德兴市第四高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学卷

德兴市第四高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学

班级__________

一、选择题

1． 已知正方体的不在同一表面的两个顶点A（﹣1，2，﹣1），B（3，﹣2，3），则正方体的棱长等于（ ）A．4

B．2

C．

D．2

，则关于x的方程f

姓名__________ 分数__________

2． 已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，若f（x）=（x）+a=0（0＜a＜1）的所有根之和为（ A．1﹣（）aB．（）a﹣1C．1﹣2aD．2a﹣1　

3． 如果双曲线经过点P（2，A．x2﹣

=1

B．

﹣

=1

）

），且它的一条渐近线方程为y=x，那么该双曲线的方程是（ C．

﹣

=1

D．

﹣

=1

）

4． 已知x，y满足A．1

B．

C．

，且目标函数z=2x+y的最小值为1，则实数a的值是（ D．

）

）

5． 设曲线y=ax2在点（1，a）处的切线与直线2x﹣y﹣6=0平行，则a=（ A．1

B．

C．

D．﹣1

6． 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∧qB．￢p∧q

C．p∧￢q

D．￢p∧￢q

）

7． 已知三个数a1，a1，a5成等比数列，其倒数重新排列后为递增的等比数列{an}的前三项，则能使不等式a1a2anA．9

111成立的自然数的最大值为（ ）a1a2anC.7

D．5

B．8

xy20y8． 已知变量x,y满足约束条件x1，则的取值范围是（ ）

xxy70A．[,6] B．(,][6,)

9595C．(,3][6,) D．[3,6]第 1 页，共 19 页

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9． 记集合A=(x,y)x+y£1和集合B=(x,y)x+y£1,x³0,y³0表示的平面区域分别为Ω1，Ω2， 若在区域Ω1内任取一点M（x，y），则点M落在区域Ω2内的概率为（ A．

）

{22}{}1 2pB．

1 pC．

2 pD．

13p）D．6

）

【命题意图】本题考查线性规划、古典概型等基础知识，意在考查数形结合思想和基本运算能力．10．一个椭圆的半焦距为2，离心率e=，则它的短轴长是（ A．3

B．

C．2

11．设偶函数f（x）在[0，+∞）单调递增，则使得f（x）＞f（2x﹣1）成立的x的取值范围是（ A．（，1）

B．（﹣∞，）∪（1，+∞）

）

C．

D．1

C．（﹣，）

D．（﹣∞，﹣）∪（，+∞）

12．sin45°sin105°+sin45°sin15°=（ A．0

B．

二、填空题

13．在（1+2x）10的展开式中，x2项的系数为　　　　　　（结果用数值表示）．14．已知角α终边上一点为P（﹣1，2），则　

15．已知数列{an}中，a11，函数f(x)值等于　　　　　　．23an2xx3an1x4在x1处取得极值，则32，动点P的轨迹

an_________.

16．平面内两定点M（0，一2）和N（0,2），动点P（x，y）满足为曲线E，给出以下命题： ①m，使曲线E过坐标原点； ②对m，曲线E与x轴有三个交点；

③曲线E只关于y轴对称，但不关于x轴对称；

④若P、M、N三点不共线，则△ PMN周长的最小值为2m＋4;

⑤曲线E上与M,N不共线的任意一点G关于原点对称的另外一点为H，则四边形GMHN

的面积不大于m。

其中真命题的序号是　　　　　．（填上所有真命题的序号）2xy202217．设变量x,y满足约束条件x2y20，则z(a1)x3(a1)y的最小值是20，则实数axy10______．

【命题意图】本题考查线性规划问题，意在考查作图与识图能力、逻辑思维能力、运算求解能力．

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18．向区域　

内随机投点，则该点与坐标原点连线的斜率大于1的概率为　　　　　　．三、解答题

19．（本小题满分12分）某校为了解高一新生对文理科的选择，对1 000名高一新生发放文理科选择调查表，统计知，有600名学生选择理科，400名学生选择文科．分别从选择理科和文科的学生随机各抽取20名学生的数学成绩得如下累计表：

分数段[40，50）[50，60）[60，70）[70，80）[80，90）[90，100]

