和平区第一高级中学2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含答案(1)

一、选择题

1． 已知f（x）为偶函数，且f（x+2）=﹣f（x），当﹣2≤x≤0时，f（x）=2x；若n∈N*，an=f（n），则a2017等于（

）

C．

D．

A．2017B．﹣8

2． 对于函数f（x），若∀a，b，c∈R，f（a），f（b），f（c）为某一三角形的三边长，则称f（x）为“可构造三角形函数”，已知函数f（x）=A．C．D．　　

3． 已知数列｛an｝满足an8和m，则Mm（ A．

）

B．

是“可构造三角形函数”，则实数t的取值范围是（

）

2n7（nN）.若数列｛an｝的最大项和最小项分别为Mn227 2C．

11 2259 32D．

435324． 如图，网格纸上的正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则这个几何体的体积为（ ）

A．30　

B．50C．75D．150

，

5． 两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是球面面积的则这两个圆锥的体积之比为（

）

A．2：1B．5：2C．1：4D．3：1

6． 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是线段AC11的中点，若四面体M-ABD的外接球体积为36p，则正方体棱长为（

）

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A．2 B．3 C．4 D．5

）111]

D．6对

【命题意图】本题考查以正方体为载体考查四面体的外接球半径问题，意在考查空间想象能力和基本运算能力．7． 如图所示，在三棱锥PABC的六条棱所在的直线中，异面直线共有（ A．2对

B．3对

C．4对

8． 点A是椭圆上一点，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，I是△AF1F2的内心．若，则该椭圆的离心率为（

）

A．B．C．D．

）

9． 数列{an}满足a1=3，an﹣an•an+1=1，An表示{an}前n项之积，则A2016的值为（ A．﹣

B．

C．﹣1

D．1

10．已知定义域为R的偶函数f(x)满足对任意的xR，有f(x2)f(x)f(1)，且当

x[2,3]时，f(x)2x212x18.若函数yf(x)loga(x1)在(0,)上至少有三个零点，则

实数的取值范围是（ A．(0,）111]

B．(0,2) 23) 3C．(0,5) 5）

D．(0,6)611．为了得到函数A．向右平移C．向右平移

个单位长度个单位长度

的图象，只需把函数y=sin3x的图象（

B．向左平移D．向左平移

个单位长度个单位长度

12．一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧（左）视图分别如图所，则该几何体的俯视图为（

）

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A．B．C．D．

二、填空题

13．递增数列{an}满足2an=an﹣1+an+1，（n∈N*，n＞1），其前n项和为Sn，a2+a8=6，a4a6=8，则S10=　　．14．抛物线y2=4x的焦点为F，过F且倾斜角等于为　　　　　　．15．如图，正方形O'A'B'C'的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的周长为 ．

的直线与抛物线在x轴上方的曲线交于点A，则AF的长

1111]

16．计算：

×5﹣1=　　．17．若x，y满足线性约束条件，则z=2x+4y的最大值为　　．x1x0 ，若函数y=f（f18．【盐城中学2018届高三上第一次阶段性考试】已知函数f（x）={exx22x1(x0)（x）﹣a）﹣1有三个零点，则a的取值范围是_____．

三、解答题

19．已知命题p：方程

表示焦点在x轴上的双曲线．命题q：曲线y=x2+（2m﹣3）x+1与x轴交

于不同的两点，若p∧q为假命题，p∨q为真命题，求实数m的取值范围．　

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20．已知和均为给定的大于1的自然数，设集合，，，...，...。

，其中

，集合

..。

（1）当（2）设、

，

，

，..。，则

.

，，

，，...，

时，用列举法表示集合；

、

，

，

，...，.证明：若

21．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，且PA=AD，点F是棱PD的中点，点E为CD的中点．（1）证明：EF∥平面PAC；（2）证明：AF⊥EF．

22．（本小题满分12分）

已知直三棱柱ABCA1B1C1中，上底面是斜边为AC的直角三角形，E、F分别是A1B、AC1的中点.

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（1）求证：EF//平面ABC； （2）求证：平面AEF平面AA1B1B.

