安多县实验中学2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

安多县实验中学2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

班级__________

一、选择题

1． 若直线L：(2m1)x(m1)y7m40圆C：(x1)(y2)25交于A,B两点，则弦长

22姓名__________ 分数__________

|AB|的最小值为（ ）

A．85

B．45

+

C．25

D．5

2． 设F1，F2分别是椭圆=1（a＞b＞0）的左、右焦点，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，若∠

）

F1PQ=60°，|PF1|=|PQ|，则椭圆的离心率为（ A．

B．

C．

D．

3． 已知复合命题p∧（￢q）是真命题，则下列命题中也是真命题的是（ A．（￢p）∨q

B．p∨qC．p∧qD．（￢p）∧（￢q）

）D．10

n*34． 二项式(x+1)(nÎN)的展开式中x项的系数为10，则n=（ A．5

B．6

C．8

【命题意图】本题考查二项式定理等基础知识，意在考查基本运算能力．

）

5． 在数列{an}中，a1=3，an+1an+2=2an+1+2an（n∈N+），则该数列的前2015项的和是（ A．7049B．7052C．14098D．14101　

6． 若全集U={﹣1，0，1，2}，P={x∈Z|x2＜2}，则∁UP=（ A．{2}B．{0，2}

C．{﹣1，2}

D．{﹣1，0，2}）

）

）

7． 某班设计了一个八边形的班徽（如图），它由腰长为1，顶角为的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为（

A．2sin2cos2 C. 3sin3cos1 8． 若

，

B．sin3cos3D．2sincos1，且

，则λ与μ的值分别为（

）

第 1 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

A．B．5，2C．D．﹣5，﹣2

9． 已知某工程在很大程度上受当地年降水量的影响，施工期间的年降水量X（单位：mm）对工期延误天数Y的影响及相应的概率P如表所示：

降水量X工期延误天数Y

概率PA．0.1

B．0.3

X＜10000.4100≤X＜200

50.2200≤X＜300

150.1X≥300300.3）

）

在降水量X至少是100的条件下，工期延误不超过15天的概率为（

C．0.42D．0.5

10．函数y=2|x|的定义域为[a，b]，值域为[1，16]，当a变动时，函数b=g（a）的图象可以是（

A．B．C．D．

11．设集合Ax|（

）

B．1a2 C．y=lnx

D．y=﹣x3

C.a2

）

D．1a2x30,集合Bx|x2a2x2a0,若 AB,则的取值范围x1A．a1 A．y=sinx

B．y=1g2x

12．下列函数中，既是奇函数又在区间（0，+∞）上单调递增的函数为（ 【考点】函数单调性的判断与证明；函数奇偶性的判断．【专题】函数的性质及应用．

【分析】根据正弦函数的单调性，对数的运算，一次函数的单调性，对数函数的图象及单调性的定义即可判断每个选项的正误，从而找出正确选项．

二、填空题

13．某校开设9门课程供学生选修，其中A，B，C3门课由于上课时间相同，至多选1门，若学校规定每位学生选修4门，则不同选修方案共有　　　　　　种．14．在空间直角坐标系中，设A(m，1,3)，B(1,1,1)，且|AB|22，则m .

第 2 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

15．△ABC中， 16．△ABC外接圆半径为

，BC=3，

，则∠C=　　． B，C对应的边分别为a，b，c，b=2，，内角A，若A=60°，则c的值为　　　　　　．　

17．向量=（1，2，﹣2），=（﹣3，x，y），且∥，则x﹣y=　　　　　　．18．设p：f（x）=ex+lnx+2x2+mx+1在（0，+∞）上单调递增，q：m≥﹣5，则p是q的　　条件．　

三、解答题

19．直三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，AA1=AB=AC=1，E，F分别是CC1、BC 的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点．（1）证明：DF⊥AE；

