东胜区第一中学校2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

一、选择题

1． 设m、n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m⊥α，n∥α，则m⊥n；②若α∥β，β∥γ，m⊥α，则m⊥γ；③若m⊥α，n⊥α，则m∥n；④若α⊥β，m⊥β，则m∥α；其中正确命题的序号是（

）

D．①③

，则这个数列的第10项C．

D．

（ ）

A．①②③④B．①②③C．②④2． 数列A．19

中，若

，B．21

23． 已知M、N为抛物线y4x上两个不同的点，F为抛物线的焦点．若线段MN的中点的纵坐标为2，

|MF||NF|10，则直线MN的方程为（ ）

A．2xy40 C．xy20 B．2xy40

D．xy204． 若直线l:ykx1与曲线C：f(x)x1A．－1　　　　B．

1没有公共点，则实数k的最大值为（ ）xe1　　　　C．1　　　　D．32【命题意图】考查直线与函数图象的位置关系、函数存在定理，意在考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力．

11x,x[0,)225． 已知函数f(x)，若存在常数使得方程f(x)t有两个不等的实根x1,x23x2,x[1,1]2（x1x2），那么x1f(x2)的取值范围为（ ）

A．[,1)

34B．[,13) 86）

C．4

C．[31,) 162D．[,3)386． 计算log25log53log32的值为（ A．1　

B．2

D．8

7． 已知集合Ay|yx5,Bx|yA．1, B．1,3 C．3,5 D．3,52x3,AB（ ）

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【命题意图】本题考查二次函数的图象和函数定义域等基础知识，意在考查基本运算能力．8． 设m，n表示两条不同的直线，α、β表示两个不同的平面，则下列命题中不正确的是（ A．m⊥α，m⊥β，则α∥βC．m⊥α，n⊥α，则m∥n

B．m∥n，m⊥α，则n⊥αD．m∥α，α∩β=n，则m∥n

）

x2y29． 已知双曲线C:221(a0,b0)，F1,F2分别在其左、右焦点，点P为双曲线的右支上

ab的一点，圆M为三角形PF1F2的内切圆，PM所在直线与轴的交点坐标为(1,0)，与双曲线的一条渐

近线平行且距离为2，则双曲线C的离心率是（ ）2B．2

C．2

）

D．A．5 2210．执行如图所示的程序框图，若输出的结果是，则循环体的判断框内①处应填（

A．11？B．12？C．13？D．14？　

11．已知数列{an}满足log3an+1=log3an+1（n∈N*），且a2+a4+a6=9，则logA．﹣

B．﹣5

C．5

D．

，则有（

C．A=B

）D．A∩B=φ

（a5+a7+a9）的值是（

）

12．已知集合A={y|y=x2+2x﹣3}，A．A⊆B

B．B⊆A

二、填空题

13．从等边三角形纸片ABC上，剪下如图所示的两个正方形，其中BC=3+的最小值为　　　　　　．，则这两个正方形的面积之和

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s输出n(3?ns1n)0,n1n　14．

15．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【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．

16．与圆C:xy2x4y0外切于原点，且半径为

25的圆的标准方程为 17．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一组数：1，1，2，3，5，8，13，…其中从第三个数起，每一个数都等于他前面两个数的和．该数列是一个非常美丽、和谐的数列，有很多奇妙的属性．比如：随着数列项数的增加，前一项与后一项之比越逼近黄金分割0.6180339887…．人们称该数列{an}为“斐波那契数列”．若把该数列{an}的每一项除以4所得的余数按相对应的顺序组成新数列{bn}，在数列{bn}中第2016项的值是　　．　