23．如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，BC⊥CF，（Ⅰ）求证：EF⊥平面DCE；

（Ⅱ）当AB的长为何值时，二面角A﹣EF﹣C的大小为60°．

，EF=2，BE=3，CF=4．

24．已知椭圆E：（Ⅰ）求椭圆E的方程；

=1（a＞b＞0）的焦距为2，且该椭圆经过点．

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（Ⅱ）经过点P（﹣2，0）分别作斜率为k1，k2的两条直线，两直线分别与椭圆E交于M，N两点，当直线MN与y轴垂直时，求k1k2的值．

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和平区第一高级中学2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含答案（参）一、选择题

1． 【答案】D

【解析】解：∵f（x+2）=﹣f（x），∴f（x+4）=﹣f（x+2）=f（x），即f（x+4）=f（x），即函数的周期是4．

∴a2017=f（2017）=f（504×4+1）=f（1），∵f（x）为偶函数，当﹣2≤x≤0时，f（x）=2x，∴f（1）=f（﹣1）=，∴a2017=f（1）=故选：D．

【点评】本题主要考查函数值的计算，利用函数奇偶性和周期性之间的关系是解决本题的关键．　

2． 【答案】D

【解析】解：由题意可得f（a）+f（b）＞f（c）对于∀a，b，c∈R都恒成立，由于f（x）=

=1+

，

，

①当t﹣1=0，f（x）=1，此时，f（a），f（b），f（c）都为1，构成一个等边三角形的三边长，满足条件．

②当t﹣1＞0，f（x）在R上是减函数，1＜f（a）＜1+t﹣1=t，同理1＜f（b）＜t，1＜f（c）＜t，

由f（a）+f（b）＞f（c），可得 2≥t，解得1＜t≤2．③当t﹣1＜0，f（x）在R上是增函数，t＜f（a）＜1，同理t＜f（b）＜1，t＜f（c）＜1，

由f（a）+f（b）＞f（c），可得 2t≥1，解得1＞t≥综上可得，

≤t≤2，

，2]，

．

故实数t的取值范围是[故选D．

【点评】本题主要考查了求参数的取值范围，以及构成三角形的条件和利用函数的单调性求函数的值域，同时考查了分类讨论的思想，属于难题．　

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3． 【答案】D【解析】

2n72n52n52n7，，a8aan1n1nnn1n12222n2n522n72n9，当1n4时，an1an,即a5a4a3a2a1；当n5时,an1an,n1n12225911即a5a6a7....因此数列an先增后减,n5,a5为最大项，n,an8，a1,最

3221111259435小项为，mM的值为．故选D.223232试题分析：数列an8考点：数列的函数特性.4． 【答案】B

【解析】解：该几何体是四棱锥，其底面面积S=5×6=30，高h=5，则其体积V=故选B．

5． 【答案】D

【解析】解：设球的半径为R，圆锥底面的半径为r，则πr2=∴球心到圆锥底面的距离为∴两个圆锥的体积比为：故选：D．　

6． 【答案】C

×4πR2=

．

，∴r=

．

S×h=

30×5=50．

=．∴圆锥的高分别为和

=1：3．

7． 【答案】B【解析】

试题分析：三棱锥PABC中，则PA与BC、PC与AB、PB与AC都是异面直线，所以共有三对，故选

第 8 页，共 18 页

B．

考点：异面直线的判定．8． 【答案】B

【解析】解：设△AF1F2的内切圆半径为r，则S△IAF1=|AF1|r，S△IAF2=|AF2|r，S△IF1F2=|F1F2|r，∵

∴|AF1|r=2

×|F1F2|r﹣|AF2|r，

|F1F2|．∴a=2=

．

，，

整理，得|AF1|+|AF2|=2∴椭圆的离心率e==故选：B．　

9． 【答案】D

【解析】解：∵a1=3，an﹣an•an+1=1，∴…

∴数列{an}是以3为周期的周期数列，且a1a2a3=﹣1，∵2016=3×672，∴A2016 =（﹣1）672=1．故选：D．　

10．【答案】B【解析】

试题分析：f(x2)fxf1，令x1，则f1f1f1，fx是定义在R上的偶函数,

，得

，

，a4=3，

f10fxfx2．则函数fx是定义在R上的，周期为的偶函数，又∵当x2,3时，

fx2x212x18，令gxlogax1，则fx与gx在0,的部分图象如下图，

yfxlogax1在0,上至少有三个零点可化为fx与gx的图象在0,上至少有三个交点，0a13，解得：0a故选A．gx在0,上单调递减，则log323a第 9 页，共 18 页

考点：根的存在性及根的个数判断.