（2）是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为若不存在，说明理由．

？若存在，说明点D的位置，

20．已知函数f（x）=ex﹣ax﹣1（a＞0，e为自然对数的底数）．（1）求函数f（x）的最小值；

（2）若f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a的值．

第 3 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

21．已知A（﹣3，0），B（3，0），C（x0，y0）是圆M上的三个不同的点．（1）若x0=﹣4，y0=1，求圆M的方程；

（2）若点C是以AB为直径的圆M上的任意一点，直线x=3交直线AC于点R，线段BR的中点为D．判断直线CD与圆M的位置关系，并证明你的结论．

22．已知点F（0，1），直线l1：y=﹣1，直线l1⊥l2于P，连结PF，作线段PF的垂直平分线交直线l2于点H．设点H的轨迹为曲线r．（Ⅰ）求曲线r的方程；

（Ⅱ）过点P作曲线r的两条切线，切点分别为C，D，（ⅰ）求证：直线CD过定点；

（ⅱ）若P（1，﹣1），过点O作动直线L交曲线R于点A，B，直线CD交L于点Q，试探究否为定值？若是，求出该定值；不是，说明理由．

+

是

第 4 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

阿啊阿

23．（本小题满分12分）已知函数fxaxbxlnx（a,bR）．

21

（2）当a0时，是否存在实数b，当x0,e（e是自然常数）时，函数f(x)的最小值是3，若存在，求

（1）当a1,b3时，求函数fx在,2上的最大值和最小值；

2出b的值；若不存在，说明理由；

24．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AB的中点．

（I）求证：平面BCE⊥平面A1ABB1；（II）求证：EF∥平面B1BCC1；（III）求四棱锥B﹣A1ACC1的体积．

，E，F分别是A1C1，

第 5 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

第 6 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

安多县实验中学2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析（参）一、选择题

1． 【答案】B【解析】

试题分析：直线L:m2xy7xy40，直线过定点（3,1）是弦中点时，此时弦长AB最小，圆心与定点的距离d2xy70，解得定点3,1，当点

xy401322125，弦长

AB225545,故选B.

考点：1.直线与圆的位置关系；2.直线系方程.

【方法点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，属于基础题型，涉及一些最值问题，当点在圆的外部时，圆上的点到定点距离的最小值是圆心到直线的距离减半径，当点在圆外，可做两条直线与圆相切，当点在圆上，可做一条直线与圆相切，当点在圆内，过定点做圆的弦时，过圆心即直径最长，当定点是弦的中点时，弦最短，并且弦长公式是l2Rd，R是圆的半径，d是圆心到直线的距离.1111]

2． 【答案】 D【解析】解：设|PF1|=t，∵|PF1|=|PQ|，∠F1PQ=60°，∴|PQ|=t，|F1Q|=t，

由△F1PQ为等边三角形，得|F1P|=|F1Q|，由对称性可知，PQ垂直于x轴，F2为PQ的中点，|PF2|=，∴|F1F2|=

，即2c=

，

=t，

22由椭圆定义：|PF1|+|PF2|=2a，即2a=t

∴椭圆的离心率为：e==故选D．

=．

第 7 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

3． 【答案】B

【解析】解：命题p∧（￢q）是真命题，则p为真命题，￢q也为真命题，可推出￢p为假命题，q为假命题，故为真命题的是p∨q，故选：B．

【点评】本题考查复合命题的真假判断，注意p∨q全假时假，p∧q全真时真．　

4． 【答案】B

3【解析】因为(x+1)(nÎN)的展开式中x项系数是C3n，所以Cn=10，解得n=5，故选A．

n*35． 【答案】B

【解析】解：∵an+1an+2=2an+1+2an（n∈N+），∴（an+1﹣2）（an﹣2）=2，当n≥2时，（an﹣2）（an﹣1﹣2）=2，∴

，可得an+1=an﹣1，

因此数列{an}是周期为2的周期数列．a1=3，∴3a2+2=2a2+2×3，解得a2=4，∴S2015=1007（3+4）+3=7052．

【点评】本题考查了数列的周期性，考查了计算能力，属于中档题．　

6． 【答案】A【解析】解：∵x2＜2∴﹣

＜x＜

＜x＜

，x∈Z|}={﹣1，0，1}，

∴P={x∈Z|x2＜2}={x|﹣

第 8 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

又∵全集U={﹣1，0，1，2}，∴∁UP={2}故选：A．　

7． 【答案】A【解析】

试题分析：利用余弦定理求出正方形面积S111-2cos22cos；利用三角形知识得出四个等

22腰三角形面积S24正确答案为A.

