阳谷县实验中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学

阳谷县实验中学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． 已知命题p：∀x∈R，2x＜3x；命题q：∃x∈R，x3=1﹣x2，则下列命题中为真命题的是（ ） A．p∧q B．￢p∧q

C．p∧￢q

D．￢p∧￢q

2． 若某几何体的三视图 （单位：cm） 如图所示，则此几何体的体积是（ ）cm3

A．π B．2π C．3π D．4π

3． 已知等比数列{an}的公比为正数，且a4•a8=2a52，a2=1，则a1=（ ） A．

B．2

C．

D．

4． 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．7049 B．7052 C．14098 D．14101

5． 若函数y=x2+（2a﹣1）x+1在区间（﹣∞，2]上是减函数，则实数a的取值范围是（ ） A．[﹣，+∞） B．（﹣∞，﹣] C．[，+∞） 6． 复数z=

D．（﹣∞，]

（m∈R，i为虚数单位）在复平面上对应的点不可能位于（ ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

227． 自圆C：(x3)(y4)4外一点P(x,y)引该圆的一条切线，切点为Q，切线的长度等于点P到原点O的长，则点P轨迹方程为（ ）

A．8x6y210 B．8x6y210 C．6x8y210 D．6x8y210

【命题意图】本题考查直线与圆的位置关系、点到直线的距离，意在考查逻辑思维能力、转化能力、运算求解能力．

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8． 如右图，在长方体中，=11，=7，=12，一质点从顶点A射向次到第次反射点之间的线

点，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将

段记为

，

，将线段

A

B

竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）

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C

D

，若z=2x+y的最小值为1，则a=（ ）

9． 已知a＞0，实数x，y满足：A．2

B．1

C．

D．

10．已知圆C方程为x2y22，过点P(1,1)与圆C相切的直线方程为（ ）

A．xy20 B．xy10 C．xy10 D．xy20 11．已知等比数列{an}的第5项是二项式（x+）4展开式的常数项，则a3•a7（ ） A．5

B．18

C．24

D．36

12．直线3xy10的倾斜角为（ ）

A．150 B．120 C．60 D．30

二、填空题

13．要使关于x的不等式0xax64恰好只有一个解，则a_________. 【命题意图】本题考查一元二次不等式等基础知识，意在考查运算求解能力.

2第 3 页，共 18 页

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1sincos，(0,)，则的值为 ．

73sin1263exb(xR)为奇函数，则ab___________． 15．若函数f(x)a32ex14．已知sincos【命题意图】本题考查函数的奇偶性，意在考查方程思想与计算能力． 16．圆心在原点且与直线xy2相切的圆的方程为_____ .

【命题意图】本题考查点到直线的距离公式，圆的方程，直线与圆的位置关系等基础知识，属送分题. 17．一个正四棱台，其上、下底面均为正方形，边长分别为2cm和4cm,侧棱长为2cm,

则其

表面积为__________cm2.

18．已知曲线y=（a﹣3）x3+lnx存在垂直于y轴的切线，函数f（x）=x3﹣ax2﹣3x+1在[1，2]上单调递减，则a的范围为 ．

三、解答题

19．已知椭圆

+

=1（a＞b＞0）的离心率为

2

，且a=2b．

（1）求椭圆的方程；

22

（2）直线l：x﹣y+m=0与椭圆交于A，B两点，是否存在实数m，使线段AB的中点在圆x+y=5上，若存

在，求出m的值；若不存在，说明理由．

20．（本小题满分12分）

如图（1），在三角形PCD中，AB为其中位线，且2BDPC，若沿AB将三角形PAB折起，使

PAD，构成四棱锥PABCD，且

（1）求证：平面 BEF平面PAB；

PCCD2. PFCE第 4 页，共 18 页

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（2）当 异面直线BF与PA所成的角为

时，求折起的角度. 3

21．如图，在边长为a的菱形ABCD中，∠ABC=60°，PC⊥面ABCD，E，F是PA和AB的中点． （1）求证：EF∥平面PBC； （2）求E到平面PBC的距离．

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22．【无锡市2018届高三上期中基础性检测】已知函数fx2lnxmx1mR. （1）当m1时，求fx的单调区间；

51（2）令gxxfx，区间De2,e2，e为自然对数的底数。

（ⅰ）若函数gx在区间D上有两个极值，求实数m的取值范围；

（ⅱ）设函数gx在区间D上的两个极值分别为gx1和gx2， 求证：x1x2e.

