繁昌县第三中学校2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

繁昌县第三中学校2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

班级__________ 姓名__________ 分数__________

一、选择题

fx2fx11． 若fx是定义在,上的偶函数，x1,x20,x1x2，有0，则

x2x1（ ）

A．f2f1f3 B．f1f2f3 C．f3f1f2 D．f3f2f1 2． 已知实数x，y满足ax＜ay（0＜a＜1），则下列关系式恒成立的是（ ） A．

B．ln（x2+1）＞ln（y2+1）

C．x3＞y3 D．sinx＞siny

3． 不等式ax2+bx+c＜0（a≠0）的解集为R，那么（ ） A．a＜0，△＜0 B．a＜0，△≤0

C．a＞0，△≥0

D．a＞0，△＞0

4． 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A．1616321632 B．16 C．8 D．8 3333

【命题意图】本题考查三视图、圆柱与棱锥的体积计算，意在考查识图能力、转化能力、空间想象能力． 5． 若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值是（ ） A.7

B.8

C. 9

D. 10

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6． 函数

的定义域是（ ）

【命题意图】本题考查阅读程序框图，理解程序框图的功能，本质是循环语句循环终止的条件.

A．[0，+∞） B．[1，+∞） C．（0，+∞）

7． 已知实数x，y满足有不等式组A．2

B．

C．

D．

D．（1，+∞）

，且z=2x+y的最大值是最小值的2倍，则实数a的值是（ ）

8． 高一新生军训时，经过两天的打靶训练，甲每射击10次可以击中9次，乙每射击9次可以击中8次．甲、乙两人射击同一目标（甲、乙两人互不影响），现各射击一次，目标被击中的概率为（ ） A．

B．

C．

D．

9． 已知命题p和命题，若pq为真命题，则下面结论正确的是（ ）

A．p是真命题 B．q是真命题 C．pq是真命题 D．(p)(q)是真命题 10．抛物线x=﹣4y2的准线方程为（ ） A．y=1 B．y=

C．x=1 D．x=

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11．已知一组函数fn（x）=sinnx+cosnx，x∈[0，①∀n∈N*，fn（x）≤

恒成立

]，n∈N*，则下列说法正确的个数是（ ）

②若fn（x）为常数函数，则n=2 ③f4（x）在[0，

]上单调递减，在[

，

]上单调递增．

A．0 B．1 C．2 D．3

12．执行如图所示的程序框图，若a=1，b=2，则输出的结果是（ ）

A．9

B．11 C．13 D．15

二、填空题

13．B，C对应的边分别为a，b，c，b=2， △ABC外接圆半径为，内角A，若A=60°，则c的值为 ． 14．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 _________ 。 15．已知随机变量ξ﹣N（2，σ2），若P（ξ＞4）=0.4，则P（ξ＞0）= ．

16．设直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ=1（0≤θ≤2π），对于下列四个命题： A．M中所有直线均经过一个定点

B．存在定点P不在M中的任一条直线上

C．对于任意整数n（n≥3），存在正n边形，其所有边均在M中的直线上 D．M中的直线所能围成的正三角形面积都相等

其中真命题的代号是 （写出所有真命题的代号）．

y的最大值是 ． x18．已知三棱锥DABC的四个顶点均在球O的球面上，ABC和DBC所在的平面互相垂直，AB3，

217．如果实数x,y满足等式x2y3，那么

2AC3，BCCDBD23，则球O的表面积为 . 第 3 页，共 17 页

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三、解答题

19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，D为AB中点． （1）求证：BC1∥平面A1CD；

（2）若四边形BCC1B1是正方形，且A1D=

，求直线A1D与平面CBB1C1所成角的正弦值．

20．双曲线C与椭圆

21．已知梯形ABCD中，AB∥CD，∠B=所示的几何体

（Ⅰ）求几何体的表面积

（Ⅱ）判断在圆A上是否存在点M，使二面角M﹣BC﹣D的大小为45°，且∠CAM为锐角若存在，请求出CM的弦长，若不存在，请说明理由．

，DC=2AB=2BC=2

，以直线AD为旋转轴旋转一周的都如图

+

=1有相同的焦点，直线y=

x为C的一条渐近线．求双曲线C的方程．

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22．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．

