，SC的中點，EMBD，MNSD，而EMMN=M，平面EMN平面SBD，AC平面EMN，ACEP故正確在中：由同理可得：EM平面SAC，若EP平面SAC，則EPEM，與EPEM=E相矛盾，因此當P與M不重合時，EP與平面SAC不垂直即不正確在中：由可知平面EMN平面SBD，EP平面SBD，因此正確故選：A【點評】本題考查命題真假的判斷，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)5 【答案】B【解析】試題分析：由題意可知三視圖復原的幾何體是一個放倒的三棱柱，三棱柱的底面是直角邊長為的等腰直角三角形，高為的三棱柱, 所以幾何體的體積為:，故選B. 考點：1、幾何體的三視圖；2、棱柱的體積公式.【方法點睛】本題主要考查利幾何體的三視圖、棱柱的體積公式，屬于難題.三視圖問題是考查學生空間想象能力及抽象思維能力的最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，解題時不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響.6 【答案】C【解析】解：z=，=故選：C【點評】本題考查了復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，是基礎題7 【答案】C【解析】，聯(lián)立可得，（由，得或）考點：拋物線的性質8 【答案】A【解析】解：由題意=，1+x=，解得x=0故選A【點評】本題考查空間向量的夾角與距離求解公式，考查根據(jù)公式建立方程求解未知數(shù)，是向量中的基本題型，此類題直接考查公式的記憶與對概念的理解，正確利用概念與公式解題是此類題的特點9 【答案】C【解析】解：由已知中三視圖可得該幾何體是由一個邊長為1的正方體，截掉一個角（三棱錐）得到且該三棱錐有條過同一頂點且互相垂直的棱長均為1該幾何體的表面積由三個正方形，有三個兩直角邊為1的等腰直角三角形和一個邊長為的正三角形組成故其表面積S=3（11）+3（11）+（）2=故選：C【點評】本題考查的知識點是由三視圖求表面積，其中根據(jù)三視圖分析出該幾何的形狀及各邊邊長是解答本題的關鍵10【答案】C【解析】解：根據(jù)題意，如圖，設O（0，0）、A（1，0）、B（1，1）、C（0，1），分析可得區(qū)域表示的區(qū)域為以正方形OABC的內部及邊界，其面積為1；x2+y21表示圓心在原點，半徑為1的圓，在正方形OABC的內部的面積為=，由幾何概型的計算公式，可得點P（x，y）滿足x2+y21的概率是=；故選C【點評】本題考查幾何概型的計算，解題的關鍵是將不等式（組）轉化為平面直角坐標系下的圖形的面積，進而由其公式計算11【答案】D【解析】解：i2015=i5034+3=i3=i，故選：D【點評】本題主要考查復數(shù)的基本運算，比較基礎12【答案】A【解析】考點：得出數(shù)列的性質及前項和【方法點晴】本題主要考查了等差出數(shù)列的性質及前項和問題的應用，其中解答中涉及到等差數(shù)列的性質，等差數(shù)列的前項和等公式的靈活應用的知識點的綜合考查，著重考查了學生分析問題和解答問題的能力，以及推理與運算能力，屬于中檔題，本題的解答中，由“，”判斷前項和的符號問題是解答的關鍵 二、填空題13【答案】或【解析】試題分析：因為，且，所以，所以，所以，所以，所以，所以取得最大值時的自然數(shù)是或考點：等差數(shù)列的性質【方法點晴】本題主要考查了等差數(shù)列的性質，其中解答中涉及到等差數(shù)列的通項公式以及數(shù)列的單調性等知識點的應用，著重考查了學生分析問題和解答問題的能力，以及推理與運算能力，屬于中檔試題，本題的解答中，根據(jù)數(shù)列的單調性，得出，所以是解答的關鍵，同時結論中自然數(shù)是或是結論的一個易錯點14【答案】【解析】解析：f（x）是偶函數(shù)，f（x）f（x）恒成立，即（x）（exaex）x（exaex），a（exex）（exex），a1.