23．如图，四面体ABCD中，平面ABC⊥平面BCD，AC=AB，CB=CD，∠DCB=120°，点E在BD上，且CE=DE．

（Ⅰ）求证：AB⊥CE；

（Ⅱ）若AC=CE，求二面角A﹣CD﹣B的余弦值．

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24．已知函数（Ⅰ）求函数（Ⅱ）若

的最大值； ，求函数

的单调递增区间．

，

．

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阳谷县实验中学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：因为x=﹣1时，2﹣＞3﹣，所以命题p：∀x∈R，2＜3为假命题，则￢p为真命题．

1

1

x

x

3232

令f（x）=x+x﹣1，因为f（0）=﹣1＜0，f（1）=1＞0．所以函数f（x）=x+x﹣1在（0，1）上存在零点，32

即命题q：∃x∈R，x=1﹣x为真命题．

则￢p∧q为真命题．

故选B．

2． 【答案】B

【解析】解：由三视图可知：此几何体为圆锥的一半， ∴此几何体的体积=故选：B．

3． 【答案】D

【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，则q＞0，

222

∵a4•a8=2a5，∴a6=2a5， 2

∴q=2，∴q=

=2π．

， =

．

∵a2=1，∴a1=故选：D

4． 【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．

5． 【答案】B

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2

【解析】解：∵函数y=x+（2a﹣1）x+1的图象是方向朝上，以直线x=

为对称轴的抛物线

又∵函数在区间（﹣∞，2]上是减函数， 故2≤解得a≤﹣ 故选B．

6． 【答案】C 【解析】解：z=

=

=

=

+

i，

当1+m＞0且1﹣m＞0时，有解：﹣1＜m＜1； 当1+m＞0且1﹣m＜0时，有解：m＞1； 当1+m＜0且1﹣m＞0时，有解：m＜﹣1； 当1+m＜0且1﹣m＜0时，无解； 故选：C．

【点评】本题考查复数的几何意义，注意解题方法的积累，属于中档题．

7． 【答案】D

【解析】由切线性质知PQCQ，所以PQPCQC8． 【答案】C 【解析】根据题意有：

A的坐标为：（0，0，0），B的坐标为（11，0，0），C的坐标为（11，7，0），D的坐标为（0，7，0）； A1的坐标为：（0，0，12），B1的坐标为（11，0，12），C1的坐标为（11，7，12），D1的坐标为（0，7，12）；

E的坐标为（4，3，12） （1）l1长度计算 所以：l1=|AE|=（2）l2长度计算

将平面A1B1C1D1沿Z轴正向平移AA1个单位，得到平面A2B2C2D2；显然有：

A2的坐标为：（0，0，24），B2的坐标为（11，0，24），C2的坐标为（11，7，24），D2的坐标为（0，7，24）；

显然平面A2B2C2D2和平面ABCD关于平面A1B1C1D1对称。

=13。

222，则由PQPO，得，

(x3)2(y4)24x2y2，化简得6x8y210，即点P的轨迹方程，故选D，

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设AE与的延长线与平面A2B2C2D2相交于：E2（xE2，yE2，24） 根据相识三角形易知： xE2=2xE=2×4=8， yE2=2yE=2×3=6， 即：E2（8，6，24）

根据坐标可知，E2在长方形A2B2C2D2内。 9． 【答案】 C

【解析】解：作出不等式对应的平面区域，（阴影部分） 由z=2x+y，得y=﹣2x+z，

平移直线y=﹣2x+z，由图象可知当直线y=﹣2x+z经过点C时，直线y=﹣2x+z的截距最小，此时z最小． 即2x+y=1， 由

即C（1，﹣1），

∵点C也在直线y=a（x﹣3）上， ∴﹣1=﹣2a， 解得a=

．

，解得

，

故选：C．

【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．

10．【答案】A 【解析】

试题分析：圆心C(0,0),r2，设切线斜率为，则切线方程为y1k(x1),kxyk10，由

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dr,k1k122,k1，所以切线方程为xy20，故选A.

