靖西市二中2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

靖西市二中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

a12，an1an1． 已知数列an的各项均为正数，

（ ）

A．35 B． 36 C．120 2． O为坐标原点，F为抛物线A．1

B．

C．

D．2

D．121

14，若数列则n的前n项和为5，

an1anaan1nP是抛物线C上一点， 的焦点，若|PF|=4，则△POF的面积为（ ）

3． 半径R的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（ ） A．

πR3

B．

πR3

C．

πR3

D．

πR3

4． 在抛物线y2=2px（p＞0）上，横坐标为4的点到焦点的距离为5，则该抛物线的准线方程为（ ） A．x=1 B．x= C．x=﹣1

D．x=﹣

5． 用反证法证明命题：“已知a、b∈N*，如果ab可被5整除，那么a、b 中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为（ ）

A．a、b都能被5整除 B．a、b都不能被5整除 C．a、b不都能被5整除 D．a不能被5整除

6． 设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ） A．3πa2 B．6πa2 C．12πa2D．24πa2

7． 若，b0,1，则不等式ab1成立的概率为（ ）

22A．

 B． C． D． 1612848． “x≠0”是“x＞0”是的（ ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 9． 不等式A．C．

或或

的解集为（ ）

B．D．

10．如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为线段A1B上的动点，则下列结论正确的有（ ） ①三棱锥M﹣DCC1的体积为定值 ②DC1⊥D1M ③∠AMD1的最大值为90° ④AM+MD1的最小值为2．

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精选高中模拟试卷

A．①② B．①②③ C．③④ D．②③④

11．数列1，，，，，，，，，，…的前100项的和等于（ ） A．

B．

C．

D．

12．已知△ABC中，a=1，b=A．150°

B．90°

，B=45°，则角A等于（ ）

C．60°

D．30°

二、填空题

13．已知函数f（x）是定义在R上的单调函数，且满足对任意的实数x都有f[f（x）﹣2x]=6，则f（x）+f（﹣x）的最小值等于 ．

14．已知偶函数f（x）的图象关于直线x=3对称，且f（5）=1，则f（﹣1）= ．

63exb(xR)为奇函数，则ab___________． 15．若函数f(x)a32ex【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．在（1+x）（x2+）6的展开式中，x3的系数是 ．

17．已知x，y满足条件，则函数z=﹣2x+y的最大值是 ．

18．小明想利用树影测量他家有房子旁的一棵树的高度，但由于地形的原因，树的影子总有一部分落在墙上，某时刻他测得树留在地面部分的影子长为1.4米，留在墙部分的影高为1.2米，同时，他又测得院子中一个直径为1.2米的石球的影子长（球与地面的接触点和地面上阴影边缘的最大距离）为0.8米，根据以上信息，可求得这棵树的高度是 米．（太阳光线可看作为平行光线）

三、解答题

19．（本小题满分12分）

两个人在进行一项掷骰子放球游戏中，规定：若掷出1点，甲盒中放一球；若掷出2点或3点，乙盒中 放一球；若掷出4点或5点或6点，丙盒中放一球，前后共掷3次，设x,y,z分别表示甲，乙，丙3个 盒中的球数.

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精选高中模拟试卷

（1）求x0，y1，z2的概率；

（2）记xy，求随机变量的概率分布列和数学期望.

【命题意图】本题考查频离散型随机变量及其分布列等基础知识，意在考查学生的统计思想和基本的运算能力．

20．长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，AA1=AD=4，点E为AB中点． （1）求证：BD1∥平面A1DE； （2）求证：A1D⊥平面ABD1．

21．已知椭圆C：

=1（a＞2）上一点P到它的两个焦点F1（左），F2 （右）的距离的和是6．

（1）求椭圆C的离心率的值；

（2）若PF2⊥x轴，且p在y轴上的射影为点Q，求点Q的坐标．

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精选高中模拟试卷

22．已知函数f（x）=（ax2+x﹣1）ex，其中e是自然对数的底数，a∈R． （Ⅰ）若a=0，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （Ⅱ）若

，求f（x）的单调区间；

（Ⅲ）若a=﹣1，函数f（x）的图象与函数围．

的图象仅有1个公共点，求实数m的取值范

23．（本题满分13分）已知圆C1的圆心在坐标原点O，且与直线l1：x2y60相切，设点A为圆上 一动点，AMx轴于点M，且动点N满足ON（1）求曲线C的方程；

（2）若动直线l2：ykxm与曲线C有且仅有一个公共点，过F1(1,0)，F2(1,0)两点分别作F1Pl2，

131OA()OM，设动点N的轨迹为曲线C. 232F1Ql2，垂足分别为P，Q，且记d1为点F1到直线l2的距离，d2为点F2到直线l2的距离，d3为点P

到点Q的距离，试探索(d1d2)d3是否存在最值？若存在，请求出最值.

