兴城市高中2018-2019学年高二下学期第一次月考试卷数学

一、选择题

1． 设p、q是两个命题，若(pq)是真命题， 那么（ ）

A．p是真命题且q是假命题

班级_______________ 座号______ 姓名_______________ 分数_______________ ___________________________________________________________________________________________________ B．p是真命题且q是真命题 C．p是假命题且q是真命题 D．p是假命题且q是假命题

2． 设关于x的不等式：x2﹣ax﹣2＞0解集为M，若2∈M， A．（﹣∞，

）∪（1，+∞）

B．（﹣∞，

∉M，则实数a的取值范围是（ ） ）

C．[

，1）

D．（

，1）

3． 用秦九韶算法求多项式f（x）=x6﹣5x5+6x4+x2+0.3x+2，当x=﹣2时，v1的值为（ ） A．1

B．7

C．﹣7 D．﹣5

4． 如图，在平面直角坐标系中，锐角α、β及角α+β的终边分别与单位圆O交于A，B，C三点．分别作AA'、BB'、CC'垂直于x轴，若以|AA'|、|BB'|、|CC'|为三边长构造三角形，则此三角形的外接圆面积为（ ）

A． B． C． D．π

5． 设集合AxR|2x2，Bx|x10，则A【命题意图】本题主要考查集合的概念与运算，属容易题. 6． 下列命题中正确的是（ ）

A．复数a+bi与c+di相等的充要条件是a=c且b=d B．任何复数都不能比较大小 C．若

=

，则z1=z2

D．若|z1|=|z2|，则z1=z2或z1=

(ðRB)（ ）

A.x|1x2 B.x|2x1 C. x|2x1 D. x|2x2

7． 阅读下面的程序框图，则输出的S=（ ）

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A．14 B．20 D．55

8． 随机变量x1～N（2，1），x2～N（4，1），若P（x1＜3）=P（x2≥a），则a=（ ） A．1 B．2 C．3 D．4

9． 利用计算机在区间（0，1）上产生随机数a，则不等式ln（3a﹣1）＜0成立的概率是（ ） A．

B．

C．

D．

C．30

10．已知正项等差数列{an}中，a1a2a315，若a12,a25,a313成等比数列，则a10（ ） A．19 B．20 C．21 D．22 11．“a＞b，c＞0”是“ac＞bc”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

12．集合U=R，A={x|x2﹣x﹣2＜0}，B={x|y=ln（1﹣x）}，则图中阴影部分表示的集合是（ ）

A．{x|x≥1} B．{x|1≤x＜2}

C．{x|0＜x≤1}

D．{x|x≤1}

二、填空题

ym13．设mR，实数x，y满足2x3y60，若2xy18，则实数m的取值范围是___________．

3x2y60【命题意图】本题考查二元不等式（组）表示平面区域以及含参范围等基础知识，意在考查数形结合的数学思想与运算求解能力．

14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

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15．（若集合A⊊{2，3，7}，且A中至多有1个奇数，则这样的集合共有 个．

16．如图：直三棱柱ABC﹣A′B′C′的体积为V，点P、Q分别在侧棱AA′和CC′上，AP=C′Q，则四棱锥B﹣APQC的体积为 ．

17．直线l1和l2是圆x2+y2=2的两条切线，若l1与l2的交点为（1，3），则l1与l2的夹角的正切值等于 _________ 。

x216y218．已知双曲线21的左焦点在抛物线y22px的准线上，则p ．

3p三、解答题

19．已知椭圆G：

=1（a＞b＞0）的离心率为

，右焦点为（2

，0），斜率为1的直线l与椭圆

G交与A、B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P（﹣3，2）． （Ⅰ）求椭圆G的方程； （Ⅱ）求△PAB的面积．

20．本小题满分10分选修41：几何证明选讲

如图，ABC是⊙O的内接三角形，PA是⊙O的切线，切点为A，PB交AC于点E，交⊙O于点D，

PAPE，ABC45，PD1，DB8．

Ⅰ求ABP的面积；

O第 3 页，共 17 页

ADPEBCⅡ求弦AC的长．

21．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

在直角坐标系xOy中，过点P(1,2)的直线l的倾斜角为45．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极坐标建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为sin2cos,直线l和曲线C的交点为A,B．

2（1）求直线l的参数方程； （2）求PAPB．

22．【无锡市2018届高三上期中基础性检测】已知函数fx2lnxmx1mR. （1）当m1时，求fx的单调区间；

51（2）令gxxfx，区间De2,e2，e为自然对数的底数。

（ⅰ）若函数gx在区间D上有两个极值，求实数m的取值范围；

（ⅱ）设函数gx在区间D上的两个极值分别为gx1和gx2， 求证：x1x2e.