考点：直线与圆的位置关系． 11．【答案】D

【解析】解：二项式（x+）展开式的通项公式为Tr+1=

4

•x4﹣2r，

令4﹣2r=0，解得r=2，∴展开式的常数项为6=a5，

2

∴a3a7=a5=36，

故选：D．

【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．

12．【答案】C 【解析】

试题分析：由直线3xy10，可得直线的斜率为k3，即tan360，故选C.1 考点：直线的斜率与倾斜角.

二、填空题

13．【答案】22.

【解析】分析题意得，问题等价于xax64只有一解，即xax20只有一解， ∴a80a22，故填：22. 14．【答案】【解析】

22217(62)

3sin267, sinsincoscossin41243434317sincos1747326sin12623, 故答案为17(62). 3第 11 页，共 18 页

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考点：1、同角三角函数之间的关系；2、两角和的正弦公式. 15．【答案】2016

63e0b0，整理，得ab2016． 【解析】因为函数f(x)为奇函数且xR，则由f(0)0，得a32e016．【答案】x2y22

|002|【解析】由题意，圆的半径等于原点到直线xy2的距离，所以rd2，故圆的方程为2x2y22.

17．【答案】12320 【解析】

考

点：棱台的表面积的求解. 18．【答案】

．

3

【解析】解：因为y=（a﹣3）x+lnx存在垂直于y轴的切线，即y'=0有解，即y'=

在x＞0时有解，

3

所以3（a﹣3）x+1=0，即a﹣3＜0，所以此时a＜3．

32

函数f（x）=x﹣ax﹣3x+1在[1，2]上单调递减，则f'（x）≤0恒成立， 2

即f'（x）=3x﹣2ax﹣3≤0恒成立，即

， 的最大值为

，

因为函数所以

，所以

在[1，2]上单调递增，所以函数

．

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综上故答案为：

．

．

【点评】本题主要考查导数的基本运算和导数的应用，要求熟练掌握利用导数在研究函数的基本应用．

三、解答题

19．【答案】

【解析】解：（1）由题意得e=解得a=

，b=c=1

=1；

=

2222，a=2b，a﹣b=c，

2

故椭圆的方程为x+

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）， 线段AB的中点为M（x0，y0）． 联立直线y=x+m与椭圆的方程得，

22

即3x+2mx+m﹣2=0，

222

△=（2m）﹣4×3×（m﹣2）＞0，即m＜3，

x1+x2=﹣所以x0=即M（﹣可得（﹣

，

=﹣

，

）2+（

2

，y0=x0+m=，

22

）．又因为M点在圆x+y=5上， 2

）=5，

解得m=±3与m＜3矛盾． 故实数m不存在．

【点评】本题考查椭圆的方程的求法，注意运用离心率公式，考查直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和中点坐标公式，考查存在性问题的解法，属于中档题．

20．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

2． 3BAAD从而得到BA平面PAD，试题分析：（1）可先证BAPA，再证CDFE,CDBE可得CD平面BEF,由CD//AB,可证明平面BEF平面PAB；（2）由PAD,取BD的中点G，连接FG,AG,可得PAG即为异面直线BF与PA所成的角或其补角,即为所折起的角度.在三角形中求角即可. 1 试题解析：

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（2）因为PAD，取BD的中点G，连接FG,AG，所以FG//CD，FG1CD，又AB//CD，21ABCD，所以FG//AB，FGAB，从而四边形ABFG为平行四边形，所以BF//AG，得；同时，

22因为PAAD，PAD，所以PAD，故折起的角度.