（1）从统计表分析，比较选择文理科学生的数学平均分及学生选择文理科的情况，并绘制理科数学成绩的频率分布直方图．

正正

正

理科人数

文科人数

（2）根据你绘制的频率分布直方图，估计意向选择理科的学生的数学成绩的中位数与平均分．

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20．（本小题满分12分）设函数f(x)12xlnxmx（m0）．2（1）求f(x)的单调区间；（2）求f(x)的零点个数；

（3）证明：曲线yf(x)没有经过原点的切线．

21．【常州市2018届高三上武进区高中数学期中】已知函数fxax2a1xlnx，aR．

2⑴若曲线yfx在点1,f1处的切线经过点2,11，求实数a的值；⑵若函数fx在区间2,3上单调，求实数a的取值范围；⑶设gx1sinx，若对x10,，x20,π，使得fx1gx22成立，求整数a的最小值．822．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

如图，四边形ABCD外接于圆，AC是圆周角BAD的角平分线，过点C的切线与AD延长线交于点E，

AC交BD于点F．

（1）求证：BDACE；

（2）若AB是圆的直径，AB4，DE1，求AD长

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23．设函数f（x）=a（x+1）2ln（x+1）+bx（x＞﹣1），曲线y=f（x）过点（e﹣1，e2﹣e+1），且在点（0，0）处的切线方程为y=0．（Ⅰ）求a，b的值；

（Ⅱ）证明：当x≥0时，f（x）≥x2；

（Ⅲ）若当x≥0时，f（x）≥mx2恒成立，求实数m的取值范围．　

24．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，且AD=2CD=2，AA1=2，∠A1AD=为AD的中点，且CD⊥A1O（Ⅰ）求证：A1O⊥平面ABCD；

（Ⅱ）线段BC上是否存在一点P，使得二面角D﹣A1A﹣P为

．若O

？若存在，求出BP的长；不存在，说明理由．

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德兴市第四高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学（参考答案）一、选择题

1． 【答案】A

【解析】解：∵正方体中不在同一表面上两顶点A（﹣1，2，﹣1），B（3，﹣2，3），∴AB是正方体的体对角线，AB=设正方体的棱长为x，则故选：A．

【点评】本题主要考查了空间两点的距离公式，以及正方体的体积的有关知识，属于基础题．　

2． 【答案】C

【解析】解：由题意，关于x的方程f（x）+a=0（0＜a＜1）共有5个根，从左向右分别为x1，x2，x3，x4，x5，则x≥1，f（x）=∴x1+x2=﹣6，x4+x5=6，

∵0＜x＜1，f（x）=log2（x+1），

∴﹣1＜x＜0时，0＜﹣x＜1，f（x）=﹣f（﹣x）=﹣log2（﹣x+1），∴﹣log2（1﹣x3）=﹣a，∴x3=1﹣2a，

∴x1+x2+x3+x4+x5=﹣6+1﹣2a+6=1﹣2a，故选：C．

，对称轴为x=3，根据对称性，x≤﹣1时，函数的对称轴为x=﹣3，

，解得x=4．

∴正方体的棱长为4，

，

3． 【答案】B

【解析】解：由双曲线的一条渐近线方程为y=x，

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可设双曲线的方程为x2﹣y2=λ（λ≠0），代入点P（2，λ=4﹣2=2，

可得双曲线的方程为x2﹣y2=2，即为

﹣

=1．

），可得

故选：B．　

4． 【答案】B

【解析】解：由约束条件

作出可行域如图，

由图可知A（a，a），

化目标函数z=2x+y为y=﹣2x+z，

由图可知，当直线y=﹣2x+z过A（a，a）时直线在y轴上的截距最小，z最小，z的最小值为2a+a=3a=1，解得：a=．故选：B．

【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．　

5． 【答案】A【解析】解：y'=2ax，

于是切线的斜率k=y'|x=1=2a，∵切线与直线2x﹣y﹣6=0平行∴有2a=2∴a=1故选：A

【点评】本题考查导数的几何意义：曲线在切点处的导数值是切线的斜率．

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6． 【答案】B

【解析】解：因为x=﹣1时，2﹣1＞3﹣1，所以命题p：∀x∈R，2x＜3x为假命题，则￢p为真命题．令f（x）=x3+x2﹣1，因为f（0）=﹣1＜0，f（1）=1＞0．所以函数f（x）=x3+x2﹣1在（0，1）上存在零点，即命题q：∃x∈R，x3=1﹣x2为真命题．则￢p∧q为真命题．故选B．　

