1、2014-2015学年浙江省嘉兴市桐乡高级中学高二（上）期中数学试卷一.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，只有一项是符合题目要求的高雪峰1（5分）（2014秋桐乡市校级期中）命题“若xN*，则x20”的逆命题，否命题，逆否命题中，正确的个数是（）A0个B1个C2个D3个考点： 四种命题的真假关系所有专题： 简易逻辑分析： 根据四种命题之间的关系，写出该命题的逆命题、否命题和逆否命题并判断真假解答： 解：命题“若xN*，则x20”的逆命题是“若x20，则xN*”，是假命题；否命题是“若xN*，则x20”，是假命题；逆否命题是“若x20，则xN*”，是真命题
2、；综上，以上3个命题中真命题的个数是1故选：B点评： 本题考查了四种命题之间的关系的应用问题，解题时应弄清四种命题之间的关系，是基础题2（5分）（2014秋桐乡市校级期中）“lgxlg2”是“x2”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件考点： 必要条件、充分条件与充要条件的判断所有专题： 简易逻辑分析： 根据充分必要条件的定义进行判断即可解答： 解：若lgxlg2，则x2，是充分条件，若x2，则推不出lgxlg2，不是必要条件，故选：A点评： 本题考查了充分必要条件，考查了对数的性质，是一道基础题3（5分）（2014辽宁）已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下
3、列说法正确的是（） A 若m，n，则mn B 若m，n，则mn C 若m，mn，则n D 若m，mn，则n考点： 空间中直线与直线之间的位置关系所有专题： 空间位置关系与距离分析： A运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，即可判断；B运用线面垂直的性质，即可判断；C运用线面垂直的性质，结合线线垂直和线面平行的位置即可判断；D运用线面平行的性质和线面垂直的判定，即可判断解答： 解：A若m，n，则m，n相交或平行或异面，故A错；B若m，n，则mn，故B正确；C若m，mn，则n或n，故C错；D若m，mn，则n或n或n，故D错故选B点评： 本题考查空间直线与平面的位置关系，考查直线与平面的平行、垂直
4、的判断与性质，记熟这些定理是迅速解题的关键，注意观察空间的直线与平面的模型4（5分）（2014秋桐乡市校级期中）下列函数中，最小值为2的是（） A y=x+ B y=sinx+，x（0，） C y=2x+ D y=lgx+考点： 基本不等式所有专题： 不等式的解法及应用分析： 由基本不等式求最值的规则，逐个选项验证可得解答： 解：选项A若x为负值，则不满足题意；同理选项D，lgx也可能为负值，不满足题意；选项B，sinx取不到1，故y不可能取到2，错误；选项C，由基本不等式可得当且即当x=0时，y取最小值2故选：C点评： 本题考查基本不等式成立的条件，属基础题5（5分）（2014秋桐乡市校级期
5、中）已知命题p：若ac2bc2，则ab；命题q：已知直线n在平面内的射影为m，若直线am，则直线an则下列命题是真命题的是（） A pq B （p）（q） C （p）q D p（q）考点： 复合命题的真假所有专题： 简易逻辑分析： 利用不等式的基本性质即可判断出命题p是假命题；命题q：已知直线n在平面内的射影为m，设直线n与m确定的平面为，可得，分为a与a，利用面面垂直的性质定理即可判断出真假解答： 解：命题p：若ac2bc2，则ab，是假命题，当c=0时不成立；命题q：已知直线n在平面内的射影为m，设直线n与m确定的平面为，可得，若a，由直线am，可得an若a，由直线am，不一定an，因此是
6、假命题可得（p）（q）是真命题，故选：B点评： 本题考查了不等式的基本性质、面面垂直的性质定理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力，属于基础题6（5分）（2014秋桐乡市校级期中）母线长为1的圆锥的侧面展开图的圆心角为，则这个圆锥的体积为（）ABCD考点： 旋转体（圆柱、圆锥、圆台）所有专题： 空间位置关系与距离分析： 求出圆锥的侧面展开图扇形的弧长，再求底面半径，求出圆锥的高，即可求它的体积解答： 解：圆锥的侧面展开图扇形的弧长，设底面圆的半径为r，则有2r=，所以r=，于是圆锥的高为h=，该圆锥的体积为：（）2=故选：D点评： 本题考查圆锥的体积，考查计算能力，是基础题7（5分）（2014
7、秋桐乡市校级期中）将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使BD=a，则三棱锥DABC的体积为（） A a3 B a3 C a3 D a3考点： 棱柱、棱锥、棱台的体积所有专题： 空间位置关系与距离分析： 如图所示，设对角线ACBD=O，由OB2+OD2=BD2，可得OBODOD平面ACB，利用三棱锥DABC的体积V=，即可得出解答： 解：如图所示，设对角线ACBD=O，OB=OD=aOB2+OD2=2=a2=BD2，OBOD又ODAC，ACOB=O，OD平面ACB，三棱锥DABC的体积V=故选：B点评： 本题考查了正方形的性质、线面面面垂直的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式，考查了推