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24．

（本小题满分10分）如图⊙O经过△ABC的点B，C与AB交于E，与AC交于F，且AE＝AF. （1）求证EF∥BC；

（2）过E作⊙O的切线交AC于D，若∠B＝60°，EB＝EF＝2，求ED的长．

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靖西市二中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】C

【解析】解析：本题考查等差数列的定义通项公式与“裂项法”求数列的前n项和．由an1an2222an1an4，∴an是等差数列，公差为4，首项为4，∴an44(n1)4n，由an0得

4得

an1anan2n．1111(n1n)，∴数列的前n项和为

an1an2n12n2aan1n1111(21)(32)(n1n)(n11)5，∴n120，选C． 22222． 【答案】C

【解析】解：由抛物线方程得准线方程为：y=﹣1，焦点F（0，1）， 又P为C上一点，|PF|=4， 可得yP=3，

代入抛物线方程得：|xP|=2∴S△POF=|0F|•|xP|=故选：C．

3． 【答案】A

【解析】解：2πr=πR，所以r=，则h=

，所以V=

．

，

故选A

4． 【答案】C

【解析】解：由题意可得抛物线y2=2px（p＞0）开口向右， 焦点坐标（，0），准线方程x=﹣，

由抛物线的定义可得抛物线上横坐标为4的点到准线的距离等于5， 即4﹣（﹣）=5，解之可得p=2 故抛物线的准线方程为x=﹣1． 故选：C．

【点评】本题考查抛物线的定义，关键是由抛物线的方程得出其焦点和准线，属基础题．

5． 【答案】B

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【解析】解：由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证． 命题“a，b∈N，如果ab可被5整除，那么a，b至少有1个能被5整除”的否定是“a，b都不能被5整除”． 故选：B．

6． 【答案】B

【解析】解：根据题意球的半径R满足

22

（2R）=6a， 22

所以S球=4πR=6πa．

故选B

7． 【答案】D 【

解

析

】

考点：几何概型． 8． 【答案】B

【解析】解：当x=﹣1时，满足x≠0，但x＞0不成立． 当x＞0时，一定有x≠0成立， ∴“x≠0”是“x＞0”是的必要不充分条件． 故选：B．

9． 【答案】A 【解析】 令

得

，

；

或

，故选A

其对应二次函数开口向上，所以解集为

答案：A

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10．【答案】A

【解析】解：①∵A1B∥平面DCC1D1，∴线段A1B上的点M到平面DCC1D1的距离都为1，又△DCC1的面积为定值，因此三棱锥M﹣DCC1的体积V=

=为定值，故①正确．

②∵A1D1⊥DC1，A1B⊥DC1，∴DC1⊥面A1BCD1，D1P⊂面A1BCD1，∴DC1⊥D1P，故②正确． ③当0＜A1P＜

时，在△AD1M中，利用余弦定理可得∠APD1为钝角，∴故③不正确；

④将面AA1B与面A1BCD1沿A1B展成平面图形，线段AD1即为AP+PD1的最小值， 在△D1A1A中，∠D1A1A=135°，利用余弦定理解三角形得AD1=故④不正确． 因此只有①②正确． 故选：A．

=

＜2，

11．【答案】A 【解析】解：

=1×

故选A．

12．【答案】D 【解析】解：∵根据正弦定理可知 ∴sinA=∴A=30° 故选D．

=

，B=45°

【点评】本题主要考查正弦定理的应用．属基础题．

二、填空题

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13．【答案】 6 ．

x

【解析】解：根据题意可知：f（x）﹣2是一个固定的数，记为a，则f（a）=6，

xx

∴f（x）﹣2=a，即f（x）=a+2，

∴当x=a时，

x

∴f（x）=2+2，

a

又∵a+2=6，∴a=2，

xxxx

∴f（x）+f（﹣x）=2+2+2+2﹣=2+2﹣+4

≥2+4=6，当且仅当x=0时成立，

∴f（x）+f（﹣x）的最小值等于6， 故答案为：6．

【点评】本题考查函数的最值，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．

14．【答案】 1 ．

【解析】解：f（x）的图象关于直线x=3对称，且f（5）=1，则f（1）=f（5）=1， f（x）是偶函数，所以f（﹣1）=f（1）=1． 故答案为：1．

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】 20 ．

26

【解析】解：（1+x）（x+）的展开式中，

x3的系数是由（x2+）6的展开式中x3与1的积加上x2与x的积组成；

26

又（x+）的展开式中，

通项公式为 Tr+1=•x12﹣3r，

令12﹣3r=3，解得r=3，满足题意； 令12﹣3r=2，解得r=

3

，不合题意，舍去；

=20．

所以展开式中x的系数是故答案为：20．

17．【答案】 4 ．

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【解析】解：由约束条件

作出可行域如图，

化目标函数z=﹣2x+y为y=2x+z，由图可知，当直线y=2x+z过点A（﹣2，0）时， 直线y=2x+z在y轴上的截距最大，即z最大，此时z=﹣2×（﹣2）+0=4． 故答案为：4．

【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．

18．【答案】 3.3

【解析】

解：如图BC为竿的高度，ED为墙上的影子，BE为地面上的影子． 设BC=x，则根据题意 =

，

AB=x，

在AE=AB﹣BE=x﹣1.4，

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则=，即=，求得

x=3.3（米）

故树的高度为3.3米， 故答案为：3.3．

【点评】本题主要考查了解三角形的实际应用．解题的关键是建立数学模型，把实际问题转化为数学问题．

三、解答题

19．【答案】

【解析】（1）由x0，y1，z2知，甲、乙、丙3个盒中的球数分别为0，1，2，

1111此时的概率PC3.

