山西省太原市杏花嶺第四中學高二數學文摸底試卷含解析一、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.已知復數z滿足z=i（1﹣i）（其中i為虛數單位），則z的虛部為（）A．1 B．﹣1 C．i D．﹣i參考答案：A【考點】A5：復數代數形式的乘除運算．【分析】直接由復數代數形式的乘除運算化簡得答案．【解答】解：z=i（1﹣i）=1+i，則z的虛部為：1．故選：A．【點評】本題考查了復數代數形式的乘除運算，考查了復數的基本概念，是基礎題．2.下列命題中，真命題是()A．x0∈R，

B．x∈R，2x>x2C．a+b=0的充要條件是

D．a>1，b>1是的充分條件參考答案：D3.不等式的解集是

（

）AB

CD參考答案：D略4.已知命題p：，則p是(

)A．

B．C．

D．參考答案：C略5.已知函數，若關于x的方程有兩個不同的實數根，則實數k的取值范圍為（

）A. B.C. D.參考答案：C【分析】關于的方程有兩個不同的實數根等價于圖象與直線有兩個不同的交點，再作圖像觀察交點個數即可得解.【詳解】解：作出圖象，如圖所示，由題意知函數的圖象與直線有兩個不同的交點，且直線恒過定點.當時，，則.設曲線在點處的切線過點，又曲線在點處的切線方程為，將代入上式，得，解得，所以，結合圖象知當時，函數的圖象與直線有兩個不同的交點；當時，，則，設曲線在點處的切線過點，又曲線在點處的切線方程為，將代入上式，得，解得，所以，結合圖象知當時，函數的圖象與直線有兩個不同的交點；設點，則，由圖象知當時，方程也有兩個不同的實數根.綜上，實數的取值范圍為.故選C.【點睛】本題考查了函數與方程的關系及數形結合的數學思想方法，屬難題.11.函數在（0，1）內有極小值，則實數b的取值范圍是A.（0，1）

B.（-∞，1）

C.（0，+∞）

D.（0，）參考答案：D略7.直線（t為參數）的傾斜角為（）A．20° B．70° C．110° D．160°參考答案：C【考點】QH：參數方程化成普通方程．【分析】設直線的傾斜角為α，由直線（t為參數），可得tanα=﹣tan70°，利用誘導公式即可得出．【解答】解：設直線的傾斜角為α，由直線（t為參數），可得tanα=﹣tan70°=tan110°，可得傾斜角α=110°．故選：C．【點評】本題考查了參數方程的應用、直線的傾斜角與向斜率的關系，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．8.參考答案：A

9.已知等差數列滿足，則有

（

）A．

B． C． D．參考答案：D10.在空間直角坐標系O-xyz中，一個四面體的頂點坐標為分別為（0，0，2），（2，2，0），（0，2，0），（2，2，2）.畫該四面體三視圖中的正視圖時，以xOz平面為投影面，則得到正視圖可以為參考答案：A二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.若命題“?x0∈R，使得x02+（a﹣1）x0+1≤0”為真命題，則實數a的范圍為．參考答案：a≤﹣1或a≥3【考點】命題的真假判斷與應用．【分析】若命題“?x0∈R，使得x02+（a﹣1）x0+1≤0”為真命題，則（a﹣1）2﹣4≥0，解得答案．【解答】解：命題“?x0∈R，使得x02+（a﹣1）x0+1≤0”為真命題，則（a﹣1）2﹣4≥0，解得：a≤﹣1或a≥3，故答案為：a≤﹣1或a≥312.如圖（1）有面積關系：=，則圖（2）有體積關系：=．參考答案：【考點】類比推理．【分析】這是一個類比推理的題，在由平面圖形到空間圖形的類比推理中，一般是由點的性質類比推理到線的性質，由線的性質類比推理到面的性質，由面積的性質類比推理到體積性質．【解答】解：∵在由平面圖形到空間圖形的類比推理中，一般是由點的性質類比推理到線的性質，由線的性質類比推理到面的性質，由面積的性質類比推理到體積性質．故由=（面積的性質）結合圖（2）可類比推理出：體積關系=．故答案為：13.在△ABC中，B＝60°，AC＝，則AB＋2BC的最大值為__________．參考答案：因為，而，則，，故，。又。故的最大值為

。14.已知數列依它的前10項的規律，則

_.

