金川县实验中学2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

金川县实验中学2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

班级__________ 姓名__________ 分数__________

一、选择题

1． 复数i﹣1（i是虚数单位）的虚部是（ ） A．1

B．﹣1

C．i

，

D．﹣i

），则a的取值范围是（ ）

2． 若函数f（x）=﹣a（x﹣x3）的递减区间为（

A．a＞0 B．﹣1＜a＜0 C．a＞1 D．0＜a＜1

3． 沿一个正方体三个面的对角线截得几何体如图所示，则该几何体的侧视图为（ ）

A． B． C． D．

4． 若P是以F1，F2为焦点的椭圆tan∠PF1F2=A．

，则此椭圆的离心率为（ ） B．

C．

D．

=1（a＞b＞0）上的一点，且=0，

5． 已知集合A={x|1≤x≤3}，B={x|0＜x＜a}，若A⊆B，则实数a的范围是（ ） A．[3，+∞） B．（3，+∞） C．[﹣∞，3] D．[﹣∞，3） 6． 已知函数f（x）的图象如图，则它的一个可能的解析式为（ ）

A．y=2 B．y=log3（x+1） C．y=4﹣ D．y=

7． 已知f（x）在R上是奇函数，且满足f（x+4）=f（x），当x∈（0，2）时，f（x）=2x2，则f（2015）=（ ）

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A．2

8． 有下列说法：

B．﹣2

C．8

D．﹣8

①在残差图中，残差点比较均匀地落在水平的带状区域内，说明选用的模型比较合适． ②相关指数R2来刻画回归的效果，R2值越小，说明模型的拟合效果越好．

③比较两个模型的拟合效果，可以比较残差平方和的大小，残差平方和越小的模型，拟合效果越好．

其中正确命题的个数是（ ） A．0

B．1

+

C．2

D．3

9． 设F1，F2分别是椭圆=1Q两点，（a＞b＞0）的左、右焦点，过F2的直线交椭圆于P，若∠F1PQ=60°，

|PF1|=|PQ|，则椭圆的离心率为（ ） A．

B．

C．

D．

10．设集合AxR||x|2，BxZ|x10，则AB（ ） A.x|1x2 B.x|2x1 C. 2,1,1,2

D. 1,2

【命题意图】本题考查集合的概念，集合的运算等基础知识，属送分题．

11．若方程x2﹣mx+3=0的两根满足一根大于1，一根小于1，则m的取值范围是（ ） A．（2，+∞） A．￢p B．￢p∨q

B．（0，2） C．p∧q D．p∨q

C．（4，+∞）

D．（0，4）

12．已知命题p：2≤2，命题q：∃x0∈R，使得x02+2x0+2=0，则下列命题是真命题的是（ ）

二、填空题

13．如图所示，在三棱锥C﹣ABD中，E、F分别是AC和BD的中点，若CD=2AB=4，EF⊥AB，则EF与CD所成的角是 ．

14．若复数zsin34(cos)i是纯虚数，则tan的值为 . 55，则sin（α+

）= ．

【命题意图】本题考查复数的相关概念，同角三角函数间的关系，意在考查基本运算能力． 15．设α为锐角， =（cosα，sinα），=（1，﹣1）且•=

16．已知向量a(1,x),b(1,x1),若(a2b)a，则|a2b|（ ）

A．2 B．3 C．2 D．5 第 2 页，共 18 页

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【命题意图】本题考查平面向量的坐标运算、数量积与模等基础知识，意在考查转化思想、方程思想、逻辑思维能力与计算能力．

17．设平面向量aii1,2,3,，满足ai1且a1a20，则a1a2 ，a1a2a3的最大

值为 . 【命题意图】本题考查平面向量数量积等基础知识，意在考查运算求解能力.

