开远市外国语学校2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学

开远市外国语学校2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学

班级__________ 姓名__________ 分数__________

一、选择题

1． 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} A．R

C．{x|0＜x≤1}

D．{x|x≤1}

2． 函数f（x）=x2﹣2ax，x∈[1，+∞）是增函数，则实数a的取值范围是（ ）

B．[1，+∞） C．（﹣∞，1]

D．[2，+∞）

3． 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈那么，近似公式V≈A．

B．

C．

L2h，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3，

L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（ ）

D．

4． 如图，四面体OABC的三条棱OA，OB，OC两两垂直，OA=OB=2，OC=3，D为四面体OABC外一点．给出下列命题．

①不存在点D，使四面体ABCD有三个面是直角三角形 ②不存在点D，使四面体ABCD是正三棱锥 ③存在点D，使CD与AB垂直并且相等

④存在无数个点D，使点O在四面体ABCD的外接球面上 其中真命题的序号是（ ）

A．①② B．②③ C．③

D．③④

5． 已知向量=（1，2），=（x，﹣4），若∥，则x=（ ） A． 4 B． ﹣4 C． 2 D． ﹣2

6． 已知全集为R，且集合A{x|log2(x1)2}，B{x|A．(1,1) B．(1,1] C．[1,2) D．[1,2]

【命题意图】本题考查集合的交集、补集运算，同时也考查了简单对数不等式、分式不等式的解法及数形结合

x20}，则A(CRB)等于（ ） x1第 1 页，共 16 页

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的思想方法，属于容易题.

7． 学校将5个参加知识竞赛的名额全部分配给高一年级的4个班级，其中甲班级至少分配2个名额，其它班级可以不分配或分配多个名额，则不同的分配方案共有（ ） A．20种 B．24种 C．26种 D．30种 8． 函数

的最小正周期不大于2，则正整数k的最小值应该是（ ）

A．10 B．11 C．12 D．13

9． 某校为了了解1500名学生对学校食堂的意见，从中抽取1个容量为50的样本，采用系统抽样法，则分段间隔为（ ）1111]

A．10 B．15 C．20 D．30

10．若函数f（x）=ax2+bx+1是定义在[﹣1﹣a，2a]上的偶函数，则该函数的最大值为（ ）

A．5 B．4 C．3 D．2 11．如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画出的是某几何体的三视图，则几何体的体积为（ ） A.1 6B. 1 C. 1 3 D. 43

【命题意图】本题考查空间几何体的三视图，几何体的体积等基础知识，意在考查学生空间想象能力和计算能力． 5101512．函数fxalogax1有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）

xA．1,10 B．1, C．0,1 D．10,

二、填空题 13．0）P，Q是单位圆上的两动点且满足已知A（1，，2，则+ 的最大值为 ．

x2y214．已知抛物线C1：y4x的焦点为F，点P为抛物线上一点，且|PF|3，双曲线C2：221

ab（a0，b0）的渐近线恰好过P点，则双曲线C2的离心率为 . 【命题意图】本题考查了双曲线、抛物线的标准方程，双曲线的渐近线，抛物线的定义，突出了基本运算和知第 2 页，共 16 页

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识交汇，难度中等.

15．已知，是空间二向量，若=3，||=2，|﹣|=，则与的夹角为 ．

16．经过A（﹣3，1），且平行于y轴的直线方程为 ． 17．f（x）=x（x﹣c）2在x=2处有极大值，则常数c的值为 ． 14．已知集合

，若3∈M，5∉M，则实数a的取值范围是 ．

18．刘老师带甲、乙、丙、丁四名学生去西安参加自主招生考试，考试结束后刘老师向四名学生了解考试情况．四名学生回答如下：

甲说：“我们四人都没考好．” 乙说：“我们四人中有人考的好．” 丙说：“乙和丁至少有一人没考好．” 丁说：“我没考好．”

结果，四名学生中有两人说对了，则这四名学生中的 两人说对了．

三、解答题

19．等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=10，a2为整数，且Sn≤S4。

（1）求{an}的通项公式；

（2）设bn=

，求数列{bn}的前n项和Tn。

20．如图，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE=3AF，BE与平面ABCD所成角为60°．

（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDE；

（Ⅱ）求二面角F﹣BE﹣D的余弦值；

（Ⅲ）设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．

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21．【海安县2018届高三上学期第一次学业质量测试】已知函数fxx2axaex，其中aR，e是自然对数的底数.