3考点：点、线、面之间的位置关系的判定与性质． 21．【答案】

【解析】（1）证明：∵AE=PE，AF=BF， ∴EF∥PB

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又EF⊄平面PBC，PB⊂平面PBC， 故EF∥平面PBC；

（2）解：在面ABCD内作过F作FH⊥BC于H ∵PC⊥面ABCD，PC⊂面PBC ∴面PBC⊥面ABCD

又面PBC∩面ABCD=BC，FH⊥BC，FH⊂面ABCD∴FH⊥面PBC

又EF||平面PBC，故点E到平面PBC的距离等于点F到平面PBC的距离FH． 在直角三角形FBH中，∠FBC=60°，FB=，FH=FBsin∠FBC=故点E到平面PBC的距离等于点F到平面PBC的距离， 等于

a．

a，

22．【答案】（1）增区间0,2，减区间2,，（2）详见解析

【解析】试题分析：（1）求导写出单调区间；（2）（ⅰ）函数gx在区间D上有两个极值，等价于

512lnx1，通过求导分析 gx2lnx2mx1在e2,e2上有两个不同的零点，令gx0，得2mx31

2lnx12lnx112lnx21得m的范围为5,1；（ⅱ）2m，得2m，由分式恒等变换得 22xx1x2ee

x11xx2xxx2lnx112lnx212lnx112lnx21ln12ln1，要证明 ，得lnx1lnx211x1x2x2x11x2x1x2x1x2x2x11xxln12， x1x2e，只需证lnx1lnx212，即证2x1x21x22t1x13令e，通过求导得到pt0恒成立，得证。 t1，ptlntt1x2试题解析：

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（2）（ⅰ）因为gx2xlnxmxx，

251所以gx2lnx22mx12lnx2mx1，xe2,e2，



51若函数gx在区间D上有两个极值，等价于gx2lnx2mx1在e2,e2上有两个不同的零点，

2lnx1令gx0，得2m，

x2lnx112lnx,tx设tx，令tx0,xe xx2x tx xe 121122 xe,exe 0 1251xe2,e2 xe 52大于0 小于0 减 tx 0 2增 6e52e12 31

所以m的范围为5,1

22ee

（ⅱ）由（ⅰ）知，若函数gx在区间D上有两个极值分别为gx1和gx2，不妨设x1x2，则

 

2lnx112lnx21， x1x22lnx112lnx212lnx112lnx21所以 x1x2x1x22m第 16 页，共 18 页

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x11x1x2x1x2xlnln1， 即lnx1lnx21x1x2x2x11x2x2x11xxln12， 要证x1x2e，只需证lnx1lnx212，即证2x1x21x2t1t1xlnt2，即证lnt2令e31t1，即证， t1t1x2t1140， 令ptlnt，因为ptt1tt12tt122t13所以pt在e,1上单调增，p10，所以pt0，

2即lnt2t1t10,所以lnt2t1，得证。 t123．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）证明：△BCD中，CB=CD，∠BCD=120°， ∴∠CDB=30°，

∵EC=DE，∴∠DCE=30°，∠BCE=90°， ∴EC⊥BC，

又∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC与平面BCD的交线为BC， ∴EC⊥平面ABC，∴EC⊥AB．

（Ⅱ）解：取BC的中点O，BE中点F，连结OA，OF， ∵AC=AB，∴AO⊥BC，

∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，

∴AO⊥平面BCD，∵O是BC中点，F是BE中点，∴OF⊥BC， 以O为原点，OB为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系， 设DE=2，则A（0，0，1），B（0，C（0，﹣∴

，0），D（3，﹣2

，﹣1），

=（0，﹣

=（3，﹣

，0）， ，0），

，0），

设平面ACD的法向量为=（x，y，z）， 则

，取x=1，得=（1，

，﹣3），

又平面BCD的法向量=（0，0，1），

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∴cos＜＞==﹣， ．

∴二面角A﹣CD﹣B的余弦值为

【点评】本小题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到线面以及面面的垂直关系、二面角的求法及空间向量在立体几何中的应用．本小题对考生的空间想象能力与运算求解能力有较高要求．

24．【答案】

【解析】【知识点】三角函数的图像与性质恒等变换综合 【试题解析】（Ⅰ）由已知

当 （Ⅱ)即函数

当

，令

的递增区间为

，即

，时，，且注意到

时，递增

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