22（sinx+1）dx的值为　　．18．【2017-2018第一学期东台安丰中学高三第一次月考】函数fxlnxx的单调递增区间为__________．

2三、解答题

19．已知f（x）=x3+3ax2+3bx+c在x=2处有极值，其图象在x=1处的切线与直线6x+2y+5=0平行．（1）求函数的单调区间；

（2）若x∈[1，3]时，f（x）＞1﹣4c2恒成立，求实数c的取值范围．

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20．（14分）已知函数f(x)mxalnxm,g(x)（1）求g(x)的极值； 3分

xex1，其中m，a均为实数．

（2）设m1,a0，若对任意的x1,x2[3,4](x1x2)，f(x2)f(x1)5分

11恒成立，求a的最小值； g(x2)g(x1)（3）设a2，若对任意给定的x0(0,e]，在区间(0,e]上总存在t1,t2(t1t2)，使得f(t1)f(t2)g(x0) 成立，求m的取值范围． 6分

21．设函数f（x）=1+（1+a）x﹣x2﹣x3，其中a＞0．（Ⅰ）讨论f（x）在其定义域上的单调性；

（Ⅱ）当x∈时，求f（x）取得最大值和最小值时的x的值．

22．已知函数f(x)(xk)e（kR）．（1）求f(x)的单调区间和极值；（2）求f(x)在x1,2上的最小值．

（3）设g(x)f(x)f'(x)，若对k,及x0,1有g(x)恒成立，求实数的取值范围．

22x35第 4 页，共 16 页

23．（本小题满分12分）已知函数fxaxbxlnx（a,bR）．

21

（2）当a0时，是否存在实数b，当x0,e（e是自然常数）时，函数f(x)的最小值是3，若存在，求

（1）当a1,b3时，求函数fx在,2上的最大值和最小值；

2出b的值；若不存在，说明理由；

24．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲选修41：几何证明选讲

如图，A,B,C为A上的三个点，AD是BAC的平分线，交A点D，过B作A的切线交AD的延长线于点E．（Ⅰ）证明：BD平分EBC；（Ⅱ）证明：AEDCABBE．

于

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东胜区第一中学校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】B

【解析】解：由m、n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面：在①中：若m⊥α，n∥α，则由直线与平面垂直得m⊥n，故①正确；在②中：若α∥β，β∥γ，则α∥γ，

∵m⊥α，∴由直线垂直于平面的性质定理得m⊥γ，故②正确；

在③中：若m⊥α，n⊥α，则由直线与平面垂直的性质定理得m∥n，故③正确；在④中：若α⊥β，m⊥β，则m∥α或m⊂α，故④错误．故选：B．　

2． 【答案】C【解析】因为

列，通项公式为答案：C

3． 【答案】D

【解析】解析：本题考查抛物线的焦半径公式的应用与“中点弦”问题的解法．

设M(x1,y1)、N(x2,y2)，那么|MF||NF|x1x2210，x1x28，∴线段MN的中点坐标为

2(4,2).由y124x1，y24x2两式相减得(y1y2)(y1y2)4(x1x2)，而

，所以

，所以

，所以数列，所以

构成以，故选C

为首项，2为公差的等差数

yyy1y22，∴121，∴

x1x22直线MN的方程为y2x4，即xy20，选D．4． 【答案】C

1，则直线l：ykx1与曲线C：yfx没有公共点，ex11等价于方程gx0在R上没有实数解．假设k1，此时g010，g10．又函1k1ek1数gx的图象连续不断，由零点存在定理，可知gx0在R上至少有一解，与“方程gx0在R上没

【解析】令gxfxkx11kx有实数解”矛盾，故k1．又k1时,gx10,知方程gx0在R上没有实数解，所以k的最大值xe第 6 页，共 16 页

为1，故选C．

5． 【答案】C【解析】

试题分析：由图可知存在常数，使得方程fxt有两上不等的实根，则

313t1，由x，可得424311131112x，由13x2，可得x（负舍），即有x1,x2，即x2，则

3422344331x1fx23x13x22,.故本题答案选C.

162考点：数形结合．

【规律点睛】本题主要考查函数的图象与性质,及数形结合的数学思想方法.方程解的个数问题一般转化为两个常见的函数图象的交点个数问题来解决.要能熟练掌握几种基本函数图象,如二次函数,反比例函数,指数函数,对数函数,幂函数等.掌握平移变换,伸缩变换,对称变换,翻折变换,周期变换等常用的方法技巧来快速处理图象.