111sin2sin；故八边形面积SS1S22sin2cos2.故本题2考点：余弦定理和三角形面积的求解.

【方法点晴】本题是一道关于三角函数在几何中的应用的题目，掌握正余弦定理是解题的关键；首先根据三角

1111sinsin求出个三角形的面积4S2sin；接下来利用余弦定理可求出正222222方形的边长的平方11-2cos，进而得到正方形的面积S111-2cos22cos，最后得到

形面积公式S答案.

8． 【答案】A【解析】解：由又∴故选：A．

【点评】本题考查了平行向量与共线向量，考查向量的性质，大小和方向是向量的两个要素，分别是向量的代数特征和几何特征，借助于向量可以实现某些代数问题与几何问题的相互转化，该题是基础题．　

9． 【答案】D

【解析】解：降水量X至少是100的条件下，工期延误不超过15天的概率P，设：降水量X至少是100为事件A，工期延误不超过15天的事件B，P（A）=0.6，P（AB）=0.3，P=P（B丨A）=故答案选：D．　

=0.5，，得

，，解得

．．

，

第 9 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

10．【答案】B

【解析】解：根据选项可知a≤0

a变动时，函数y=2|x|的定义域为[a，b]，值域为[1，16]，∴2|b|=16，b=4故选B．

【点评】本题主要考查了指数函数的定义域和值域，同时考查了函数图象，属于基础题．　

11．【答案】A【解析】

考

点：集合的包含关系的判断与应用.

【方法点晴】本题主要考查了集合的包含关系的判定与应用，其中解答中涉及到分式不等式的求解，一元二次不等式的解法，集合的子集的相关的运算等知识点的综合考查，着重考查了转化与化归思想、分类讨论思想的应用，以及学生的推理与运算能力，属于中档试题，本题的解答中正确求解每个不等式的解集是解答的关键.12．【答案】B

【解析】解：根据y=sinx图象知该函数在（0，+∞）不具有单调性；

y=lg2x=xlg2，所以该函数是奇函数，且在（0，+∞）上单调递增，所以选项B正确；

第 10 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

根据y=lnx的图象，该函数非奇非偶；

根据单调性定义知y=﹣x3在（0，+∞）上单调递减．故选B．

【点评】考查正弦函数的单调性，对数的运算，以及一次函数的单调性，对数函数的图象，奇偶函数图象的对称性，函数单调性的定义．　

二、填空题

13．【答案】　75　 　

【解析】计数原理的应用．【专题】应用题；排列组合．

【分析】由题意分两类，可以从A、B、C三门选一门，再从其它6门选3门，也可以从其他六门中选4门，根据分类计数加法得到结果．

【解答】解：由题意知本题需要分类来解，

第一类，若从A、B、C三门选一门，再从其它6门选3门，有C31C63=60，第二类，若从其他六门中选4门有C=15，

∴根据分类计数加法得到共有60+15=75种不同的方法．故答案为：75．

【点评】本题考查分类计数问题，考查排列组合的实际应用，利用分类加法原理时，要注意按照同一范畴分类，分类做到不重不漏．14．【答案】1【解析】试题分析：ABm12112312　，a=BC=3，c==

得：

，

22，解得：m1，故填：1.