18．在ABC中，有等式：①asinAbsinB；②asinBbsinA；③acosBbcosA；④

abc.其中恒成立的等式序号为_________. sinAsinBsinC三、解答题

19．如图1，圆O的半径为2，AB，CE均为该圆的直径，弦CD垂直平分半径OA，垂足为F，沿直径AB将半圆ACB所在平面折起，使两个半圆所在的平面互相垂直（如图2） （Ⅰ）求四棱锥C﹣FDEO的体积

（Ⅱ）如图2，在劣弧BC上是否存在一点P（异于B，C两点），使得PE∥平面CDO？若存在，请加以证明；若不存在，请说明理由．

20．如图，平面ABB1A1为圆柱OO1的轴截面，点C为底面圆周上异于A，B的任意一点． （Ⅰ）求证：BC⊥平面A1AC；

（Ⅱ）若D为AC的中点，求证：A1D∥平面O1BC．

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21．【泰州中学2018届高三10月月考】已知函数fxe,gxxm,mR.

x（1）若曲线yfx与直线ygx相切，求实数m的值； （2）记hxfxgx，求hx在0,1上的最大值； （3）当m0时，试比较e

fx2与gx的大小.

22．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l过点P（1，0）， 斜率为

，曲线C：ρ=ρcos2θ+8cosθ．

（Ⅰ）写出直线l的一个参数方程及曲线C的直角坐标方程； （Ⅱ）若直线l与曲线C交于A，B两点，求|PA|•|PB|的值．

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23．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．

24．设数列（1）求数列（2）设（3）设数列

的前项和为和

，且满足

，数列

满足

，且

的通项公式 ，数列

的前项和为（

,求证:

是递增数列，求实数

的取值范围。

满足），若数列

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金川县实验中学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】A 故选A．

【解析】解：由复数虚部的定义知，i﹣1的虚部是1，

【点评】该题考查复数的基本概念，属基础题．

2． 【答案】A

【解析】解：∵函数f（x）=﹣a（x﹣x）的递减区间为（

3

，）

∴f′（x）≤0，x∈（，）恒成立

，

）恒成立

2

即：﹣a（1﹣3x）≤0，，x∈（2

∵1﹣3x≥0成立

∴a＞0 故选A

【点评】本题主要考查函数单调性的应用，一般来讲已知单调性，则往往转化为恒成立问题去解决．

3． 【答案】A 【解析】解：由已知中几何体的直观图，

我们可得侧视图首先应该是一个正方形，故D不正确； 中间的棱在侧视图中表现为一条对角线，故C不正确； 而对角线的方向应该从左上到右下，故B不正确 故A选项正确． 故选：A． 题的关键．

4． 【答案】A 【解析】解：∵∴

∵Rt△PF1F2中，

，即△PF1F2是P为直角顶点的直角三角形．

，

【点评】本题考查的知识点是简单空间图象的三视图，其中熟练掌握简单几何体的三视图的形状是解答此类问

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∴∴

=

，设PF2=t，则PF1=2t

=2c，

又∵根据椭圆的定义，得2a=PF1+PF2=3t ∴此椭圆的离心率为e=故选A

【点评】本题给出椭圆的一个焦点三角形为直角三角形，根据一个内角的正切值，求椭圆的离心率，着重考查了椭圆的基本概念和简单几何性质，属于基础题．

5． 【答案】B

【解析】解：∵集合A={x|1≤x≤3}，B={x|0＜x＜a}， 若A⊆B，则a＞3， 故选：B．

=

=

=

【点评】本题考查了集合的包含关系，考查不等式问题，是一道基础题． 6． 【答案】C

【解析】解：由图可得，y=4为函数图象的渐近线， 函数y=2函数y=4﹣

，y=log3（x+1），y=

的值域均含4，

即y=4不是它们的渐近线，

的值域为（﹣∞，4）∪（4，+∞），

故y=4为函数图象的渐近线， 故选：C

【点评】本题考查的知识点是函数的图象，函数的值域，难度中档．

7． 【答案】B 【解析】解：∵f（x+4）=f（x）， ∴f（2015）=f（504×4﹣1）=f（﹣1）， 又∵f（x）在R上是奇函数， ∴f（﹣1）=﹣f（1）=﹣2． 故选B．

【点评】本题考查了函数的奇偶性与周期性的应用，属于基础题．

8． 【答案】C

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【解析】解：①在残差图中，残差点比较均匀地落在水平的带状区域内，说明选用的模型比较合适，正确．

②相关指数R2来刻画回归的效果，R2值越大，说明模型的拟合效果越好，因此②不正确．

③比较两个模型的拟合效果，可以比较残差平方和的大小，残差平方和越小的模型，拟合效果越好，正确．

综上可知：其中正确命题的是①③． 故选：C．

【点评】本题考查了“残差”的意义、相关指数的意义，考查了理解能力和推理能力，属于中档题．

9． 【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，

由椭圆定义：|PF1|+|PF2|=2a，即2a=t

∴椭圆的离心率为：e==故选D．

=．

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10．【答案】D 11．【答案】C

【解析】由绝对值的定义及|x|2，得2x2，则Ax|2x2，所以AB1,2，故选D.