答案：115【答案】0，2 【解析】解：命題p：|xa|3，解得a3xa+3，即p=（a3，a+3）；命題q：x22x30，解得1x3，即q=（1，3）q是p的充分不必要條件，qp，解得0a2，則實數(shù)a的取值范圍是0，2故答案為：0，2【點評】本題考查了絕對值不等式的解法、一元二次不等式的解法、充分必要條件的判定與應用，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題16【答案】，【解析】【知識點】函數(shù)圖象分段函數(shù)，抽象函數(shù)與復合函數(shù)【試題解析】，因為，所以又若，結合圖像知：所以：。故答案為：，17【答案】27 【解析】解：若A方格填3，則排法有232=18種，若A方格填2，則排法有132=9種，根據(jù)分類計數(shù)原理，所以不同的填法有18+9=27種故答案為：27【點評】本題考查了分類計數(shù)原理，如何分類是關鍵，屬于基礎題18【答案】3 【解析】解：分析如圖執(zhí)行框圖，可知：該程序的作用是計算分段函數(shù)f（x）=的函數(shù)值當x=2時，f（x）=122=3故答案為：3【點評】本題主要考查了選擇結構、流程圖等基礎知識，算法是新課程中的新增加的內容，也必然是新高考中的一個熱點，應高度重視三、解答題19【答案】 【解析】解：關于x的不等式ax1的解集是x|x0，0a1；故命題p為真時，0a1；函數(shù)的定義域為R，a，由復合命題真值表知：若pq是真命題，pq是假命題，則命題p、q一真一假，當p真q假時，則0a；當q真p假時，則a1，綜上實數(shù)a的取值范圍是（0，）1，+）20【答案】 【解析】解：z在復平面上對應的點在直線y=x上且z0，設z=a+ai，（a0），|z1|=1，|a1+ai|=1，即=1，則2a22a+1=1，即a2a=0，解得a=0（舍）或a=1，即z=1+i， =1i，則z=（1+i）（1i）=2【點評】本題主要考查復數(shù)的基本運算，利用復數(shù)的幾何意義利用待定系數(shù)法是解決本題的關鍵21【答案】 【解析】解：（I）a，b，c分別是ABC內角A，B，C的對邊，且csinA=acosC，sinCsinA=sinAcosC，sinCsinAsinAcosC=0，sinC=cosC，tanC=，由三角形內角的范圍可得C=；（）c=2a，b=2，C=，由余弦定理可得c2=a2+b22abcosC，4a2=a2+124a，解得a=1+，或a=1（舍去）ABC的面積S=absinC=22【答案】 【解析】解：（）證明：BCD中，CB=CD，BCD=120，CDB=30，EC=DE，DCE=30，BCE=90，ECBC，又平面ABC平面BCD，平面ABC與平面BCD的交線為BC，EC平面ABC，ECAB（）解：取BC的中點O，BE中點F，連結OA，OF，AC=AB，AOBC，平面ABC平面BCD，平面ABC平面BCD=BC，AO平面BCD，O是BC中點，F(xiàn)是BE中點，OFBC，以O為原點，OB為y軸，OA為z軸，建立空間直角坐標系，設DE=2，則A（0，0，1），B（0，0），C（0，0），D（3，2，0），=（0，1），=（3，0），設平面ACD的法向量為=（x，y，z），則，取x=1，得=（1，3），又平面BCD的法向量=（0，0，1），cos=，二面角ACDB的余弦值為【點評】本小題主要考查立體幾何的相關知識，具體涉及到線面以及面面的垂直關系、二面角的求法及空間向量在立體幾何中的應用本小題對考生的空間想象能力與運算求解能力有較高要求23【答案】 【解析】解：（I）證明：PD平面ABCD，PDBC，又ABCD是正方形，BCCD，PDICE=D，BC平面PCD，又PC面PBC，PCBC（II）解：BC平面PCD，GC是三棱錐GDEC的高E是PC的中點，（III）連接AC，取AC中點O，連接EO、GO，延長GO交AD于點M，則PA平面MEG下面證明之：E為PC的中點，O是AC的中點，EO平面PA， 又EO平面MEG，PA平面MEG