东胜区高中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． 如图表示的是四个幂函数在同一坐标系中第一象限内的图象，则幂函数y=x

的图象是（

）

A．①B．②C．③D．④）

2． 等差数列{an}中，a1+a5=10，a4=7，则数列{an}的公差为（ A．1A．1﹣i　4． 双曲线A．

的渐近线方程是（ B．

）C．

B．2

C．3

D．4

）

D．﹣1+i

3． 设复数z满足z（1+i）=2（i为虚数单位），则z=（

B．1+iC．﹣1﹣i

D．

5． 设直线x=t与函数f（x）=x2，g（x）=lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为（ ）A．1

B．

C．

D．

6． 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 7． 设命题p：A．C．

B． D．

111成立的自然数的最大值为（ ）a1a2anC.7

D．5

，则

p为（ ）

B．8

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8． 已知函数f（x）=x（1+a|x|）．设关于x的不等式f（x+a）＜f（x）的解集为A，若实数a的取值范围是（ A．C．

B．

D．

）

）

，则

9． 已知α∈（0，π），且sinα+cosα=，则tanα=（ A．

B．

C．

D．

10．过直线3x﹣2y+3=0与x+y﹣4=0的交点，与直线2x+y﹣1=0平行的直线方程为（ A．2x+y﹣5=0B．2x﹣y+1=0C．x+2y﹣7=0D．x﹣2y+5=0

11．已知点A（1，2），B（3，1），则线段AB的垂直平分线的方程是（ A．4x+2y=5A．y=x﹣4B．y=2x﹣3

B．4x﹣2y=5C．y=﹣x﹣6

C．x+2y=5

D．y=3x﹣2

D．x﹣2y=5

）

）

12．已知抛物线x2=﹣2y的一条弦AB的中点坐标为（﹣1，﹣5），则这条弦AB所在的直线方程是（ ）

二、填空题

13．等比数列{an}的公比q=﹣，a6=1，则S6=　　　　　　．14．一个总体分为A，B，C三层，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为15的样本，若B层中每个个体被抽到的概率都为

，则总体的个数为　　　　　　．　

3215．设函数f(x)x(1a)xax有两个不同的极值点x1，x2，且对不等式f(x1)f(x2)0恒成立，则实数的取值范围是 ．16．袋中装有6个不同的红球和4个不同的白球，不放回地依次摸出2个球，在第1次摸出红球的条件下，第2次摸出的也是红球的概率为　　　　　　．　

xya,17．设x,y满足条件，若zaxy有最小值，则a的取值范围为 xy1,　

．18．设a抛掷一枚骰子得到的点数，则方程x2+ax+a=0有两个不等实数根的概率为　　　　　　．三、解答题

19．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a、b、c，且bsinA=（1）求B；

（2）若b=2，求△ABC面积的最大值．

acosB．

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20．已知函数f（x0=．

（1）画出y=f（x）的图象，并指出函数的单调递增区间和递减区间； （2）解不等式f（x﹣1）≤﹣

．

21．直三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，AA1=AB=AC=1，E，F分别是CC1、BC 的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点．（1）证明：DF⊥AE；

（2）是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为若不存在，说明理由．

？若存在，说明点D的位置，

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22．已知正项等差{an}，lga1，lga2，lga4成等差数列，又bn=（1）求证{bn}为等比数列．（2）若{bn}前3项的和等于

，求{an}的首项a1和公差d．

23．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．

24．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，E为BB1中点．（Ⅰ）证明：AC⊥D1E；

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（Ⅱ）求DE与平面AD1E所成角的正弦值；

（Ⅲ）在棱AD上是否存在一点P，使得BP∥平面AD1E？若存在，求DP的长；若不存在，说明理由．

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东胜区高中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】D

【解析】解：幂函数y=x只有④符合．故选：D．

【点评】本题考查了幂函数的图象与性质，属于基础题．　

2． 【答案】B

【解析】解：设数列{an}的公差为d，则由a1+a5=10，a4=7，可得2a1+4d=10，a1+3d=7，解得d=2，故选B．　

3． 【答案】A

【解析】解：∵z（1+i）=2，∴z=故选：A．

【点评】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题．　

4． 【答案】B

【解析】解：∵双曲线标准方程为其渐近线方程是整理得y=±x．故选：B．

【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，令标准方程中的“1”为“0”即可求出渐近线方程．属于基础题．　

5． 【答案】D

【解析】解：设函数y=f（x）﹣g（x）=x2﹣lnx，求导数得

=

=0，

，

=

=1﹣i．

为增函数，且增加的速度比价缓慢，

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当当所以当

时，y′＜0，函数在时，y′＞0，函数在

时，所设函数的最小值为

上为单调减函数，上为单调增函数

所求t的值为故选D

【点评】可以结合两个函数的草图，发现在（0，+∞）上x2＞lnx恒成立，问题转化为求两个函数差的最小值对应的自变量x的值．　

6． 【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n1112，整理，得

等价为8不等式a1a2an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.7． 【答案】A

【解析】【知识点】全称量词与存在性量词【试题解析】因为特称命题的否定是全称命题，故答案为：A8． 【答案】 A

【解析】解：取a=﹣时，f（x）=﹣x|x|+x，∵f（x+a）＜f（x），∴（x﹣）|x﹣|+1＞x|x|，（1）x＜0时，解得﹣＜x＜0；（2）0≤x≤时，解得0（3）x＞时，解得