23．若函数f（x）=ax（a＞0，且a≠1）在[1，2]上的最大值比最小值大，求a的值．

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24．（本题满分12分）如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中， E、F分别是棱DD1 、C1D1的中点. （1）求直线BE和平面ABB1A1所成角的正弦值； （2）证明：B1F∥平面A1BE．

A1 B1

C1 A B C F

D1 E D

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繁昌县第三中学校2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析（参考答案） 一、选择题

1． 【答案】D

2． 【答案】C

xy

【解析】解：∵实数x、y满足a＜a（1＞a＞0），∴y＜x． 对于A．取x=1，y=0，

不成立，因此不正确；

22

对于B．取y=﹣2，x=﹣1，ln（x+1）＞ln（y+1）不成立； 333

对于C．利用y=x在R上单调递增，可得x＞y，正确；

对于D．取y=﹣故选：C．

π，x=，但是sinx=，siny=，sinx＞siny不成立，不正确．

【点评】本题考查了函数的单调性、不等式的性质，考查了推理能力，属于基础题．

3． 【答案】A

2

【解析】解：∵不等式ax+bx+c＜0（a≠0）的解集为R，

∴a＜0，

2

且△=b﹣4ac＜0，

2

综上，不等式ax+bx+c＜0（a≠0）的解集为的条件是：a＜0且△＜0．

故选A．

4． 【答案】D

【解析】由三视图知几何体为一个底面半径为2高为4的半圆柱中挖去一个以轴截面为底面高为2的四棱锥，因此该几何体的体积为V5． 【答案】A

【解析】运行该程序，注意到循环终止的条件，有n10，i1；n5，i2；n16，i3；n8，i4；n4，i5；n2，i6；n1，i7，到此循环终止，故选 A. 6． 【答案】A

xx0

【解析】解：由题意得：2﹣1≥0，即2≥1=2， 因为2＞1，所以指数函数y=2为增函数，则x≥0．

x

11322244428，故选D． 233

所以函数的定义域为[0，+∞） 故选A

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【点评】本题为一道基础题，要求学生会根据二次根式的定义及指数函数的增减性求函数的定义域．

7． 【答案】B

【解析】解：由约束条件

作出可行域如图，

联立联立

，得A（a，a）， ，得B（1，1），

化目标函数z=2x+y为y=﹣2x+z， 由图可知zmax=2×1+1=3，zmin=2a+a=3a， 由6a=3，得a=． 故选：B．

【点评】本题考查了简单的线性规划考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．

8． 【答案】 D

【解析】【解答】解：由题意可得，甲射中的概率为故两人都击不中的概率为（1﹣故目标被击中的概率为1﹣故选：D． 属于基础题．

=

）（1﹣）=，

，

，乙射中的概率为，

【点评】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，所求的事件的概率与它的对立事件的概率之间的关系，

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9． 【答案】C 【解析】111.Com]

试题分析：由pq为真命题得p,q都是真命题．所以p是假命题；q是假命题；pq是真命题；

(p)(q)是假命题．故选C.

考点：命题真假判断． 10．【答案】D

2

【解析】解：抛物线x=﹣4y即为

y2=﹣x， 可得准线方程为x=故选：D．

11．【答案】 D

【解析】解：①∵x∈[0，

]，∴fn（x）=sinnx+cosnx≤sinx+cosx=

≤

，因此正确；

．

②当n=1时，f1（x）=sinx+cosx，不是常数函数；当n=2时，f2（x）=sin2x+cos2x=1为常数函数，

2

当n≠2时，令sinx=t∈[0，1]，则fn（x）=

+，当t∈

=g（t），g′（t）=﹣

=

当t∈

时，g′（t）＜0，函数g（t）单调递减；

时，g′（t）＞0，函数g（t）单调递增加，因此函数fn（x）不是常数函数，因此②正确．

=，

=

+，当x∈[0，

，

]