6． 【答案】A

【解析】解：log25log53log32=故选：A．

【点评】本题考查对数的运算法则的应用，考查计算能力．　

7． 【答案】D

【解析】Ay|y5,Bx|y8． 【答案】D

【解析】解：A选项中命题是真命题，m⊥α，m⊥β，可以推出α∥β；B选项中命题是真命题，m∥n，m⊥α可得出n⊥α；

=1．

x3x|x3,AB3,5，故选D.

第 7 页，共 16 页

C选项中命题是真命题，m⊥α，n⊥α，利用线面垂直的性质得到n∥m；D选项中命题是假命题，因为无法用线面平行的性质定理判断两直线平行．故选D．

【点评】本题考查了空间线面平行和线面垂直的性质定理和判定定理的运用，关键是熟练有关的定理．　

9． 【答案】C【解析】

试题分析：由题意知1,0到直线bxay0的距离为线，离心率为2.故本题答案选C. 1考点：双曲线的标准方程与几何性质．

【方法点睛】本题主要考查双曲线的标准方程与几何性质.求解双曲线的离心率问题的关键是利用图形中的几何条件构造a,b,c的关系,处理方法与椭圆相同,但需要注意双曲线中a,b,c与椭圆中a,b,c的关系不同.求双曲线离心率的值或离心率取值范围的两种方法：（1）直接求出a,c的值,可得；（2）建立a,b,c的齐次关系式,将用a,c表示,令两边同除以或a化为的关系式,解方程或者不等式求值或取值范围.

22b2，那么，得ab，则为等轴双曲2222ba10．【答案】C

【解析】解：由已知可得该程序的功能是计算并输出S=若输出的结果是

，

+

+

+…+

=

的值，

则最后一次执行累加的k值为12，则退出循环时的k值为13，故退出循环的条件应为：k≥13？，故选：C

【点评】算法是新课程中的新增加的内容，也必然是新高考中的一个热点，应高度重视．程序填空也是重要的考试题型，这种题考试的重点有：①分支的条件②循环的条件③变量的赋值④变量的输出．其中前两点考试的概率更大．此种题型的易忽略点是：不能准确理解流程图的含义而导致错误．