【方法点晴】本题是一道关于函数零点的题目，关键是结合数形结合的思想进行解答.根据已知条件推导可得图象与函数ylogax1的图象在0,上至少有三个交点,接下来在同一坐标系内作出图象,进而可得的范围.

11．【答案】A

【解析】解：把函数y=sin3x的图象向右平移故选：A．

【点评】本题主要考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．　

12．【答案】C

【解析】解：由正视图可知去掉的长方体在正视线的方向，从侧视图可以看出去掉的长方体在原长方体的左侧，

由以上各视图的描述可知其俯视图符合C选项．故选：C．

【点评】本题考查几何体的三视图之间的关系，要注意记忆和理解“长对正、高平齐、宽相等”的含义．　

个单位长度，可得y=sin3（x﹣

）=sin（3x﹣

）的图象，

fx是周期函数,其周期为,要使函数yfxlogax1在0,上至少有三个零点,等价于函数fx的

二、填空题

13．【答案】　35　．

【解析】解：∵2an=an﹣1+an+1，（n∈N*，n＞1），∴数列{an}为等差数列，

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又a2+a8=6，∴2a5=6，解得：a5=3，又a4a6=（a5﹣d）（a5+d）=9﹣d2=8，∴d2=1，解得：d=1或d=﹣1（舍去）∴an=a5+（n﹣5）×1=3+（n﹣5）=n﹣2．∴a1=﹣1，∴S10=10a1+故答案为：35．