2

【解析】解：令f（x）=x﹣mx+3， 则f（1）=1﹣m+3＜0， 解得：m∈（4，+∞）， 故选：C．

2

若方程x﹣mx+3=0的两根满足一根大于1，一根小于1，

【点评】本题考查的知识点是方程的根与函数零点的关系，二次函数的图象和性质，难度中档．

12．【答案】D

【解析】解：命题p：2≤2是真命题，

2

方程x+2x+2=0无实根，

2

故命题q：∃x0∈R，使得x0+2x0+2=0是假命题，

故命题￢p，￢p∨q，p∧q是假命题， 命题p∨q是真命题， 故选：D

二、填空题

13．【答案】 30° ．

DC=2，GF

AB=1，

【解析】解：取AD的中点G，连接EG，GF则EG

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故∠GEF即为EF与CD所成的角． 故答案为：30°

又∵FE⊥AB∴FE⊥GF∴在Rt△EFG中EG=2，GF=1故∠GEF=30°．

【点评】此题的关键是作出AD的中点然后利用题中的条件在特殊三角形中求解，如果一味的想利用余弦定理求解就出力不讨好了．

14．【答案】

3 4【解析】由题意知sin15．【答案】：

34430，且cos0，所以cos，则tan. 55．

，

【解析】解：∵•=cosα﹣sinα=∴1﹣sin2α=，得sin2α=， ∵α为锐角，cosα﹣sinα=∴cos2α=

∵α为锐角，sin（α+∴sin（α+

）

=

⇒α∈（0，，

），从而cos2α取正值，

）＞0，

=

．

故答案为：16．【答案】A 【

．

===

解析】

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17．【答案】2，21.

222【解析】∵a1a2a12a1a2a21012，∴a1a22， 222而a1a2a3(a1a2)2(a1a2)a3a32221cosa1a2,a31322， ∴a1a2a321，当且仅当a1a2与a3方向相同时等号成立，故填：2，21.

18．【答案】②④ 【解析】

试题分析：对于①中，由正弦定理可知asinAbsinB，推出AB或AB2形或直角三角形，所以不正确；对于②中，asinBbsinA，即sinAsinBsinBsinA恒成立，所以是正

确的；对于③中，acosBbcosA，可得sin(BA)0，不满足一般三角形，所以不正确；对于④中，由正弦定理以及合分比定理可知

，所以三角形为等腰三角

abc是正确，故选选②④．1 sinAsinBsinC考点：正弦定理；三角恒等变换．

三、解答题

19．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）如图1，∵弦CD垂直平分半径OA，半径为2， ∴CF=DF，OF=

，

，

∴在Rt△COF中有∠COF=60°，CF=DF=∵CE为直径，∴DE⊥CD， ∴OF∥DE，DE=2OF=2， ∴

，

图2中，平面ACB⊥平面ADE，平面ACB∩平面ADE=AB， 又CF⊥AB，CF⊂平面ACB，

∴CF⊥平面ADE，则CF是四棱锥C﹣FDEO的高， ∴

．

（Ⅱ）在劣弧BC上是存在一点P（劣弧BC的中点），使得PE∥平面CDO． 证明：分别连接PE，CP，OP，

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∵点P为劣弧BC弧的中点，∴，

∵∠COF=60°，∴∠COP=60°，则△COP为等边三角形， ∴CP∥AB，且∴CP∥DE且CP=DE， ∴四边形CDEP为平行四边形， ∴PE∥CD，

又PE⊄面CDO，CD⊂面CDO， ∴PE∥平面CDO．

，又∵DE∥AB且DE=

，

【点评】本题以空间几何体的翻折为背景，考查空间几何体的体积，考查空间点、线、面的位置关系、线面平行及线面垂直等基础知识，考查空间想象能力，求解运算能力和推理论证能力，考查数形结合，化归与数学转化等思想方法，是中档题．