（1）当a1时，求曲线yfx在x0处的切线方程； （2）求函数fx的单调减区间；

（3）若fx4在4,0恒成立，求a的取值范围.

22．（本小题满分10分）选修41：几何证明选讲

如图所示，已知PA与⊙O相切，A为切点，过点P的割线交圆于B,C两点，弦CD//AP，AD,BC相 交于点E，F为CE上一点，且DE2EFEC． （Ⅰ）求证：EDFP；

（Ⅱ）若CE:BE3:2,DE3,EF2，求PA的长．

第 4 页，共 16 页

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【命题意图】本题考查相交弦定理、三角形相似、切割线定理等基础知识，意在考查逻辑推理能力．

23．.已知定义域为R的函数f（x）=（1）求a的值；

（2）判断f（x）在（﹣∞，+∞）上的单调性．（直接写出答案，不用证明）； （3）若对于任意t∈R，不等式f（t2﹣2t）+f（2t2﹣k）＜0恒成立，求k的取值范围．

24．已知集合A={x|2≤x≤6}，集合B={x|x≥3}． （1）求CR（A∩B）；

（2）若C={x|x≤a}，且AC，求实数a的取值范围．

是奇函数．

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开远市外国语学校2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学（参）

一、选择题

1． 【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． 【答案】C

【解析】解：由于f（x）=x2﹣2ax的对称轴是直线x=a，图象开口向上， 故函数在区间（﹣∞，a]为减函数，在区间[a，+∞）上为增函数， 又由函数f（x）=x2﹣2ax，x∈[1，+∞）是增函数，则a≤1． 故答案为：C

3． 【答案】B

【解析】解：设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则L=2πr， ∴∴π=

．

=

（2πr）2h，

故选：B．

4． 【答案】D

【解析】

【分析】对于①可构造四棱锥CABD与四面体OABC一样进行判定；对于②，使AB=AD=BD，此时存在点D，使四面体ABCD是正三棱锥；对于③取CD=AB，AD=BD，此时CD垂直面ABD，即存在点D，使CD与AB垂直并且相等，对于④先找到四面体OABC的内接球的球心P，使半径为r，只需PD=r，可判定④的真假．

【解答】解：∵四面体OABC的三条棱OA，OB，OC两两垂直，OA=OB=2，OC=3， ∴AC=BC=，AB=

当四棱锥CABD与四面体OABC一样时，即取CD=3，AD=BD=2 此时点D，使四面体ABCD有三个面是直角三角形，故①不正确

使AB=AD=BD，此时存在点D，使四面体ABCD是正三棱锥，故②不正确；

取CD=AB，AD=BD，此时CD垂直面ABD，即存在点D，使CD与AB垂直并且相等，故③正确； 先找到四面体OABC的内接球的球心P，使半径为r，只需PD=r即可

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∴存在无数个点D，使点O在四面体ABCD的外接球面上，故④正确 故选D 5． 【答案】D

【解析】： 解：∵∥， ∴﹣4﹣2x=0，解得x=﹣2． 故选：D． 6． 【答案】C

7． 【答案】A

【解析】解：甲班级分配2个名额，其它班级可以不分配名额或分配多个名额，有1+6+3=10种不同的分配方案；

甲班级分配3个名额，其它班级可以不分配名额或分配多个名额，有3+3=6种不同的分配方案； 甲班级分配4个名额，其它班级可以不分配名额或分配多个名额，有3种不同的分配方案； 甲班级分配5个名额，有1种不同的分配方案． 故共有10+6+3+1=20种不同的分配方案， 故选：A．

【点评】本题考查分类计数原理，注意分类时做到不重不漏，是一个中档题，解题时容易出错，本题应用分类讨论思想．

8． 【答案】D

【解析】解：∵函数y=cos（x+∴T=

≤2，即|k|≥4π，

）的最小正周期不大于2，

则正整数k的最小值为13． 故选D

【点评】此题考查了三角函数的周期性及其求法，熟练掌握周期公式是解本题的关键．

9． 【答案】D 【解析】

试题分析：分段间隔为

150050，故选D. 30第 8 页，共 16 页

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考点：系统抽样 10．【答案】A

【解析】解：函数f（x）=ax2+bx+1是定义在[﹣1﹣a，2a]上的偶函数， 可得b=0，并且1+a=2a，解得a=1， 所以函数为：f（x）=x2+1，x∈[﹣2，2]， 函数的最大值为：5． 故选：A．