23．已知在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E、F、G分别是PA、PB、BC的中点． （I）求证：EF⊥平面PAD；

（II）求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小．

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24．设函数

．

（1）若x=1是f（x）的极大值点，求a的取值范围．

2

（2）当a=0，b=﹣1时，函数F（x）=f（x）﹣λx有唯一零点，求正数λ的值．

25．（本小题满分12分）如图所示，已知AB平面ACD，DE平面ACD，ACD为等边 三角形,ADDE2AB，F为CD的中点. （1）求证：AF//平面BCE； （2）平面BCE平面CDE.

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26．已知函数f（x）=（1）求f（x）的定义域； （2）判断并证明f（x）的奇偶性； （3）求证：f（）=﹣f（x）．

．

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兴城市高中2018-2019学年高二下学期第一次月考试卷数学（参）

一、选择题

1． 【答案】D 2． 【答案】C

，

，1）．

【解析】解：由题意得：解得：

≤a＜1，

则实数a的取值范围为[故选C

【点评】此题考查了一元二次不等式的解法，以及不等式组的解法，根据题意列出关于a的不等式组是解本题 的关键．

3． 【答案】C

62

【解析】解：∵f（x）=x﹣5x+6x+x+0.3x+2 =（（（（（x﹣5）x+6）x+0）x+2）x+0.3）x+2， ∴v0=a6=1，

v1=v0x+a5=1×（﹣2）﹣5=﹣7， 故选C．

4． 【答案】 A

【解析】（本题满分为12分）

解：由题意可得：|AA'|=sinα、|BB'|=sinβ、|CC'|=sin（α+β）， 设边长为sin（α+β）的所对的三角形内角为θ， 则由余弦定理可得，cosθ===

=sinαsinβ﹣cosαcosβ =﹣cos（α+β）， ∵α，β∈（0，∴α+β∈（0，π） ∴sinθ=

=sin（α+β）

=1，

）

﹣cosαcosβ

﹣cosαcosβ

设外接圆的半径为R，则由正弦定理可得2R=

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∴R=，

2

∴外接圆的面积S=πR=

．

故选：A．

【点评】本题主要考查了余弦定理，三角函数恒等变换的应用，同角三角函数基本关系式，正弦定理，圆的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题．

5． 【答案】B

【解析】易知Bx|x10x|x1，所以A6． 【答案】C

【解析】解：A．未注明a，b，c，d∈R． B．实数是复数，实数能比较大小． C．∵

=

，则z1=z2，正确；

D．z1与z2的模相等，符合条件的z1，z2有无数多个，如单位圆上的点对应的复数的模都是1，因此不正确． 故选：C．

7． 【答案】C

【解析】解：∵S1=0，i1=1； S2=1，i2=2； S3=5，i3=3； S4=14，i4=4； S5=30，i=5＞4 退出循环， 故答案为C．

【点评】本题考查程序框图的运算，通过对框图的分析，得出运算过程，按照运算结果进行判断结果，属于基础题．

8． 【答案】C

【解析】解：随机变量x1～N（2，1），图象关于x=2对称，x2～N（4，1），图象关于x=4对称， 因为P（x1＜3）=P（x2≥a），

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(ðRB)x|2x1，故选B.

所以3﹣2=4﹣a， 所以a=3， 故选：C．

【点评】本题主要考查正态分布的图象，结合正态曲线，加深对正态密度函数的理解．

9． 【答案】C

【解析】解：由ln（3a﹣1）＜0得＜a＜，

则用计算机在区间（0，1）上产生随机数a，不等式ln（3a﹣1）＜0成立的概率是P=， 故选：C．

10．【答案】C

【解析】设等差数列的公差为d，且d0． ∵a1a2a315，∴a25． ∵a12,a25,a313成等比数列，

2∴(a25)(a12)(a313)， 2∴(a25)(a2d2)(a2d13)，

∴10(7d)(18d)，解得d2． ∴a10a28d58221． 11．【答案】A

【解析】解：由“a＞b，c＞0”能推出“ac＞bc”，是充分条件，

由“ac＞bc”推不出“a＞b，c＞0”不是必要条件，例如a=﹣1，c=﹣1，b=1，显然ac＞bc，但是a＜b，c＜0， 故选：A．

【点评】本题考查了充分必要条件，考查了不等式的性质，是一道基础题

12．【答案】B

【解析】解：由Venn图可知，阴影部分的元素为属于A当不属于B的元素构成，所以用集合表示为A∩（∁UB）．A={x|x2﹣x﹣2＜0}={x|﹣1＜x＜2}，B={x|y=ln（1﹣x）}={x|1﹣x＞0}={x|x＜1}， 则∁UB={x|x≥1}，