22222

=sin4x+cos4x=③f4（x）（sinx+cosx）﹣2sinxcosx=1﹣

]，4x∈[0，π]，因此f4（x）在[0，上单调递增，因此正确． 综上可得：①②③都正确． 故选：D．

]上单调递减，当x∈[]，4x∈[π，2π]，因此f4（x）在[

【点评】本题考查了三角函数的图象与性质、倍角公式、平方公式、两角和差的正弦公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

12．【答案】C

【解析】解：当a=1时，不满足退出循环的条件，故a=5， 当a=5时，不满足退出循环的条件，故a=9， 当a=9时，不满足退出循环的条件，故a=13，

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当a=13时，满足退出循环的条件， 故输出的结果为13， 故选：C

【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．

二、填空题

13．【答案】 ．

【解析】解：∵△ABC外接圆半径为∴由正弦定理可得：

22222

∴利用余弦定理：a=b+c﹣2bccosA，可得：9=4+c﹣2c，即c﹣2c﹣5=0，

，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若A=60°，b=2，

，解得：a=3，

∴解得：c=1+故答案为：基础题．

，或1﹣．

（舍去）．

【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和计算能力，属于

14．【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===，

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故答案为：。

15．【答案】 0.6 ．

2

【解析】解：随机变量ξ服从正态分布N（2，σ）， ∴曲线关于x=2对称，

∴P（ξ＞0）=P（ξ＜4）=1﹣P（ξ＞4）=0.6， 故答案为：0.6．

【点评】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查概率的性质，是一个基础题．

16．【答案】BC 【解析】

【分析】验证发现，直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ=1（0≤θ≤2π）表示圆x+（y﹣2）=1的切线的集合， A．M中所有直线均经过一个定点（0，2）是不对，可由圆的切线中存在平行线得出， B．存在定点P不在M中的任一条直线上，观察直线的方程即可得到点的坐标．

C．对于任意整数n（n≥3），存在正n边形，其所有边均在M中的直线上，由直线系的几何意义可判断， D．M中的直线所能围成的正三角形面积一定相等，由它们是同一个圆的外切正三角形可判断出． 【解答】解：因为点（0，2）到直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ=1（0≤θ≤2π）中每条直线的距离d=

=1，直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ=1（0≤θ≤2π）表示圆x+（y﹣2）=1的切线的集

2

2

2

2

合，

22

A．由于直线系表示圆x+（y﹣2）=1的所有切线，其中存在两条切线平行，M中所有直线均经过一个定点（0，2）不可能，故A不正确；

B．存在定点P不在M中的任一条直线上，观察知点M（0，2）即符合条件，故B正确；

C．由于圆的所有外切正多边形的边都是圆的切线，所以对于任意整数n（n≥3），存在正n边形，其所有边均在M中的直线上，故C正确；

D．如下图，M中的直线所能围成的正三角形有两类，

其一是如△ABB′型，是圆的外切三角形，此类面积都相等，另一类是在圆同一侧，如△BDC型，此一类面积相等，但两类之间面积不等，所以面积大小不一定相等， 故本命题不正确． 故答案为：BC．

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17．【答案】3 【解析】

考点：直线与圆的位置关系的应用. 1

【方法点晴】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到点到直线的距离公式、直线与圆相切的判定与应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力和转化与化归的思想方法，本题的解答中把

y的最值转化为直线与圆相切是解答的关键，属于中档试题. x18．【答案】16

△ABC【解析】如图所示，∵AB2AC2BC2，∴CAB为直角，即过△ABC的小圆面的圆心为BC的中点O，和△DBC所在的平面互相垂直，则球心O在过△DBC的圆面上，即△DBC的外接圆为球大圆，由等边三角

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形的重心和外心重合易得球半径为R2，球的表面积为S4πR216π