20．【答案】

【解析】证明：（Ⅰ）因为AB为圆O的直径，点C为圆O上的任意一点 ∴BC⊥AC …

又圆柱OO1中，AA1⊥底面圆O， ∴AA1⊥BC，即BC⊥AA1 … 而AA1∩AC=A

∴BC⊥平面A1AC … （Ⅱ）取BC中点E，连结DE、O1E， ∵D为AC的中点

∴△ABC中，DE∥AB，且DE=AB … 又圆柱OO1中，A1O1∥AB，且∴DE∥A1O1，DE=A1O1

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∴A1DEO1为平行四边形 … ∴A1D∥EO1 …

而A1D⊄平面O1BC，EO1⊂平面O1BC ∴A1D∥平面O1BC …

【点评】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系；考查学生的空间想象能力及推理论证能力．

21．【答案】（1）m1；（2）当mfx2（3）egx.

ee时，hxmax1me；当m时，hxmaxm；e1e1【解析】试题分析：（1）研究函数的切线主要是利用切点作为突破口求解；（2）通过讨论函数在定义域内的单调性确定最值，要注意对字母m的讨论；（3）比较两个函数的大小主要是转化为判断两个函数的差函数的符号，然后转化为研究差函数的单调性研究其最值．

x试题解析：（1）设曲线fxe与gxxm相切于点Px0,y0， 由fxe，知exx0又可求得点P为0,1，所以代入gxxm，得m1.

1，解得x00，

xxxx（2）因为hxxme，所以hxexmexm1e,x0,1.

①当m10，即m1时，hx0，此时hx在0,1上单调递增， 所以hxmaxh11me；

②当0m11即1m2，当x0,m1时，hx0,hx单调递减， 当xm1,1时，hx0,hx单调递增，h0m,h11me.

em2时，hxmaxh0m； e1e（ii）当m1me，即1m时，hxmaxh11me；

e1③当m11，即m2时，hx0，此时hx在0,1上单调递减，

（i）当m1me，即所以hxminh0m.

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综上，当m当me时，hxmax1me； e1e时，hxmaxm. e1x2fx2ee,gxx， （3）当m0时，efx2①当x0时，显然egx；

②当x0时，lne记函数xex2fx2lneex2ex2,lngxlnx，

1exlnx， 2e111xx2则x2ee，可知x在0,上单调递增，又由10,20知，x在

exx110,上有唯一实根x0，且1x02，则x0ex020，即ex02（*），

x0x0lnx当x0,x0时，x0,x单调递减；当xx0,时，x0,x单调递增， 所以xx0e结合（*）式ex02x02lnx0，

1，知x02lnx0， x02x022x01x011x020， 所以xx0x0x0x0则xe综上，ex2lnx0，即egx.

x2lnx，所以eex2x.

fx2试题点睛：本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、最值基本思路，当比较两个函数大小的时候，就转化为两个函数的差的单调性，进一步确定最值确定符号比较大小． 22．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）∵直线l过点P（1，0），斜率为∴直线l的一个参数方程为

（t为参数）；

，

2

∵ρ=ρcos2θ+8cosθ，∴ρ（1﹣cos2θ）=8cosθ，即得（ρsinθ）=4ρcosθ， 22

∴y=4x，∴曲线C的直角坐标方程为y=4x．

（Ⅱ） 把22

代入y=4x整理得：3t﹣8t﹣16=0，

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设点A，B对应的参数分别为t1，t2，则∴

．

，

【点评】本题考查了直线参数方程及其应用、极坐标方程化为直角坐标方程，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

23．【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°

∴平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小是60°．

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【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．

24．【答案】 【解析】

解：∵Sn＝2－an，即an＋Sn＝2，∴an＋1＋Sn＋1＝2. 两式相减：an＋1－an＋Sn＋1－Sn＝0.

即an＋1－an＋an＋1＝0，故有2an＋1＝an，∵an≠0，，

，

，

．

∵bn＋1＝bn＋an（n＝1,2,3，…），得b2－b1＝1，

，

将这n－1个等式相加，得

又∵b1＝1，（2）证明： 而①

－

②

.．

得

＝8－∴Tn＜8. （3）由（1）知

（n＝1,2,3，…）．

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由数列即恒成立， 即

是递增数列，∴对恒成立，

恒成立，

当为奇数时，即恒成立，∴， 当为偶数时，即综上实数的取值范围为

恒成立，∴

，

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