8、理能力与计算能力，属于中档题8（5分）（2014秋桐乡市校级期中）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下命题中，错误的是（）A点H是A1BD的垂心B直线AH与CD1的成角为900CAH的延长线经过点C1D直线AH与BB1的成角为450考点： 棱柱的结构特征；空间中直线与平面之间的位置关系所有专题： 空间位置关系与距离；空间角分析： 由题意判断AA1BD是一个正三棱锥，说明H是三角形A1BD的中心，判断A的正误；由AH面A1BD，可得AHA1B，再由CD1A1B，可得直线AH与CD1的成角为90；由过一点与已知平面垂直的直线有且只有一条可得A
9、H与AC1重合，判断C正确；通过解三角形求得直线AH与BB1所成的角判断D解答： 解：由ABCDA1B1C1D1是正方体，得AA1BD是一个正三棱锥，因此A点在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故A正确；AH面A1BD，AHA1B，又CD1A1B，可得直线AH与CD1的成角为90，故B正确；连接AC1，由三垂线定理及线面垂直的判定可得AC1面A1DB，再由过一点与已知平面垂直的直线有且只有一条可得AH与AC1重合，可得C正确；直线AH与BB1所成的角，即为AH与AA1所成的角，设为，由正方体棱长为1，可得正三棱锥的底面边长为，从而求得AH=，则cos，D错误故选：D点评： 本题考查
10、正方体中有关直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系，考查空间想象能力，是基础题9（5分）（2014秋桐乡市校级期中）已知a0，b0，则下列不等式中不恒成立的是（） A B （a+b）（+）4 C D a2+b2+12a+2b考点： 不等式的基本性质所有专题： 不等式的解法及应用分析： A利用基本不等式的性质即可判断出；B利用基本不等式的性质即可判断出；C平方作差即可判断出；D当a=b=时，a2+b2+12a2b0，即可判断出解答： 解：Aa0，b0，=，当且仅当a=b时取等号，正确；B.=4，当且仅当a=b时取等号，正确；C.=20，因此恒成立，正确；D当a=b=时，a2+b2+12a2b
11、=（a1）2+（b1）21=0，因此不恒成立，不正确故选：D点评： 本题考查了基本不等式的性质、平方作差比较数的大小，考查了计算能力，属于基础题10（5分）（2014秋桐乡市校级期中）已知二面角AB的平面角为600，直线OP在平面内，POA=60，直线m为平面内的任意一条直线，则直线OP与直线m所成角正弦的最小值为（） A B C D 考点： 与二面角有关的立体几何综合题所有专题： 综合题；空间位置关系与距离分析： 过P做PC，垂足为C，作CDAB，垂足为D，连接PD，则PDC=60，POD=60，POC是直线OP与平面的所成的角根据最小角定理：直线与平面所成角是直线与平面内所有直线成角中最小
12、的角，即可得出结论解答： 解：如图所示，过P做PC，垂足为C，作CDAB，垂足为D，连接PD，则PDC=60，POD=60，POC是直线OP与平面的所成的角设PD=2，则PO=，PC=，sinPOC=根据最小角定理：直线与平面所成角是直线与平面内所有直线成角中最小的角，则直线OP与直线m所成角正弦的最小值为，故选：A点评： 本题考查与二面角有关的立体几何综合题，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想对数学思维的要求比较高，有一定的探索性综合性强，难度大，是高考的重点二.填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.11（4分）（2014秋桐乡市校级期中）命题“x2，x24”的否定是
13、x02，x024考点： 命题的否定所有专题： 简易逻辑分析： 直接利用全称命题是否定是特称命题写出结果即可解答： 解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“x2，x24”的否定是：x02，x024故答案为：x02，x024点评： 本题考查命题的否定特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查12（4分）（2014邳州市校级模拟）若“x21”是“xa”的必要不充分条件，则a的最大值为1考点： 必要条件、充分条件与充要条件的判断所有专题： 计算题分析： 因x21得x1或x1，又“x21”是“xa”的必要不充分条件，知“xa”可以推出“x21”，反之不成立由此可求出a的最大值解答： 解：因x21