三、解答题

19．【答案】

【解析】证明：（1）连AC1，设AC1与A1C相交于点O，连DO，则O为AC1中点， ∵D为AB的中点， ∴DO∥BC1，

∵BC1⊄平面A1CD，DO⊂平面A1CD， ∴BC1∥平面A1CD．

解：∵底面△ABC是边长为2等边三角形，D为AB的中点， 四边形BCC1B1是正方形，且A1D=∴CD⊥AB，CD=∵

，∴

=

222

∴AD+AA1=A1D，∴AA1⊥AB，

，

，AD=1，

，

∴CD⊥DA1，又DA1∩AB=D，

∴CD⊥平面ABB1A1，∵BB1⊂平面ABB1A1，∴BB1⊥CD， ∵矩形BCC1B1，∴BB1⊥BC， ∵BC∩CD=C∴BB1⊥平面ABC， ∵底面△ABC是等边三角形， ∴三棱柱ABC﹣A1B1C1是正三棱柱．

以C为原点，CB为x轴，CC1为y轴，过C作平面CBB1C1的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， B（2，0，0），A（1，0，

=（，﹣2，﹣

），D（，0，

），A1（1，2，

），

），平面CBB1C1的法向量=（0，0，1），

设直线A1D与平面CBB1C1所成角为θ， 则sinθ=

=

=

．

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∴直线A1D与平面CBB1C1所成角的正弦值为

．

20．【答案】

【解析】解：设双曲线方程为由椭圆

+

（a＞0，b＞0）

=1，求得两焦点为（﹣2，0），（2，0），

∴对于双曲线C：c=2． 又y=∴=

x为双曲线C的一条渐近线，

，

．

解得a=1，b=

∴双曲线C的方程为

21．【答案】

【解析】解：（1）根据题意，得； 该旋转体的下半部分是一个圆锥，

上半部分是一个圆台中间挖空一个圆锥而剩下的几何体， 其表面积为S=×4π×2或S=×4π×2

×2=8

π， ﹣2π×

）+×2π×

=8

π；

+×（4π×2

（2）作ME⊥AC，EF⊥BC，连结FM，易证FM⊥BC， ∴∠MFE为二面角M﹣BC﹣D的平面角， 设∠CAM=θ，∴ EM=2sinθ，EF=

，

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∵tan∠MFE=1，∴∴CM=2

．

，∴tan=，∴，

【点评】本题考查了空间几何体的表面积与体积的计算问题，也考查了空间想象能力的应用问题，是综合性题目．

22．【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°

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∴平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小是60°．

【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．

23．【答案】

【解析】解：由题意可得：

∵当a＞1时，函数f（x）在区间[1，2]上单调递增，

2

∴f（2）﹣f（1）=a﹣a=a，解得a=0（舍去），或a=．

∵当 0＜a＜1时，函数f（x）在区间[1，2]上单调递减，

2

∴f（1）﹣f（2）=a﹣a=

，解得a=0（舍去），或a=．

故a的值为或．

【点评】本题主要考查指数函数的单调性的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．

24．【答案】解：（1）设G是AA1的中点，连接GE，BG．∵E为DD1的中点，ABCD—A1B1C1D1为正方体，∴GE∥AD，又∵AD⊥平面ABB1A1，∴GE⊥平面ABB1A1，且斜线BE在平面ABB1A1内的射影为BG，∴Rt△BEG中的∠EBG是直线BE和平面ABB1A1所成角，即∠EBG=．设正方体的棱长为a，∴GEa，

BG53a，BEBG2GE2a， 22GE2；……6分 BE3∴直线BE和平面ABB1A1所成角的正弦值为：sin（2）证明：连接EF、AB1、C1D，记AB1与A1B的交点为H，连接EH． ∵H为AB1的中点，且B1H=

11C1D，B1H∥C1D，而EF=C1D，EF∥C1D， 22∴B1H∥EF且B1H=EF，四边形B1FEH为平行四边形，即B1F∥EH，

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又∵B1F平面A1BE且EH平面A1BE，∴B1F∥平面A1BE． ……12分

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