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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(1)

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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月月考试题含答案班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________

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(

第 1 页,共 18 页

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(

第 2 页,共 18 页

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. 

第 3 页,共 18 页

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.

第 4 页,共 18 页

(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.

第 5 页,共 18 页

(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. 

第 7 页,共 18 页

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,

第 10 页,共 18 页

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:

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:

【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.【

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

第 15 页,共 18 页

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).

第 16 页,共 18 页

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,

第 17 页,共 18 页

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. 

第 18 页,共 18 页

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