7． 【答案】C 【解析】

试题分析：因为三个数a1,a1,a5等比数列，所以a1a1a5,a3，倒数重新排列后恰

2好为递增的等比数列{an}的前三项，为,11111,，公比为，数列是以为首项，为公比的等比数列，则8422an11n81121112n8等价为不等式a1a2an，整理，得

112a1a2an122n27,1n7,nN，故选C. 1

考点：1、等比数列的性质；2、等比数列前项和公式.8． 【答案】A【解析】

试题分析：作出可行域，如图ABC内部（含边界），

y59表示点(x,y)与原点连线的斜率，易得A(,)，x22B(1,6)，kOA969y92，kOB6，所以6．故选A．5515x2第 9 页，共 19 页

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考点：简单的线性规划的非线性应用．9． 【答案】A

OAB及其内部，【解析】画出可行域，如图所示，Ω1表示以原点为圆心， 1为半径的圆及其内部，Ω2表示D11由几何概型得点M落在区域Ω2内的概率为P=2=，故选A.

p2py1BOA1x10．【答案】C

【解析】解：∵椭圆的半焦距为2，离心率e=，∴c=2，a=3，∴b=

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∴2b=2．

故选：C．

【点评】本题主要考查了椭圆的简单性质．属基础题．　

11．【答案】A

【解析】解：因为f（x）为偶函数，

所以f（x）＞f（2x﹣1）可化为f（|x|）＞f（|2x﹣1|）又f（x）在区间[0，+∞）上单调递增，所以|x|＞|2x﹣1|，即（2x﹣1）2＜x2，解得＜x＜1，所以x的取值范围是（，1），故选：A．　

12．【答案】C

【解析】解：sin45°sin105°+sin45°sin15°=cos45°cos15°+sin45°sin15°=cos（45°﹣15°）=cos30°=

．

故选：C．

【点评】本题主要考查了诱导公式，两角差的余弦函数公式，特殊角的三角函数值在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．　

二、填空题

13．【答案】　180　

【解析】解：由二项式定理的通项公式Tr+1=Cnran﹣r br可设含x2项的项是Tr+1=C7r （2x）r可知r=2，所以系数为C102×4=180，故答案为：180．

【点评】本题主要考查二项式定理中通项公式的应用，属于基础题型，难度系数0.9．一般地通项公式主要应用有求常数项，有理项，求系数，二项式系数等．　

14．【答案】　

【解析】解：角α终边上一点为P（﹣1，2），

　．

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所以tanα=﹣2．

=

故答案为：﹣．

【点评】本题考查二倍角的正切函数，三角函数的定义的应用，考查计算能力．　

3n1115．【答案】2A【解析】

=

=﹣．

考

点：1、利用导数求函数极值；2、根据数列的递推公式求通项公式.

【方法点晴】本题主要考查等比数列的定义以及已知数列的递推公式求通项，属于中档题.由数列的递推公式求通项常用的方法有：累加法、累乘法、构造法，形如anqan1p(p0,q1)的递推数列求通项往往用构造法，利用待定系数法构造成anmq(an1m)的形式，再根据等比数例求出anm的通项，进而得出an的通项公式.