14、得x1或x1，又“x21”是“xa”的必要不充分条件，知“xa”可以推出“x21”，反之不成立则a的最大值为1故答案为1点评： 本题考查必要条件、充分条件、充要条件的判断，解题时要认真审题，仔细解答13（4分）（2014秋桐乡市校级期中）不等式1的解集是（，1）（2，+）考点： 其他不等式的解法所有专题： 计算题；不等式的解法及应用分析： 运用移项、通分和符号法，转化为一次不等式组，分别解出它们，再求并集即可解答： 解：不等式1即为10，即0，即有或，即或，即x1或x2则解集为（，1）（2，+）故答案为：（，1）（2，+）点评： 本题考查分式不等式的解法，考查转化思想的运用，考查运算能力，属于
15、基础题和易错题14（4分）（2014秋桐乡市校级期中）已知一个几何体的三视图，如图所示，则该几何体的体积为考点： 由三视图求面积、体积所有专题： 空间位置关系与距离分析： 由三视图知几何体是一个三棱柱和一个四棱锥，如图所示，根据柱体和椎体的体积公式计算即可解答： 解：由三视图知几何体是一个三棱柱和一个四棱锥，如图所示：V=V三棱柱+V四棱锥=221+122=2+=，故答案为：点评： 本题考查了由三视图求几何体的体积，解答此类问题关键是判断几何体的形状及数据所对应的几何量15（4分）（2014秋桐乡市校级期中）已知不等式6对xR恒成立，则实数p的值为1考点： 函数恒成立问题所有专题： 函数的性质
16、及应用分析： 注意到所给的不等式分母为正，因此可以将问题转化为一元二次不等式恒成立问题，借助于二次函数的知识不难解决解答： 解：6对xR恒成立，结合恒成立，故原式可化为3x2（p+1）x0对一切xR恒成立则只需=（p+1）20即可故p+1=0，即p=1点评： 本题充分注意到分母大于零恒成立，从而将问题转化为一元二次不等式的恒成立问题是解题的关键16（4分）（2014秋桐乡市校级期中）已知x0，y0，且满足4x+2y=xy，则x+y的最小值为6+4考点： 基本不等式所有专题： 不等式的解法及应用分析： 把已知式子变形可得=1，可得x+y=（x+y）（）=6+6+2=6+4，验证等号成立的条件即可
17、解答： 解：x0，y0，且满足4x+2y=xy，=1，=1，x+y=（x+y）（）=6+6+2=6+4当且仅当=即y=x时取等号故答案为：6+4点评： 本题考查基本不等式求最值，正确变形是解决问题的关键，属中档题17（4分）（2014浙江模拟）圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周）若AMMP，则P点形成的轨迹的长度为 考点： 轨迹方程；数量积判断两个平面向量的垂直关系所有分析： 建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设出动点的坐标，利用向量的坐标公式求出向量坐标，利用向量垂直的充要条件列出方程求出动点P的轨迹方程，得到P的轨迹是底面圆
18、的弦，利用勾股定理求出弦长解答： 解：以AB所在直线为x轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，1，0），B（0，1，0），设P（x，y，0）于是有由于AMMP，所以，即，此为P点形成的轨迹方程，其在底面圆盘内的长度为故答案为点评： 本题考查通过建立坐标系，将求轨迹问题转化为求轨迹方程、考查向量的数量积公式、向量垂直的充要条件、圆的弦长的求法三解答题；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（14分）（2013潍坊模拟）已知p：方程x2+mx+1=0有两个不等的负实根，q：方程4x2+4（m2）x+1=0无实根若“p或q”为真，“p且q”为假求实数m的取值
19、范围考点： 复合命题的真假；一元二次方程的根的分布与系数的关系所有专题： 分类讨论分析： 根据题意，首先求得p、q为真时m的取值范围，再由题意p，q中有且仅有一为真，一为假，分p假q真与p真q假两种情况分别讨论，最后综合可得答案解答： 解：由题意p，q中有且仅有一为真，一为假，若p为真，则其等价于，解可得，m2；若q为真，则其等价于0，即可得1m3，若p假q真，则，解可得1m2；若p真q假，则，解可得m3；综上所述：m（1，23，+）点评： 本题考查命题复合真假的判断与运用，难点在于正确分析题意，转化为集合间的包含关系，综合可得答案19（14分）（2014秋桐乡市校级期中）如图所示，三棱柱AB
20、CA1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，ACB=90，BC=1，AC=CC1=2（）证明：BCAC1（）若点D为AC的中点，求直线AB与平面A1BC所成角的正弦值考点： 直线与平面所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系所有专题： 空间位置关系与距离；空间角分析： （）通过点A1在平面ABC内的射影D在AC上可得A1DBC，通过ACB=90可得BCAC，利用线面垂直的判定定理及性质定理即得结论；（）取AC中点E，连结DE，以D为坐标原点，以DA、DE、DA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则所求值即为平面A1BC的法向量与的夹角的余弦值的绝对值，计算即可解