则A∩（∁UB）={x|1≤x＜2}． 故选：B．

【点评】本题主要考查Venn图表达 集合的关系和运算，比较基础．

2二、填空题

13．【答案】[3,6]. 【

解

析

】

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14．【答案】 26

【解析】解：由三视图知几何体为为三棱柱，去掉一个三棱锥的几何体，如图：

三棱柱的高为5，底面是直角边为4，3，去掉的三棱锥，是底面是直角三角形直角边为4，3，高为2的三棱锥．

∴几何体的体积V=故答案为：26．

=26．

【点评】本题考查由三视图求几何体的体积，解题的关键是由三视图判断几何体的形状及数据所对应的几何量．

15．【答案】 6

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【解析】解：集合A为{2，3，7}的真子集有7个，奇数3、7都包含的有{3，7}，则符合条件的有7﹣1=6个．

故答案为：6

【点评】本题考查集合的子集问题，属基础知识的考查．

16．【答案】V

【解析】

【分析】四棱锥B﹣APQC的体积，底面面积是侧面ACC′A′的一半，B到侧面的距离是常数，求解即可． 【解答】解：由于四棱锥B﹣APQC的底面面积是侧面ACC′A′的一半，不妨把P移到A′，Q移到C， 所求四棱锥B﹣APQC的体积，转化为三棱锥A′﹣ABC体积，就是：故答案为：

17．【答案】

【解析】设l1与l2的夹角为2θ，由于l1与l2的交点A（1，3）在圆的外部， 且点A与圆心O之间的距离为OA=圆的半径为r=

，

=

，

∴sinθ==，

∴cosθ=，tanθ==，

∴tan2θ===，

故答案为：。

18．【答案】4

p2p()2，∴p4． 【解析】3162三、解答题

19．【答案】

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【解析】解：（Ⅰ）由已知得，c=解得a=

222

，又b=a﹣c=4，

，，

所以椭圆G的方程为．

（Ⅱ）设直线l的方程为y=x+m， 由

22

得4x+6mx+3m﹣12=0．①

设A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）（x1＜x2），AB的中点为E（x0，y0）， 则x0=

=﹣

，

y0=x0+m=，

因为AB是等腰△PAB的底边， 所以PE⊥AB， 所以PE的斜率k=解得m=2．

2

此时方程①为4x+12x=0．

，

解得x1=﹣3，x2=0， 所以y1=﹣1，y2=2， 所以|AB|=3

，此时，点P（﹣3，2）．

，

到直线AB：y=x+2距离d=所以△PAB的面积s=|AB|d=．

20．【答案】

PA是⊙O的切线，切点为A ∴PAEABC45

又∵PAPE ∴PEA45，APE90

2由于PD1，DB8，所以由切割线定理可知PAPDPB9，既EPPA3

127故ABP的面积为BPPA．

22Ⅱ在RtAPEAPE中，由勾股定理得AE32

由于EDEPPD2，EBDBDE6，所以由相交弦定理得

1222，故AC52 ． ECEAEBED 12 所以EC32【解析】Ⅰ21．【答案】

【解析】（1）∵直线l过点P(1,2)，且倾斜角为45．

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∴直线l的参数方程为x1tcos45（t为参数），

y2tsin452x1t2即直线l的参数方程为（t为参数）．

y22t222 （2）∵sin2cos，∴(sin)2cos，

∵cosx，siny， ∴曲线C的直角坐标方程为y22x，

2tx12222 ∵，∴(2t)2(1t)，

22y22t2 ∴t262t40，∴t1t24，∴PAPB4．

22．【答案】（1）增区间0,2，减区间2,，（2）详见解析

【解析】试题分析：（1）求导写出单调区间；（2）（ⅰ）函数gx在区间D上有两个极值，等价于

512lnx122e,e在，通过求导分析 gx2lnx2mx1上有两个不同的零点，令gx0，得2mx312lnx112lnx212lnx1得m的范围为5,1；（ⅱ）2m，得2m，由分式恒等变换得

22x1x2xee

x11x1x2x1x2x2lnx112lnx212lnx112lnx21lnln1，要证明 ，得lnx1lnx21x1x2x2x11x2x1x2x1x2x2x11xxln12， x1x2e，只需证lnx1lnx212，即证2x1x21x22t1x1t1，ptlnt令e，通过求导得到pt0恒成立，得证。 x2t13试题解析：

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（2）（ⅰ）因为gx2xlnxmxx，

251所以gx2lnx22mx12lnx2mx1，xe2,e2，



51若函数gx在区间D上有两个极值，等价于gx2lnx2mx1在e2,e2上有两个不同的零点，

2lnx1令gx0，得2m，

x2lnx112lnx设tx，令tx0,xe ,tx2xxx xe 121122xe,e xe 0 125122xe,e xe 52tx 大于0 小于0 减 tx 0 2增 6e52e 