16．【答案】①④⑤

解析：∵平面内两定点M（0，﹣2）和N（0，2），动点P（x，y）满足|•

=m

|•|

|=m（m≥4），∴

①（0，0）代入，可得m=4，∴①正确；

②令y=0，可得x2+4=m，∴对于任意m，曲线E与x轴有三个交点，不正确；③曲线E关于x轴对称，但不关于y轴对称，故不正确；④若P、M、N三点不共线，|

|+|

|≥2

=2

，所以△PMN周长的最小值为2

+4，正确；

⑤曲线E上与M、N不共线的任意一点G关于原点对称的点为H，则四边形GMHN的面积为2S△MNG=|GM||GN|sin∠MGN≤m，∴四边形GMHN的面积最大为不大于m，正确．故答案为：①④⑤．17．【答案】2【

解

析

】

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18．【答案】　　．

【解析】解：不等式组的可行域为：

由题意，A（1，1），∴区域

=（x3）

由

=，

的面积为

，可得可行域的面积为：1=，

∴坐标原点与点（1，1）的连线的斜率大于1，坐标原点与与坐标原点连线的斜率大于1的概率为： =

故答案为：．

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【点评】本题考查线性规划的应用，几何概型，考查定积分知识的运用，解题的关键是利用定积分求面积．　

三、解答题

19．【答案】

【解析】解：（1）从统计表看出选择理科的学生的数学平均成绩高于选择文科的学生的数学平均成绩，反映了数学成绩对学生选择文理科有一定的影响，频率分布直方图如下．

（2）从频率分布直方图知，数学成绩有50%小于或等于80分，50%大于或等于80分，所以中位数为80分．平均分为（55×0.005＋65×0.015＋75×0.030＋85×0.030＋95×0.020）×10＝79.5，即估计选择理科的学生的平均分为79.5分．20．【答案】

1x2mx1【解析】（1）f(x)的定义域为(0,)，f(x)xm．

xx2令f(x)0，得xmx10．

2当m40，即0m2时，f(x)0，∴f(x)在(0,)内单调递增．

当m40，即m2时，由xmx10解得

22第 14 页，共 19 页

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mm24mm24x1，x2，且0x1x2，

22在区间(0,x1)及(x2,)内,f(x)0，在(x1,x2)内，f(x)0，

∴f(x)在区间(0,x1)及(x2,)内单调递增，在(x1,x2)内单调递减．

（2）由（1）可知，当0m2时，f(x)在(0,)内单调递增，∴f(x) 最多只有一个零点．

1x(x2m)lnx，∴当0x2m且x1时，f(x)0；2当x2m且x1时，f(x)0，故f(x)有且仅有一个零点．

又∵f(x)当m2时，∵f(x)在(0,x1)及(x2,)内单调递增，在(x1,x2)内单调递减，

1mm242mm24m(mm24))ln且f(x1)(2222m2mm242mm24m2mm242m2m22ln0，，而4244mm244401（∵m2），

22(mm24)4∴f(x1)0，由此知f(x2)f(x1)0，

又∵当x2m且x1时，f(x)0，故f(x)在(0,)内有且仅有一个零点．综上所述，当m0时，f(x)有且仅有一个零点．

（3）假设曲线yf(x)在点(x,f(x))（x0）处的切线经过原点，

12xlnxmxf(x)12f(x)，即xm，则有xxx12化简得：xlnx10（x0）．（*）

21x2112记g(x)xlnx1（x0），则g(x)x，

xx2令g(x)0，解得x1．

当0x1时，g(x)0，当x1时，g(x)0，

3123∴g(1)是g(x)的最小值，即当x0时，xlnx1≥．

222由此说明方程（*）无解，∴曲线yf(x)没有经过原点的切线．

21．【答案】⑴a2⑵,,⑶26411【解析】试题分析：（1）根据题意，对函数（求导，由导数的几何意义分析可得曲线y（ 在点fx）fx）第 15 页，共 19 页

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（2，）11，计算可得答案；（1，（））f1处的切线方程，代入点

3）（2）由函数的导数与函数单调性的关系，分函数在（2，上单调增与单调减两种情况讨论，综合即可得答案；

（3）由题意得，fmin 分析可得必有fx＝ax22a1xlnx（x）gmax（x）2，对a分类讨论即可得答案．试题解析：

15 ，对（求导，fx）8⑵f'x2ax1x1，

x若函数fx在区间2,3上单调递增，则y2ax10在2,3恒成立，

{若函数fx在区间2,3上单调递减，则y2ax10在2,3恒成立，

4a101 ，得a；

6a1044a101{ ，得a，

6a106综上，实数a的取值范围为,,；

64⑶由题意得，fminxgmaxx2，

111gmaxxg，

281515fminx，即fxax22a1xlnx，

88212ax2a1x12ax1x1由f'x2ax2a1，xxx当a0时，f10，则不合题意；

当a0时，由f'x0，得x1或x1（舍去），2a第 16 页，共 19 页

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当0x当x1时，f'x0，fx单调递减，2a1时，f'x0，fx单调递增．2a117115ln，fminxf，即4a2a82a8117整理得，ln2a，