【点评】本题考查函数的最大值的求法，二次函数的性质，考查计算能力．

11．【答案】D 【

解

析

】

12．【答案】B 【解析】

1试题分析：函数fx有两个零点等价于y与ylogax的图象有两个交点，当0a1时同一坐标

a系中做出两函数图象如图（2），由图知有一个交点，符合题意；当a1时同一坐标系中做出两函数图象如图

（1），由图知有两个交点，不符合题意,故选B.

y22xy11-3-2-1-1O123x-4-3-2-1-1O1234x-2-2

（1） （2）

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考点：1、指数函数与对数函数的图象；2、函数的零点与函数交点之间的关系.

【方法点睛】本题主要考查指数函数与对数函数的图象、函数的零点与函数交点之间的关系.属于难题.判断方法：函数yfx零点个数就是方程fx0根的个数，结合函数的图象与性质（如单调性、奇偶性、周程yfx零点个数的常用方法：①直接法：可利用判别式的正负直接判定一元二次方程根的个数；②转化期性、对称性） 可确定函数的零点个数；③数形结合法：一是转化为两个函数ygx,yhx的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为ya,ygx的交点个数的图象的交点个数问题.本题的解答就利用了方法③.

二、填空题

13．【答案】

【解析】解：设∴

+

．

=

故答案为：

．

=

，则=1×

×

=

≤

=

，

的方向任意．

．

，因此最大值为

【点评】本题考查了数量积运算性质，考查了推理能力 与计算能力，属于中档题．

14．【答案】3

15．【答案】 60° ．

【解析】解：∵|﹣|=∴∴

=3，

＞=

，

∴cos＜∵

=

∴与的夹角为60°． 故答案为：60°

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【点评】本题考查平面向量数量积表示夹角和模长，本题解题的关键是整理出两个向量的数量积，再用夹角的 表示式．

16．【答案】 x=﹣3 ．

【解析】解：经过A（﹣3，1），且平行于y轴的直线方程为：x=﹣3． 故答案为：x=﹣3．

17．【答案】 6 ．

【解析】解：f（x）=x3﹣2cx2+c2x，f′（x）=3x2﹣4cx+c2， f′（2）=0⇒c=2或c=6．若c=2，f′（x）=3x2﹣8x+4， 令f′（x）＞0⇒x＜或x＞2，f′（x）＜0⇒＜x＜2，

故函数在（﹣∝，）及（2，+∞）上单调递增，在（，2）上单调递减， ∴x=2是极小值点．故c=2不合题意，c=6． 故答案为6

【点评】考查学生利用导数研究函数极值的能力，会利用待定系数法求函数解析式．

18．【答案】乙 ，丙

【解析】【解析】

丙正确，此时乙正确。故答案为：乙，丙。

甲与乙的关系是对立事件，二人说话矛盾，必有一对一错，如果选丁正确，则丙也是对的，所以丁错误，可得

三、解答题

19．【答案】

【解析】（1）由a1=10，a2为整数，且Sn≤S4得 a4≥0，a5≤0，即10+3d≥0，10+4d≤0，解得﹣∴d=﹣3，

∴{an}的通项公式为an=13﹣3n。 （2）∵bn==

，

≤d≤﹣，

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∴Tn=b1+b2+…+bn=（﹣+﹣+…+﹣）=（﹣）

=

20．【答案】

。

【解析】

【分析】（I）由已知中DE⊥平面ABCD，ABCD是边长为3的正方形，我们可得DE⊥AC，AC⊥BD，结合线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BDE；

（Ⅱ）以D为坐标原点，DA，DC，DE方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面BEF和平面BDE的法向量，代入向量夹角公式，即可求出二面角F﹣BE﹣D的余弦值；

（Ⅲ）由已知中M是线段BD上一个动点，设M（t，t，0）．根据AM∥平面BEF，则直线AM的方向向量与平面BEF法向量垂直，数量积为0，构造关于t的方程，解方程，即可确定M点的位置． 【解答】证明：（Ⅰ）因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AC． 因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD， 从而AC⊥平面BDE．…（4分）