【点评】本题考查数列的求和，判断出数列{an}为等差数列，并求得an=2n﹣1是关键，考查理解与运算能力，属于中档题．　

14．【答案】　4　．

【解析】解：由已知可得直线AF的方程为y=

（x﹣1），

联立直线与抛物线方程消元得：3x2﹣10x+3=0，解之得：x1=3，x2=（据题意应舍去），由抛物线定义可得：AF=x1+=3+1=4．故答案为：4．

【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的定义，考查学生的计算能力，属于中档题．　

15．【答案】8cm【解析】

=35．

考点：平面图形的直观图．16．【答案】　9　．

第 11 页，共 18 页

【解析】解：×5﹣1=

×=×=（﹣5）×（﹣9）×=9，

∴

故答案为：9．　

17．【答案】　38　．

×5﹣1=9，

【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=2x+4y得y=﹣x+，

平移直线y=﹣x+，由图象可知当直线y=﹣x+经过点A时，直线y=﹣x+的截距最大，此时z最大，由

，解得

，

即A（3，8），

此时z=2×3+4×8=6+32=32，故答案为：38

18．【答案】[1，3）3【解析】当x＜0时，由f（x）﹣1=0得x2+2x+1=1，得x=﹣2或x=0，

1e1e第 12 页，共 18 页

当x≥0时，由f（x）﹣1=0得

x110，得x=0，xe由，y=f（f（x）﹣a）﹣1=0得f（x）﹣a=0或f（x）﹣a=﹣2，即f（x）=a，f（x）=a﹣2，作出函数f（x）的图象如图：

x

1≥1（x≥0），ex

1xy′=x，当x∈（0，1）时，y′＞0，函数是增函数，x∈（1，+∞）时，y′＜0，函数是减函数，

e1x=1时，函数取得最大值：1，

e11当1＜a﹣21时，即a∈（3，3+）时，y=f（f（x）﹣a）﹣1有4个零点，

ee11当a﹣2=1+时，即a=3+时则y=f（f（x）﹣a）﹣1有三个零点，

ee1当a＞3+时，y=f（f（x）﹣a）﹣1有1个零点

e1当a=1+时，则y=f（f（x）﹣a）﹣1有三个零点，

e1a11当{e 时，即a∈（1+，3）时，y=f（f（x）﹣a）﹣1有三个零点．

ea21y=

综上a∈[1，3）3，函数有3个零点．故答案为：[1，3）3．

点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路

1e1e1e1e第 13 页，共 18 页

（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．

三、解答题

19．【答案】 【解析】解：∵方程∴

⇒m＞2

表示焦点在x轴上的双曲线，

若p为真时：m＞2，

∵曲线y=x2+（2m﹣3）x+1与x轴交于不同的两点，则△=（2m﹣3）2﹣4＞0⇒m＞或m若q真得：

或

，

，

由复合命题真值表得：若p∧q为假命题，p∨q为真命题，p，q命题一真一假 若p真q假：若p假q真：

∴实数m的取值范围为：

或

．

；

【点评】本题借查复合命题的真假判定，考查了双曲线的标准方程，关键是求得命题为真时的等价条件．　

20．【答案】

【解析】21．【答案】

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【解析】（1）证明：如图，∵点E，F分别为CD，PD的中点，∴EF∥PC．

∵PC⊂平面PAC，EF⊄平面PAC，∴EF∥平面PAC．

（2）证明：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，又ABCD是矩形，∴CD⊥AD，∵PA∩AD=A，∴CD⊥平面PAD．∵AF⊂平面PAD，∴AF⊥CD．

∵PA=AD，点F是PD的中点，∴AF⊥PD．又CD∩PD=D，∴AF⊥平面PDC．∵EF⊂平面PDC，∴AF⊥EF．

【点评】本题考查了线面平行的判定，考查了由线面垂直得线线垂直，综合考查了学生的空间想象能力和思维能力，是中档题．　

22．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【

解

析

】

试

题解析：证明：（1）连接A1C，∵直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形AA1C1C是矩形，

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故点F在A1C上，且F为A1C的中点，

在A1BC中，∵E、F分别是A1B、AC1的中点，∴EF//BC.又EF平面ABC，BC平面ABC，∴EF//平面ABC.

考点：1.线面平行的判定定理；2.面面垂直的判定定理.23．【答案】

【解析】证明：（Ⅰ）在△BCE中，BC⊥CF，BC=AD=∴DC⊥EF，又DC与EC相交于C，∴EF⊥平面DCE解：（Ⅱ）

方法一：过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连接AH．由平面ABCD⊥平面BEFC，平面ABCD∩平面BEFC=BC，AB⊥BC，得AB⊥平面BEFC，从而AH⊥EF．所以∠AHB为二面角A﹣EF﹣C的平面角．在Rt△CEF中，因为EF=2，CF=4．EC=

∴∠CEF=90°，由CE∥BH，得∠BHE=90°，又在Rt△BHE中，BE=3，∴

由二面角A﹣EF﹣C的平面角∠AHB=60°，在Rt△AHB中，解得所以当

时，二面角A﹣EF﹣C的大小为60°

，

，BE=3，∴EC=

，

∵在△FCE中，CF2=EF2+CE2，∴EF⊥CE由已知条件知，DC⊥平面EFCB，

方法二：如图，以点C为坐标原点，以CB，CF和CD分别作为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系C﹣xyz．

设AB=a（a＞0），则C（0，0，0），A（

，0，a），B（

，0，0），E（

，3，0），F（0，4，0）．

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从而

设平面AEF的法向量为则

，即

，由

，，

，

得，

，取x=1，

不妨设平面EFCB的法向量为由条件，得解得

．所以当

时，二面角A﹣EF﹣C的大小为60°．

【点评】本题考查的知识点是用空间向量求平面间的夹角，其中（I）的关键是熟练掌握线线垂直、线面垂直与面面垂直的之间的相互转化，（II）的关键是建立空间坐标系，将二面角问题，转化为向量的夹角问题．　

24．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）由题意得，2c=2解得，a2=4，b2=1；故椭圆E的方程为

+y2=1；

，

=1；

（Ⅱ）由题意知，当k1=0时，M点的纵坐标为0，直线MN与y轴垂直，则点N的纵坐标为0，

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故k2=k1=0，这与k2≠k1矛盾．当k1≠0时，直线PM：y=k1（x+2）；由

得，

（+4）y2﹣

=0；；

解得，yM=

∴M（，），

同理N（，），

=

；

由直线MN与y轴垂直，则∴（k2﹣k1）（4k2k1﹣1）=0，∴k2k1=．

【点评】本题考查了椭圆方程的求法及椭圆与直线的位置关系的判断与应用，属于中档题．　

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