山西省临汾市洪洞县第一中学2019-2020学年高二数学寒假预习测试试题（2）理（PDF）

1理科数学时间45分钟满分100分姓名班级一、选择题（每个小题6分，共计48分）1．一质点沿直线运动，如果由始点起经过t秒后的位移为3213232sttt，那么速度为零的时刻是A．0秒B．1秒末C．2秒末D．1秒末和2秒末2．某箱子的容积与底面边长x的关系为2(60)()(060)2xxVxx，则当箱子的容积最大时，箱子的底面边长为A．30B．40C．50D．353．现做一个圆锥形漏斗，其母线长为20cm，要使其体积最大，则其高应为A．2033cmB．100cmC．20cmD．203cm4．用边长为120cm的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四角分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°，焊接成水箱，则水箱的最大容积为A．120000cm3B．128000cm3C．150000cm3D．158000cm35．在正四棱锥SABCD中，已知63SA，则当该正四棱锥的体积最大时，该正四棱锥的高为A．12B．62C．6D．326．已知某正三棱柱的外接球的表面积为16π，则该正三棱柱的体积的最大值为A．4B．6C．8D．157．将8分为两个非负数之和，使两个非负数的立方和最小，则应分为2()A．2和6B．4和4C．3和5D．以上都不对8．已知某几何体由两个有公共底面的圆锥组成，两个圆锥的顶点分别为A，B，底面半径为R.若39ABR，则该几何体的体积最大时，以R为半径的球的体积为A．32π3B．4πC．8πD．16π一、选择题答案：1-45-8二、填空题（每个小题6分，共计24分）9．已知矩形的两个顶点位于x轴上，另两个顶点位于抛物线24yx在x轴上方的曲线上，则这种矩形中面积最大者的边长为______________．10．已知球的直径为d，当其内接正四棱柱的体积最大时，该四棱柱的高为______________．11．已知某厂生产x（百件）某种商品的总成本为321()629153xCxxx（万元），总收益为2()20Rxxx（万元），则生产这种商品所获利润的最大值为______________万元，此时生产这种商品______________百件．12．现要做一个无盖的圆柱形水桶，若要使该圆柱形水桶的容积为27，且用料最省，则该水桶的底面圆的半径为______________．二、填空题答案：9.10.11.12.三、解答题（每题14分，共28分）13．现有一边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长都为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒．3（1）试把方盒的容积V表示为x的函数；（2）当x为何值时，方盒的容积V最大？并求出方盒的容积的最大值．14、某商品每件成本5元，售价14元，每星期卖出75件．如果降低价格，销售量可以增加，且每星期多卖出的商品件数m与商品单价的降低值x（单位：元，90x）的平方成正比，已知商品单价降低1元时，一星期多卖出5件．（1）将一星期的商品销售利润y表示成x的函数；（2）如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大？1一、选择题答案：1—4.DBAB5—8.CCBA1．【答案】D【解析】在某时刻的速度即位移相对于时间的瞬时变化率，故2()32vsttt，令0v，解得1,2t．故选D．2．【答案】B【解析】由题可得3223()(30)6022xVxxxx，060x．令)0(Vx，解得40x，所以当40x时，箱子的容积有最大值．故选B．3．【答案】A【解析】设高为xcm，则底面半径为2400xcm，所以圆锥形漏斗的体积3231π(400)π(400c3)m3xxxxV，则2π(4003)3Vx，令0V，得2033x或2033x（舍去），则当2033xcm时，体积最大．故选A．4．【答案】B【解析】设水箱的高为xcm(0x60)，则水箱底面边长为(120－2x)cm，水箱的容积V＝(120－2x)2·x＝(1202－480x＋4x2)·x，∴V′＝12x2－960x＋120×120，令V′＝0，得x＝20或x＝60(舍去)，当0x20时，V′0；当20x60时，V′0．∴当x＝20时，V有最大值，且最大值为128000cm3．故选B．5．