參考答案：略15.二項式（﹣2x）6的展開式中，x2項的系數為_________．參考答案：略16.若的展開式中項的系數為20，則的最小值為

.參考答案：217.已知數列{an}的首項a1=m，其前n項和為Sn，且滿足Sn+Sn+1=3n2+2n，若對?n∈N+，an＜an+1恒成立，則m的取值范圍是．參考答案：（﹣2，）【考點】8E：數列的求和．【分析】Sn+Sn+1=3n2+2n，n=1時，2a1+a2=5，解得a2．n≥2時，利用遞推關系可得：an+1+an=6n﹣1，于是an+1﹣an﹣1=6，因此數列{an}的奇數項與偶數項分別成等差數列，對n分類討論即可得出【解答】解：∵Sn+Sn+1=3n2+2n，∴n=1時，2a1+a2=5，解得a2=5﹣2m．n≥2時，Sn﹣1+Sn=3（n﹣1）2+2（n﹣1），∴an+1+an=6n﹣1，∴an+an﹣1=6n﹣7，∴an+1﹣an﹣1=6，∴數列{an}的奇數項與偶數項分別成等差數列，a2k=5﹣2m+6（k﹣1）=6k﹣1﹣2m，a2k﹣1=m+6（k﹣1）=6k+m﹣6．∵對?n∈N*，an＜an+1恒成立，∴n=2k﹣1時，6k+m﹣6＜6k﹣1﹣2m，解得m＜．n=2k時，6k﹣1﹣2m＜6（k+1）+m﹣6，解得：m＞﹣2．綜上可得m的取值范圍是：﹣2＜m＜．故答案為：（﹣2，）．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.若函數f(x)＝ax2＋bx－lnx的導函數的零點分別為1和2．（I）求a,b的值；（Ⅱ）若當時，恒成立，求實數a的取值范圍．參考答案：（I）函數f(x)＝ax2＋bx－lnx的定義域是，

f′(x)＝2ax＋b－，…2分∵函數f′(x)＝2ax＋b－的零點分別為1和2，∴，得a＝－,b=2……4分（Ⅱ）當時，恒成立，當且僅當……5分由（I）得，f(x)＝－x2＋2x－lnx(x＞0)．f′(x)＝－x＋2－＝

.由f′(x)＝0，得x＝1或x＝2.①當f′(x)＞0時1＜x＜2；②當f′(x)＜0時0＜x＜1或x＞2.………7分當x變化時f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(0,1)1(1,2)2f′(x)－0＋0－f(x)↘↗－ln2↘………9分因此，f(x)的區間的最小值是f(1)＝和的較小者，∵，∴，∴f(x)的區間的最小值是………11分∴實數的取值范圍是………12分19.已知極坐標系的極點與直角坐標系的原點重合，極軸與x軸的正半軸重合，若直線l的極坐標方程為psin（θ﹣）=2．（1）把直線l的極坐標方程化為直角坐標系方程；（2）已知P為橢圓C：上一點，求P到直線l的距離的最小值．參考答案：【考點】簡單曲線的極坐標方程．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；圓錐曲線中的最值與范圍問題．【分析】（1）把直線l的極坐標方程化為直角坐標系方程即可；（2）設P（cosα，3sinα），利用點到直線的距離公式表示出P到直線l的距離d，利用余弦函數的值域確定出最小值即可．【解答】解：（1）直線l的極坐標方程為ρsin（θ﹣）=2，整理得：ρ（sinθcos﹣cosθsin）=ρsinθ﹣ρcosθ=2，即ρsinθ﹣ρcosθ=4，則直角坐標系中的方程為y﹣x=4，即x﹣y+4=0；（2）設P（cosα，3sinα），∴點P到直線l的距離d==≥=2﹣，則P到直線l的距離的最小值為2﹣．【點評】此題考查了簡單曲線的極坐標方程，熟練掌握簡單極坐標方程與普通方程的轉化是解本題的關鍵．20.記函數的定義域為集合，函數的定義域為集合．（Ⅰ）求；（Ⅱ）若，且，求實數的取值范圍．參考答案：（Ⅰ）依題意，得（Ⅱ）又

21.在直角坐標系中，直線l的參數方程為t為參數）．若以坐標原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，則曲線C的極坐標方程為．（Ⅰ）求曲線C的直角坐標方程；（Ⅱ）求直線l被曲線C所截得的弦長．參考答案：【考點】QJ：直線的參數方程；J8：直線與圓相交的性質；Q4：簡單曲線的極坐標方程．【分析】（1）曲線的極坐標方程即ρ=cosθ+sinθ，兩邊同乘以ρ得：ρ2=ρcosθ+ρsinθ，再根據直角坐標與極坐標的互化公式求得C的直角坐標方程．（2）將直線參數方程代入圓C的方程，利用根與系數的關系和弦長公式求得直線l被曲線C所截得的弦長．【解答】解：（1）由得：ρ=cosθ+sinθ，兩邊同乘以ρ得：ρ2=ρcosθ+ρsinθ，∴x2+y2﹣x﹣y=0，即．（2）將直線參數方程代入圓C的方程得：5t2﹣21t+20=0，∴．∴．22.如圖所示，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1B1B為正方形，BB1C1C是菱形，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C．（Ⅰ）求證：BC∥平面AB1C1；（Ⅱ）求證：B1C⊥AC1．參考答案：【考點】空間中直線與直線之間的位置關系；直線與平面平行的判定．【專題】空間位置關系與距離．【分析】（Ⅰ）根據線面平行的判定定理即可證明BC∥平面AB1C1；（Ⅱ）先證明AB⊥平面BB1C1C，得AB⊥B1C，再證明B1C⊥平面ABC1，得出B1C⊥AC1；【解答】證明：（Ⅰ）因為ABC﹣A1B1C1是三棱柱，所以BC∥B1C1，因為BC?∥平面AB1C1，B1C1?平面AB1C1，所以BC∥平面AB1C1；（Ⅱ）連接BC1，在正方形ABB1A1中，AB⊥BB1，因為平面AA1B1B⊥平面BB1