考点：空间向量的坐标运算15．【答案】　【解析】解：由根据正弦定理

sinC==，

又C为三角形的内角，且c＜a，∴0＜∠C＜

，

第 11 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

则∠C=．

故答案为：

【点评】此题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，正弦定理很好的建立了三角形的边角关系，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，同时注意判断C的范围．　

16．【答案】　　．

【解析】解：∵△ABC外接圆半径为，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若A=60°，b=2，∴由正弦定理可得：

∴利用余弦定理：a2=b2+c2﹣2bccosA，可得：9=4+c2﹣2c，即c2﹣2c﹣5=0，∴解得：c=1+故答案为：

基础题．　

17．【答案】　﹣12　．

【解析】解：∵向量=（1，2，﹣2），=（﹣3，x，y），且∥，∴

==

，

，或1﹣．

（舍去）．

，解得：a=3，

【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

解得x=﹣6，y=6，x﹣y=﹣6﹣6=﹣12．故答案为：﹣12．

【点评】本题考查了空间向量的坐标表示与共线定理的应用问题，是基础题目．　

18．【答案】　必要不充分　

【解析】解：由题意得f′（x）=ex++4x+m，∵f（x）=ex+lnx+2x2+mx+1在（0，+∞）内单调递增，∴f′（x）≥0，即ex++4x+m≥0在定义域内恒成立，由于+4x≥4，当且仅当=4x，即x=时等号成立，

第 12 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

故对任意的x∈（0，+∞），必有ex++4x＞5∴m≥﹣ex﹣﹣4x不能得出m≥﹣5

但当m≥﹣5时，必有ex++4x+m≥0成立，即f′（x）≥0在x∈（0，+∞）上成立∴p不是q的充分条件，p是q的必要条件，即p是q的必要不充分条件故答案为：必要不充分　

三、解答题

19．【答案】

【解析】（1）证明：∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB，∴AE⊥AB，又∵AA1⊥AB，AA1⊥∩AE=A，∴AB⊥面A1ACC1，又∵AC⊂面A1ACC1，∴AB⊥AC，

以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，

则有A（0，0，0），E（0，1，），F（，，0），A1（0，0，1），B1（1，0，1），设D（x，y，z），则 D（λ，0，1），所以∵

=（0，1，），∴

•=（=

且λ∈，即（x，y，z﹣1）=λ（1，0，0），

，，﹣1），=0，所以DF⊥AE；

．

（2）结论：存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为理由如下：

设面DEF的法向量为=（x，y，z），则∵

=（

，，），

=（

，﹣1），

，

∴，即，

令z=2（1﹣λ），则=（3，1+2λ，2（1﹣λ））．由题可知面ABC的法向量=（0，0，1），∵平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为∴|cos＜，＞|=

=

，即

，

=

，

第 13 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

解得或（舍），所以当D为A1B1中点时满足要求．

【点评】本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间向量及其应用，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．　

20．【答案】

【解析】解：（1）∵f（x）=ex﹣ax﹣1（a＞0），∴f'（x）=ex﹣a，

由f'（x）=ex﹣a=0得x=lna，

由f'（x）＞0得，x＞lna，此时函数单调递增，由f'（x）＜0得，x＜lna，此时函数单调递减，即f（x）在x=lna处取得极小值且为最小值，最小值为f（lna）=elna﹣alna﹣1=a﹣alna﹣1．（2）若f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，等价为f（x）min≥0，

由（1）知，f（x）min=a﹣alna﹣1，设g（a）=a﹣alna﹣1，则g'（a）=1﹣lna﹣1=﹣lna，由g'（a）=0得a=1，

由g'（x）＞0得，0＜x＜1，此时函数单调递增，由g'（x）＜0得，x＞1，此时函数单调递减，∴g（a）在a=1处取得最大值，即g（1）=0，因此g（a）≥0的解为a=1，∴a=1．　

21．【答案】

第 14 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

【解析】解：（1）设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0圆的方程为x2+y2﹣8y﹣9=0…