22a8111设hxlnx，hx0，hx单调递增，

2xx2x2aZ，2a为偶数，

1717又h2ln2，h4ln4，

48882a4，故整数a的最小值为2。

22．【答案】

【解析】【命题意图】本题主要考查圆周角定理、弦切角定理、三角形相似的判断与性质等基础知识，意在考查逻辑推证能力、转化能力、识图能力．

DEDCBC2，则BCABDE4，∴BC2．BCBAAB

1∴在RtABC中，BCAB，∴BAC30，∴BAD60，

21∴在RtABD中，ABD30，所以ADAB2．

2∴

23．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）f′（x）=2a（x+1）ln（x+1）+a（x+1）+b，∵f′（0）=a+b=0，f（e﹣1）=ae2+b（e﹣1）=a（e2﹣e+1）=e2﹣e+1∴a=1，b=﹣1． （Ⅱ）f（x）=（x+1）2ln（x+1）﹣x，

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…

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设g（x）=（x+1）2ln（x+1）﹣x﹣x2，（x≥0），g′（x）=2（x+1）ln（x+1）﹣x，（g′（x））′=2ln（x+1）+1＞0，∴g′（x）在[0，+∞）上单调递增，∴g′（x）≥g′（0）=0，∴g（x）在[0，+∞）上单调递增，∴g（x）≥g（0）=0．∴f（x）≥x2．…

（Ⅲ）设h（x）=（x+1）2ln（x+1）﹣x﹣mx2，h′（x）=2（x+1）ln（x+1）+x﹣2mx，

（Ⅱ） 中知（x+1）2ln（x+1）≥x2+x=x（x+1），∴（x+1）ln（x+1）≥x，∴h′（x）≥3x﹣2mx，①当3﹣2m≥0即②当3﹣2m＜0即=0，得

时，h′（x）≥0，∴h（x）在[0，+∞）单调递增，∴h（x）≥h（0）=0，成立．时，h′（x）=2（x+1）ln（x+1）+（1﹣2m）x，h′′（x）=2ln（x+1）+3﹣2m，令h′′（x）

，

当x∈[0，x0）时，h′（x）＜h′（0）=0，∴h（x）在[0，x0）上单调递减，∴h（x）＜h（0）=0，不成立．综上，

．…

24．【答案】

【解析】满分（13分）．（Ⅰ）证明：∵∠A1AD=∴A1O=∴

+AD2=AA12，

，且AA1=2，AO=1，

=

，…（2分）

∴A1O⊥AD．…（3分）又A1O⊥CD，且CD∩AD=D，∴A1O⊥平面ABCD．…（5分）

（Ⅱ）解：过O作Ox∥AB，以O为原点，建立空间直角坐标系O﹣xyz（如图），则A（0，﹣1，0），A1（0，0，∵且取z=1，得

=

．…（8分）

=

，

），…（6分）

=（x，y，z），

设P（1，m，0）m∈[﹣1，1]，平面A1AP的法向量为

=（1，m+1，0），

又A1O⊥平面ABCD，A1O⊂平面A1ADD1∴平面A1ADD1⊥平面ABCD．

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精选高中模拟试卷

又CD⊥AD，且平面A1ADD1∩平面ABCD=AD，∴CD⊥平面A1ADD1．不妨设平面A1ADD1的法向量为由题意得

解得m=1或m=﹣3（舍去）．

∴当BP的长为2时，二面角D﹣A1A﹣P的值为

．…（13分）

=

=（1，0，0）．…（10分）=

，…（12分）

【点评】本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的大小等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想．　

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