11．【答案】B

【解析】解：∵数列{an}满足log3an+1=log3an+1（n∈N*），∴an+1=3an＞0，

∴数列{an}是等比数列，公比q=3．又a2+a4+a6=9，

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∴则log

=a5+a7+a9=33×9=35，

（a5+a7+a9）=

=﹣5．

故选；B．　

12．【答案】B

【解析】解：∵y=x2+2x﹣3=（x+1）2﹣4，∴y≥﹣4．则A={y|y≥﹣4}．∵x＞0，∴x+≥2∴B={y|y≥2}，∴B⊆A．故选：B．

【点评】本题考查子集与真子集，求解本题，关键是将两个集合进行化简，由子集的定义得出两个集合之间的关系，再对比选项得出正确选项．　

=2（当x=，即x=1时取“=”），

二、填空题

13．【答案】　　．

【解析】解：设大小正方形的边长分别为x，y，（x，y＞0）．则

+x+y+

=3+

，

化为：x+y=3．则x2+y2

=，当且仅当x=y=时取等号．

∴这两个正方形的面积之和的最小值为．故答案为：．　

14．【答案】　2　．

【解析】解：所求的值为（x﹣cosx）|﹣11=（1﹣cos1）﹣（﹣1﹣cos（﹣1））

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=2﹣cos1+cos1=2．

故答案为：2．　

15．【答案】A【

解

析

】

16．【答案】 (x2)(y4)20【解析】由已知圆心(a,b)在直线y2x上，所以圆心

22(a,2a)，又因为与圆C:x2y22x4y0外切于原点，

且半径为25，a(2a)25，可求得

22a24，a2,a2舍去。

所以圆的标准方程为(x2)(y4)202217．【答案】　0　．

【解析】解：1，1，2，3，5，8，13，…除以4所得的余数分别为1，1，2，3，1，0，；1，1，2，3，1，0…，

即新数列{bn}是周期为6的周期数列，∴b2016=b336×6=b6=0，故答案为：0．

【点评】本题主要考查数列的应用，考查数列为周期数性，属于中档题．　

218．【答案】0,2【解析】

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三、解答题

19．【答案】

【解析】解：（1）由题意：f′（x）=3x2+6ax+3b 直线6x+2y+5=0的斜率为﹣3；由已知

所以

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）

所以由f′（x）=3x2﹣6x＞0得心x＜0或x＞2；所以当x∈（0，2）时，函数单调递减；

当x∈（﹣∞，0），（2，+∞）时，函数单调递增．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）

（2）由（1）知，函数在x∈（1，2）时单调递减，在x∈（2，3）时单调递增；所以函数在区间[1，3]有最小值f（2）=c﹣4要使x∈[1，3]，f（x）＞1﹣4c2恒成立只需1﹣4c2＜c﹣4恒成立，所以c＜故c的取值范围是{c|c

或c＞1．

或c＞1}﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）

【点评】本题主要考查函数在某点取得极值的条件和导数的几何意义，以及利用导数解决函数在闭区间上的最值问题和函数恒成立问题，综合性较强，属于中档题．　

20．【答案】解：（1）g(x)列表如下：

xg(x)e(1x)，令g(x)0，得x = 1． ex（∞，1）

↗

10极大值

（1，∞）

↘

∵g（1） = 1，∴y =g(x)大值为1，无极小

g（x）

的极值．

3分

（2）当m1,a0时，f(x)xalnx1，x(0,)．

ex1(x1)xa1ex∵f(x)> 00在[3,4]恒成立，∴f(x)在[3,4]上为增函数． 设h(x)，∵h(x)2xxg(x)ex在[3,4]恒成立，

∴h(x)在[3,4]上为增函数．

设x2x1，则f(x2)f(x1)11等价g(x2)g(x1)第 11 页，共 16 页

于f(x2)f(x1)h(x2)h(x1)，即f(x2)h(x2)f(x1)h(x1)．

1ex设u(x)f(x)h(x)xalnx1，则u（x）在[3,4]为减函数．

exa1ex(x1)ex1x1≤0在（3，4）上恒成立． ∴u(x)1∴a≥xe恒成立．

xex2xex1ex1(x1)1123x1x1x1设v(x)xe，∵v(x)1e=1e[()]，x[3，4]，

2xxx2∴ex1[(1x12)234]34e21，∴v(x)< 0，v(x)为减函数．

∴v(x)在[3，4]上的最大值为v（3） = 3 23e2．

∴a≥3 23e2，∴a的最小值为3 23e2． 8分

（3）由（1）知g(x)在(0,e]上的值域为(0,1]． ∵f(x)mx2lnxm，x(0,)，

当m0时，f(x)2lnx在(0,e]为减函数，不合题意．

当m0时，m(x2f(x)m)x，由题意知f(x)在(0,e]不单调，所以02me，即m2e．①

此时f(x)在(0,22m)上递减，在(m,e)上递增，

∴f(e)≥1，即f(e)me2m≥1，解得m≥3e1．②

由①②，得m≥3e1．

∵1(0,e]，∴f(2m)≤f(1)0成立．

下证存在t(0,2m]，使得f(t)≥1．

取tem，先证em2m，即证2emm0．③

设w(x)2exx，则w(x)2ex10在[3e1,)时恒成立．

∴w(x)在[33e1,)时为增函数．∴w(x)≥w(e1)0，∴③成立．

再证f(em)≥1．∵f(em)memmm≥3e11，∴m≥3e1时，命题成立． 第 12 页，共 16 页

4综上所述，m的取值范围为[21．【答案】

3,)． e114分

【解析】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），f′（x）=1+a﹣2x﹣3x2，由f′（x）=0，得x1=∴由f′（x）＜0得x＜由f′（x）＞0得故f（x）在（﹣∞，在（