（2）直线CD与圆M相切O、D分别是AB、BR的中点则OD∥AR，∴∠CAB=∠DOB，∠ACO=∠COD，又∠CAO=∠ACO，∴∠DOB=∠COD又OC=OB，所以△BOD≌△COD∴∠OCD=∠OBD=90°

即OC⊥CD，则直线CD与圆M相切． …（其他方法亦可）

22．【答案】

【解析】满分（13分）．

解：（Ⅰ）由题意可知，|HF|=|HP|，

∴点H到点F（0，1）的距离与到直线l1：y=﹣1的距离相等，…（2分）

∴点H的轨迹是以点F（0，1）为焦点，直线l1：y=﹣1为准线的抛物线，…（3分）∴点H的轨迹方程为x2=4y．…（4分）

（Ⅱ）（ⅰ）证明：设P（x1，﹣1），切点C（xC，yC），D（xD，yD）．由y=

，得

．

∴直线PC：y+1=xC（x﹣x1），…（5分）

第 15 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

又PC过点C，yC=∴yC+1=xC（x﹣x1）=∴yC+1=同理

∴直线CD的方程为

，

xCx1，

，即，

，…（7分）

．…（6分）

∴直线CD过定点（0，1）．…（8分）

（ⅱ）由（Ⅱ）（ⅰ）P（1，﹣1）在直线CD的方程为得x1=1，直线CD的方程为设l：y+1=k（x﹣1），与方程

联立，求得xQ=

．…（9分）．

，

设A（xA，yA），B（xB，yB）．联立y+1=k（x﹣1）与x2=4y，得x2﹣4kx+4k+4=0，由根与系数的关系，得xA+xB=4k．xAxB=4k+4…（10分）∵xQ﹣1，xA﹣1，xB﹣1同号，∴====∴

+

，

为定值，定值为2．…（13分）

…（11分）

+

=|PQ|

【点评】本题主要考查直线、抛物线、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，考查考生分析问题和解决问题的能力．　

23．【答案】

【解析】【命题意图】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值、不等式的解法等基础知识，意在考查逻辑

第 16 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

思维能力、等价转化能力、分析与解决问题的能力、探究能力、运算求解能力．

（2）当a0时，fxbxlnx．

假设存在实数b，使gxbxlnxx0,e有最小值3，

f(x)b1bx1．………7分xx4（舍去）．………8分e①当b0时，f(x)在0,e上单调递减，f(x)minfebe13,b②当0111

e时，f(x)在0,上单调递减，在,e上单调递增，bbb

12∴f(x)ming1lnb3,be，满足条件．……………………………10分

b14③当e时，f(x)在0,e上单调递减，f(x)mingebe13,b（舍去），………11分

be2综上，存在实数be，使得当x0,e时，函数f(x)最小值是3．……………………………12分

24．【答案】

【解析】（I）证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，所以，BB1⊥BC．

第 17 页，共 18 页

精选高中模拟试卷

又因为AB⊥BC且AB∩BB1=B，所以，BC⊥平面A1ABB1．因为BC⊂平面BCE，

所以，平面BCE⊥平面A1ABB1．

（II）证明：取BC的中点D，连接C1D，FD．因为E，F分别是A1C1，AB的中点，所以，FD∥AC且

．

因为AC∥A1C1且AC=A1C1，所以，FD∥EC1且 FD=EC1．所以，四边形FDC1E是平行四边形．所以，EF∥C1D．

又因为C1D⊂平面B1BCC1，EF⊄平面B1BCC1，所以，EF∥平面B1BCC1．（III）解：因为所以，

．

．

，AB⊥BC

过点B作BG⊥AC于点G，则

因为，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1⊂平面A1ACC1所以，平面A1ACC1⊥底面ABC．所以，BG⊥平面A1ACC1．所以，四棱锥B﹣A1ACC1的体积

．

【点评】本题考查了线面平行，面面垂直的判定，线面垂直的性质，棱锥的体积计算，属于中档题．　

第 18 页，共 18 页