21、答： （）证明：点A1在平面ABC内的射影D在AC上，A1D平面ABC，A1DBC，ACB=90，BCAC，BC平面ACC1A1，BCAC1；（）解：取AC中点E，连结DE，点D为AC的中点，E为AB中点，DEAC，DA、DE、DA1两两垂直以D为坐标原点，以DA、DE、DA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Dxyz如图，BC=1，AC=CC1=2，D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（1，0，0），A1（0，0，），=（0，1，0），=（1，0，），设平面A1BC的法向量为=（x，y，z），由，得，取z=1，得=（，0，1），又=（2，1，0），cos，=，直
22、线AB与平面A1BC所成角的正弦值为点评： 本题考查空间中线线垂直的判定及求线面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题20（14分）（2014秋桐乡市校级期中）已知实数x0，y0，且x+2y=2（）求+的最小值 （）求x2+4y2+3xy的取值范围考点： 基本不等式所有专题： 不等式的解法及应用分析： （）由题意可得+=（+）（x+2y）=（5+），由基本不等式可得； （）由x+2y=2可得x=22y且0y1，代入要求的式子由二次函数区间的最值可得解答： 解：（）实数x0，y0，且x+2y=2，+=（+）（x+2y）=（5+）（5+2）=当且仅当=即x=y=时取等号，+的最小值为 （）
23、由x+2y=2可得x=22y，由x=22y0可得y1，0y1，x2+4y2+3xy=2y28y+4=2（y2）2+4，由二次函数可知当y=0时，上式取最大值4，当y=1时，上式取最小值2x2+4y2+3xy的取值范围为（2，4）点评： 本题考查基本不等式求最值，涉及二次函数区间的最值，属中档题21（15分）（2014秋桐乡市校级期中）已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是等腰梯形，ADBC，BAD=60，PA平面ABCD，AD=2，BC=1，PA=2，H，G分别为AD，PC的中点（）求证：PH平面GBD（）求二面角GBDA平面角的正切值考点： 二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定所有专
24、题： 空间位置关系与距离；空间角分析： （）根据线面平行的判定定理即可证明PH平面GBD（）建立空间坐标系，利用向量法即可求二面角GBDA平面角的正切值解答： 证明：（）连接BH，BD，CH相交于O，底面ABCD是等腰梯形，ADBC，BAD=60，AD=2，BC=1，四边形BCDH是菱形，则O是CH的中点，连接OG，H，G分别为AD，PC的中点，OG是PCH的中位线，OGPH，PH平面GBD，OG平面GBD，PH平面GBD（）PA平面ABCD，以A为坐标原点，以AD为y轴，以垂直于AD的直线为x轴，以AP为y轴，建立空间坐标系如图：则A（0，0，0），P（0，0，2），D（0，2，0），B（，
25、0），C（，0），则G（，），则=（，），=（，0），设平面GBD的法向量为=（x，y，z），则，即，令y=1，则x=，z=，即=（，1，），则|=，平面ABD的法向量为=（0，0，1），则cos，=，则sin，=，则tan，=4，即二面角GBDA平面角的正切值为4点评： 本题主要考查空间线面平行的判定以及二面角的求解，建立空间坐标系，利用向量法是解决本题的关键22（15分）（2014秋桐乡市校级期中）四棱锥SABCD的底面是边长为2的正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点（）当SP：PD为何值时，直线SD平面PAC，（）在（1）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平
26、面PAC，若存在，求SE：EC的值，若不存在，请说明理由考点： 直线与平面垂直的判定；直线与平面平行的性质所有专题： 综合题；空间位置关系与距离分析： （）根据已知可求得DPO=90，由正方形边长2，则SD=2，又OD=，可求SDO=60，由cosSDO=，可解得PD的值，从而可求SP：PD的比值（）取SD中点为N，因为PD：SP=1：3，则PN=PD，过N作PC的平行线与SC的交点即为E在BDN中知BNPO，又由于NEPC，即可得到平面BEN平面PAC，使得BE平面PAC，进而求得SE：EC的值解答： 解：（）直线SD平面PAC，OP平面PAC，直线SDOP，故DPO=90由正方形边长2，则SD=2，又OD=，所以SDO=60，由cosSDO=，可解得：PD=ODcosSDO=，故SP：PD=（2）：=3：1（）在棱SC上存在一点E，使BE平面PAC，由（）可得PD=，故可在SP上取一点N，使PN=PD，过N作PC的平行线与SC的交点即为E，连结BN，在BDN中知BNPO，又由于NEPC，故平面BEN平面PAC，得BE平面PAC，由于SN：NP=2：1，故SE：EC=2：1点评： 本题主要考查了立体几何中平面与平面平行的性质以及线段垂直平面的性质，属于中档题