，

＜x＜）和（

）上单调递增；

，x2=，x＞

；

，+∞）单调递减，，x1＜x2，；

（Ⅱ）∵a＞0，∴x1＜0，x2＞0，∵x∈，当

时，即a≥4

①当a≥4时，x2≥1，由（Ⅰ）知，f（x）在上单调递增，∴f（x）在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值．

②当0＜a＜4时，x2＜1，由（Ⅰ）知，f（x）在单调递增，在上单调递减，因此f（x）在x=x2=

处取得最大值，又f（0）=1，f（1）=a，

∴当0＜a＜1时，f（x）在x=1处取得最小值；当a=1时，f（x）在x=0和x=1处取得最小值；

当1＜a＜4时，f（x）在x=0处取得最小值．　

22．【答案】（1）f(x)的单调递增区间为(k1,)，单调递减区间为(,k1)，

f(x)极小值f(k1)ek1，无极大值；（2）k2时f(x)最小值f(1)(1k)e，2k3时f(x)最小值f(k1)ek1，k3时，f(x)最小值f(2)(2k)e2；（3）2e.

【解析】

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（2）当k11，即k2时，f(x)在1,2上递增，∴f(x)最小值f(1)(1k)e；当k12，即k3时，f(x)在1,2上递减，∴f(x)最小值f(2)(2k)e；

2当1k12，即2k3时，f(x)在1,k1上递减，在k1,2上递增，∴f(x)最小值f(k1)ek1．

x（3）g(x)(2x2k1)e，∴g'(x)(2x2k3)e，

x由g'(x)0，得xk当xk3，23时，g'(x)0；23当xk时，g'(x)0，

233∴g(x)在(,k)上递减，在(k,)递增，

223k3故g(x)最小值g(k)2e2，

23k3335又∵k,，∴k0,1，∴当x0,1时，g(x)最小值g(k)2e2，

2222∴g(x)对x0,1恒成立等价于g(x)最小值2e又g(x)最小值2e∴(2ek32k32；

k3235对k,恒成立．

22)mink，故2e．1

考点：1、利用导数研究函数的单调性进而求函数的最值；2、不等式恒成立问题及分类讨论思想的应用.【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性进而求函数的最值、不等式恒成立问题及分类讨论思想的应用.属于难题. 数学中常见的思想方法有：函数与方程的思想、分类讨论思想、转化与划归思想、数形结合思想、建模思想等等，分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想

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之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.本题（2）就是根据这种思想讨论函数单调区间的.23．【答案】

【解析】【命题意图】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值、不等式的解法等基础知识，意在考查逻辑思维能力、等价转化能力、分析与解决问题的能力、探究能力、运算求解能力．

（2）当a0时，fxbxlnx．

假设存在实数b，使gxbxlnxx0,e有最小值3，

f(x)b1bx1．………7分xx4（舍去）．………8分e①当b0时，f(x)在0,e上单调递减，f(x)minfebe13,b②当0111

e时，f(x)在0,上单调递减，在,e上单调递增，bbb

12∴f(x)ming1lnb3,be，满足条件．……………………………10分

b14③当e时，f(x)在0,e上单调递减，f(x)mingebe13,b（舍去），………11分

be第 15 页，共 16 页

综上，存在实数be，使得当x0,e时，函数f(x)最小值是3．……………………………12分

2

24．【答案】

【解析】【解析】（Ⅰ）因为BE是⊙O的切线，所以EBDBAD…………2分又因为CBDCAD,BADCAD………………4分所以EBDCBD,即BD平分EBC．………………5分（Ⅱ）由⑴可知EBDBAD，且BEDBED，

BEBD,……………………7分AEAB又因为BCDBAEDBEDBC,

BDE∽ABE,所以

所以BCDDBC，BDCD．……………………8分

BEBDCD，……………………9分AEABAB所以AEDCABBE．……………………10分

所以

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