【答案】C2【解析】设正四棱锥SABCD的底面边长为a，高为h，则2222()10822aahSA，所以该正四棱锥的体积62411108332aVaha，设64()108()02ataaa，则3()432t'aa5333(12)(12)aaaa，当012a时，()0t'a，当12a时，()0t'a，所以函数()ta在(0,12)上单调递增，在(12,)上单调递减，所以max()(12)tat，即12a时正四棱锥SABCD的体积最大，此时108726h．故选C．6．【答案】C【解析】设外接球的半径为R，则24π16πR，解得2R．设正三棱柱的底面三角形的边长为x，则该三角形的外接圆的半径为3x，故三棱柱的高为2222()2433xxR，所以该正三棱柱的体积2664243312()24443232xxxxVxxx，令64()12fxxx，则()fx36(22)(22)xxx，易知函数()fx在22x时取得最大值，因为(22)8V，所以该正三棱柱的体积的最大值为8，故选C．7.【答案】B【解析】[设一个数为x，则另一个数为8－x，则其立方和y＝x3＋(8－x)3＝83－192x＋24x2(0≤x≤8)，y′＝48x－192.令y′＝0，即48x－192＝0，解得x＝4.当0≤x4时，y′0；当4x≤8时，y′0.所以当x＝4时，y最小．]8．【答案】A【解析】由题意可知该几何体的体积为223211ππ(93)π(3)33VRABRRRR，令32()π(3)fRRR，则2()π(36)fRRR，3令()0fR，得2R（0R舍去），且02R时，()0fR，()fR单调递增，2R时，()0fR，()fR单调递减，故当2R时，()fR取得最大值，此时该几何体的体积最大，则以2为半径的球的体积为334432πππ2333R．故选A．二、填空题答案：9.233和8310.33d11.66912.3解析：9．【答案】233和83【解析】设点2()(,402)Bxxx，则232(4)28Sxxxx，所以268Sx，令0S，解得233x，当2303x时，0S；当2323x时，0S，则当233x时，328Sxx取得最大值，此时另一边长为83．10.【答案】33d【解析】设正四棱柱的底面边长为x，高为h，体积为V，则2222xxhd，所以2222hdx，由2Vxh可得242422(2)Vxhxdx2462dxx，所以2235()412Vdxx，由2()0V可得223dx，即33xd，易知此时V取得最大值，222123hdxd33d．11.解【答案】6694【解析】设利润为()Px（万元），则232311()()()206291533PxRxCxxxxxxx25915xx，∴2()109Pxxx，由()0Px得19x，∴19x时，()Px单调递增，9x时，()Px单调递减，∴9x时，()Px有最大值(9)66.P12.【答案】3【解析】设水桶底面圆的半径为R，水桶的高为l，则水桶的容积227VRl，所以227lR．要使用料最省，只需圆柱的侧面积与下底面的面积之和S最小．由题意可得222SRRlR2227542RRRR，则3225)42272(RSRRR，令0S得3R，易知254SRR在(0,3)上单调递减，在(3,)上单调递增，则当3R时，S取得最小值，故水桶底面圆的半径为3．三、解答题13.【答案】（1）2()(2),02aVxaxxx；（2）6ax，方盒的容积的最大值为3227a．【解析】（1）由题可得2()(2),02aVxaxxx．（2）因为2()(2),02aVxaxxx，所以22()128Vxxaxa，令()0Vx，可得得2ax（舍去）或6ax．当(0,)6ax时()0Vx，当(,)62aax时，()0Vx，所以6ax是函数()Vx的极大值点，也是最大值点，23()(2)666227aaaaVa，故当6ax时，方盒的容积V最大，容积的最大值为3227a．514.【答案】（1）3254575675yxxx)90(x；（2）商品每件定价为9元时，可使一个星期的商品销售利润最大．【解析】（1）依题意，设2kxm，由已知有215k，从而5k，25xm，232(145)(755)54575675(09)yxxxxxx．（2）易得215907515(1)(5)yxxxx，由0y得51x，由0y得10x或95x，可知函数y在[0,1)上递减，在(1,5)递增，在(5,9)上递减，从而函数y取得最大值的可能位置为0x或5x，0675xy，5800xy，当5x时，800maxy．答：商品每件定价为9元时，可使一个星期的商品销售利润最大．