12 31

所以m的范围为5,1

22ee2m（ⅱ）由（ⅰ）知，若函数gx在区间D上有两个极值分别为gx1和gx2，不妨设x1x2，则

2lnx112lnx21， x1x22lnx112lnx212lnx112lnx21所以

x1x2x1x2x11xx2xxxln12ln1， 即lnx1lnx211x1x2x2x11x2x2第 14 页，共 17 页

x11x2xln12， 要证x1x2e，只需证lnx1lnx212，即证x1x21x2xt1t13令e1t1，即证， lnt2，即证lnt2x2t1t1t1014令ptlnt，因为pt，

tt12tt12t12t1所以pt在e3,1上单调增，p10，所以pt0，

2即lnt2t1t10,所以lnt2t1，得证。 t123．【答案】

【解析】解：（I）证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD， ∴AB⊥平面PAD， ∵E、F为PA、PB的中点， ∴EF∥AB，

∴EF⊥平面PAD； （II）解：过P作AD的垂线，垂足为O， ∵平面PAD⊥平面ABCD，则PO⊥平面ABCD． 取AO中点M，连OG，EO，EM， ∵EF∥AB∥OG，

∴OG即为面EFG与面ABCD的交线

又EM∥OP，则EM⊥平面ABCD．且OG⊥AO， 故OG⊥EO

∴∠EOM 即为所求 在RT△EOM中，EM=∴tan∠EOM=

OM=1

，故∠EOM=60°

∴平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小是60°．

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【点评】本题主要考察直线与平面垂直的判定以及二面角的求法．解决第二问的难点在于找到两半平面的交线，进而求出二面角的平面角．

24．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），∴

①若a≥0，由f'（x）=0，得x=1．

当0＜x＜1时，f'（x）＞0，此时f（x）单调递增； 当x＞1时，f'（x）＜0，此时f（x）单调递减． 所以x=1是f（x）的极大值点．… ②若a＜0，由f'（x）=0，得x=1，或x=因为x=1是f（x）的极大值点，所以综合①②：a的取值范围是a＞﹣1．…

2

（Ⅱ）因为函数F（x）=f（x）﹣λx有唯一零点， 2

即λx﹣lnx﹣x=0有唯一实数解， 2

设g（x）=λx﹣lnx﹣x，

，由f'（1）=0，得b=1﹣a．

．…

．

＞1，解得﹣1＜a＜0．

则2

．令g'（x）=0，2λx﹣x﹣1=0．

因为λ＞0，所以△=1+8λ＞0， 方程有两异号根设为x1＜0，x2＞0． 因为x＞0，所以x1应舍去．

当x∈（0，x2）时，g'（x）＜0，g（x）在（0，x2）上单调递减； 当x∈（x2，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）在（x2，+∞）单调递增． 当x=x2时，g'（x2）=0，g（x）取最小值g（x2）．… 因为g（x）=0有唯一解，所以g（x2）=0， 则

即

因为λ＞0，所以2lnx2+x2﹣1=0（*） 设函数h（x）=2lnx+x﹣1，因为当x＞0时， h（x）是增函数，所以h（x）=0至多有一解． 因为h（1）=0，所以方程（*）的解为x2=1， 代入方程组解得λ=1．…

【点评】本题考查函数的单调性、极值、零点等知识点的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．

25．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

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【解析】

试题分析：（1）推导出ACBC,ACCC1，从而AC平面BCC1B1，连接CA1,NA1，则B,A1,N三点共线，推导出CNBA1,CNMN，由线面垂直的判定定理得CN平面BNM；（2）连接AC1交CA1于点H，推导出AHBA1，HQBA1，则AQH是二面角ABA1C的平面角．由此能求出二面角

CBNB1的余弦值．

试题解析：（1）如图，取CE的中点G，连接FG,BG. ∵F为CD的中点，∴GF//DE且GF∵AB平面ACD，DE平面ACD， ∴AB//DE， ∴GF//AB.

1DE. 21DE，∴GFAB. ∴四边形GFAB为平行四边形，则AF//BG. （4分） 2∵AF平面BCE，BG平面BCE， ∴AF//平面BCE （6分）

又AB考点：直线与平面平行和垂直的判定．

26．【答案】

2

【解析】解：（1）∵1+x≥1恒成立，∴f（x）的定义域为（﹣∞，+∞）； （2）∵f（﹣x）=∴f（x）为偶函数； （3）∵f（x）=

．

=

=f（x），

∴f（）===﹣=﹣f（x）．

即f（）=﹣f（x）成立．

【点评】本题主要考查函数定义域以及函数奇偶性的判断，比较基础．

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