解：（Ⅱ）因为DA，DC，DE两两垂直，所以建立空间直角坐标系D﹣xyz如图所示． 因为BE与平面ABCD所成角为600，即∠DBE=60°， 所以

．

，

，

．

，

． ，即

．

，B（3，3，0），C（0，3，0），

由AD=3，可知则A（3，0，0），所以

设平面BEF的法向量为=（x，y，z），则令，则=

因为AC⊥平面BDE，所以所以cos

．

为平面BDE的法向量，

．

．

．…（8分）

因为二面角为锐角，所以二面角F﹣BE﹣D的余弦值为（Ⅲ）点M是线段BD上一个动点，设M（t，t，0）． 则． 因为AM∥平面BEF，

所以=0，即4（t﹣3）+2t=0，解得t=2． 此时，点M坐标为（2，2，0）， 即当

时，AM∥平面BEF．…（12分）

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21．【答案】（1）2xy10（2）当a2时，fx无单调减区间；当a2时，fx的单调减区间

2是2,a；当a2时，fx的单调减区间是a,2.（3）44e,4

【解析】试题分析：（1）先对函数解析式进行求导，再借助导数的几何意义求出切线的斜率，运用点斜式求出切线方程；（2）先对函数的解析式进行求导，然后借助导函数的值的符号与函数单调性之间的关系进行分类分析探求；（3）先不等式fx4进行等价转化，然后运用导数知识及分类整合的数学思想探求函数的极值与最值，进而分析推证不等式的成立求出参数的取值范围。

（2） 因为f'xxa2x2aexax2e，

2xx

当a2时，f'xx2ex0，所以fx无单调减区间.

2当a2即a2时，列表如下：

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所以fx的单调减区间是2,a.

x当a2即a2时，f'xx2xae，列表如下：

所以fx的单调减区间是a,2.

综上，当a2时，fx无单调减区间；

当a2时，fx的单调减区间是2,a； 当a2时，fx的单调减区间是a,2.

2xx（3）f'xxa2x2aexax2e.

当a2时，由（2）可得，fx为R上单调增函数，

所以fx在区间4,0上的最大值f024，符合题意. 只需f0a4，f24ae当2a4时，可得fa当a2时，由（2）可得，要使fx4在区间4,0上恒成立，

24，解得44e2a2.

a4，f0a4. eaa1a设gaa，则g'aa，列表如下：

ee1a，可得a4恒成立，所以2a4. 4maxee当a4时，可得f0a4，无解.

所以ga

g12综上，a的取值范围是44e,4.

22．【答案】

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【解析】（Ⅰ）∵DE2EFEC,DEFDEF ∴DEF∽CED,∴EDFC……………………2分 又∵CD//AP,∴PC, ∴EDFP．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得EDFP，又DEFPEA，∴EDF∽EPA，

EAEP，∴EAEDEFEP，又∵EAEDCEEB，∴CEEBEFEP． EFED279∵DE2EFEC,DE3,EF2，∴ EC，∵CE:BE3:2，∴BE3，解得EP.

4215∴BPEPEB．∵PA是⊙O的切线，∴PA2PBPC

415315279∴PA2．……………………10分 ()，解得PA4442∴

23．【答案】

【解析】解：（1）因为f（x）为R上的奇函数 所以f（0）=0即∴a=1 … （2）f（x）=

=﹣1+

，在（﹣∞，+∞）上单调递减…

=0，

（3）f（t2﹣2t）+f（2t2﹣k）＜0⇔f（t2﹣2t）＜﹣f（2t2﹣k）=f（﹣2t2+k）， 又f（x）=

在（﹣∞，+∞）上单调递减，

∴t2﹣2t＞﹣2t2+k， 即3t2﹣2t﹣k＞0恒成立， ∴△=4+12k＜0，

∴k＜﹣．…（利用分离参数也可）．

24．【答案】

【解析】解：（1）由题意：集合A={x|2≤x≤6}，集合B={x|x≥3}． 那么：A∩B={x|6≥x≥3}． ∴CR（A∩B）={x|x＜3或x＞6}． （2）C={x|x≤a}， ∵AC， ∴a≥6

∴故得实数a的取值范围是[6，+∞）．

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【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础．

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