3242（4分）

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20．【答案】

【解析】证明：（1）连结A1D，AD1，A1D∩AD1=O，连结OE， ∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，ADD1A1是矩形， ∴O是AD1的中点，∴OE∥BD1，

∵OE∥BD1，OE⊂平面ABD1，BD1⊄平面ABD1， ∴BD1∥平面A1DE．

（2）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，AA1=AD=4，点E为AB中点， ∴ADD1A1是正方形，∴A1D⊥AD1，

∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB⊥平面ADD1A1，

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∴A1D⊥AB，

又AB∩AD1=A，∴A1D⊥平面ABD1．

21．【答案】

【解析】解：（1）根据椭圆的定义得2a=6，a=3； ∴c=∴

； ；

； ；

带入椭圆方程

）．

得，y=

；

即椭圆的离心率是（2）∴x=

所以Q（0，

22．【答案】

xxxx

【解析】解：（Ⅰ）∵a=0，∴f（x）=（x﹣1）e，f′（x）=e+（x﹣1）e=xe，

∴曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为k=f（1）=e． 又∵f（1）=0，∴所求切线方程为y=e（x﹣1）， 即．ex﹣y﹣4=0

x2x2xx

（Ⅱ）f′（x）=（2ax+1）e+（ax+x﹣1）e=[ax+（2a+1）x]e=[x（ax+2a+1）]e，

①若a=﹣，f′（x）=﹣x2ex≤0，∴f（x）的单调递减区间为（﹣∞，+∞）， ②若a＜﹣，当x＜﹣当﹣

或x＞0时，f′（x）＜0；

＜x＜0时，f′（x）＞0．

∴f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣]，[0，+∞）；单调递增区间为[﹣，0]．

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2x

（Ⅲ）当a=﹣1时，由（Ⅱ）③知，f（x）=（﹣x+x﹣1）e在（﹣∞，﹣1）上单调递减，

在[﹣1，0]单调递增，在[0，+∞）上单调递减，

∴f（x）在x=﹣1处取得极小值f（﹣1）=﹣，在x=0处取得极大值f（0）=﹣1， 由

2

，得g′（x）=2x+2x．

当x＜﹣1或x＞0时，g′（x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g′（x）＜0． 故g（x）在x=﹣1处取得极大值在x=0处取得极小值g（0）=m，

，

∴g（x）在（﹣∞，﹣1]上单调递增，在[﹣1，0]单调递减，在[0，+∞）上单调递增．

∵数f（x）与函数g（x）的图象仅有1个公共点， ∴g（﹣1）＜f（﹣1）或g（0）＞f（0），即.

．

【点评】本题考查了曲线的切线方程问题，考查函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道中档题．

23．【答案】

【解析】【命题意图】本题综合考查了圆的标准方程、向量的坐标运算，轨迹的求法，直线与椭圆位置关系；本题突出对运算能力、化归转化能力的考查，还要注意对特殊情况的考虑，本题难度大.

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（2）由（1）中知曲线C是椭圆，将直线l2：ykxm代入 椭圆C的方程3x4y12中，得

22

(4k23)x28kmx4m2120

由直线l2与椭圆C有且仅有一个公共点知，

k2m24(4k23)(4m212)0，

整理得m4k3 …………7分

22且d1|mk|1k2，d2|mk|1k2

1当k0时，设直线l2的倾斜角为，则d3|tan||d1d2|，即d3|dd2dd24|m|||1|∴(d1d2)d3(d1d2)|1 2kk1k22d1d2| k第 15 页，共 16 页

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4|m|16 …………10分 1m231|m||m|422∵m4k3 ∴当k0时，|m|3 ∴|m|1143，∴(d1d2)d343……11分 3|m|332当k0时，四边形F1F2PQ为矩形，此时d1d23，d32

∴(d1d2)d323243 …………12分

综上1、2可知，(d1d2)d3存在最大值，最大值为43 ……13分 24．【答案】

【解析】解：（1）证明：∵AE＝AF， ∴∠AEF＝∠AFE.

又B，C，F，E四点共圆， ∴∠ABC＝∠AFE，

∴∠AEF＝∠ACB，又∠AEF＝∠AFE，∴EF∥BC. （2）由（1）与∠B＝60°知△ABC为正三角形， 又EB＝EF＝2， ∴AF＝FC＝2，

设DE＝x，DF＝y，则AD＝2－y， 在△AED中，由余弦定理得 DE2＝AE2＋AD2－2AD·AEcos A.

1即x2＝（2－y）2＋22－2（2－y）·2×，

2∴x2－y2＝4－2y，①

由切割线定理得DE2＝DF·DC， 即x2＝y（y＋2）， ∴x2－y2＝2y，②

由①②联解得y＝1，x＝3，∴ED＝3.

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