；，

p为：

。

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综上知，a=﹣时，A=（﹣，），符合题意，排除B、D；取a=1时，f（x）=x|x|+x，

∵f（x+a）＜f（x），∴（x+1）|x+1|+1＜x|x|，（1）x＜﹣1时，解得x＞0，矛盾；（2）﹣1≤x≤0，解得x＜0，矛盾；（3）x＞0时，解得x＜﹣1，矛盾；综上，a=1，A=∅，不合题意，排除C，故选A．

【点评】本题考查函数的单调性、二次函数的性质、不等式等知识，考查数形结合思想、分类讨论思想，考查学生分析解决问题的能力，注意排除法在解决选择题中的应用．　

9． 【答案】D

【解析】解：将sinα+cosα=①两边平方得：（sinα+cosα）2=1+2sinαcosα=∵0＜α＜π，∴∴sinα﹣cosα＞0，

∴（sinα﹣cosα）2=1﹣2sinαcosα=

，即sinα﹣cosα=②，

＜α＜π，

，即2sinαcosα=﹣

＜0，

联立①②解得：sinα=，cosα=﹣，则tanα=﹣．故选：D．　

10．【答案】A【解析】解：联立∴交点为（1，3），

过直线3x﹣2y+3=0与x+y﹣4=0的交点，

与直线2x+y﹣1=0平行的直线方程为：2x+y+c=0，把点（1，3）代入，得：2+3+c=0，解得c=﹣5，

∴直线方程是：2x+y﹣5=0，故选：A．　

，得x=1，y=3，

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11．【答案】B

【解析】解：线段AB的中点为∴垂直平分线的斜率 k=

=2，

，kAB=

=﹣，

∴线段AB的垂直平分线的方程是 y﹣=2（x﹣2）⇒4x﹣2y﹣5=0，故选B．

【点评】本题考查两直线垂直的性质，线段的中点坐标公式，以及用直线方程的点斜式求直线方程的求法．　

12．【答案】A

【解析】解：设A、B两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则x1+x2=﹣2，x12=﹣2y1，x22=﹣2y2．两式相减可得，（x1+x2）（x1﹣x2）=﹣2（y1﹣y2）∴直线AB的斜率k=1，

∴弦AB所在的直线方程是y+5=x+1，即y=x﹣4．故选A，　

二、填空题

13．【答案】　﹣21　．

【解析】解：∵等比数列{an}的公比q=﹣，a6=1，∴a1（﹣）5=1，解得a1=﹣32，

∴S6=

故答案为：﹣21　

14．【答案】　300　．

=﹣21

【解析】解：根据分层抽样的特征，每个个体被抽到的概率都相等，所以总体中的个体的个数为15÷故答案为：300．

【点评】本题考查了样本容量与总体的关系以及抽样方法的应用问题，是基础题目．　

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=300．

15．【答案】(,1],22【解析】

试题分析：因为f(x1)f(x2)0,故得不等式x1x21ax1x2ax1x20,即

33221xxx1x21223x1x21ax1x22x1x2ax1x20,由于

f'x3x221axa,令f'x0得方程3x221axa0,因4a2a10 , 故

22xx1a112322a5a20a2，，代入前面不等式,并化简得1a,解不等式得或a1a2xx12311因此, 当a1或a2时, 不等式fx1fx20成立,故答案为(,1],2.

22考点：1、利用导数研究函数的极值点；2、韦达定理及高次不等式的解法.

【思路点晴】本题主要考查利用导数研究函数的极值点、韦达定理及高次不等式的解法，属于难题.要解答本题首先利用求导法则求出函数fx的到函数，令f'x0考虑判别式大于零，根据韦达定理求出数的取值范围.111]16．【答案】　　．

【解析】解：方法一：由题意，第1次摸出红球，由于不放回，所以袋中还有5个不同的红球和4个不同的白球

故在第1次摸出红球的条件下，第2次摸出的也是红球的概率为方法二：先求出“第一次摸到红球”的概率为：P1=

，

=，

x1x2,x1x2的值，代入不等式f(x1)f(x2)0，得到关于的高次不等式，再利用“穿针引线”即可求得实

设“在第一次摸出红球的条件下，第二次也摸到红球”的概率是P2再求“第一次摸到红球且第二次也摸到红球”的概率为P=根据条件概率公式，得：P2=故答案为：

【点评】本题考查了概率的计算方法，主要是考查了条件概率与事件的理解，属于中档题．看准确事件之间的联系，正确运用公式，是解决本题的关键．

17．【答案】[1,)第 10 页，共 16 页

=，

=，

【解析】解析：不等式xya,表示的平面区域如图所示，由zaxy得yaxz，当0a1xy1,时，平移直线l1可知，z既没有最大值，也没有最小值；当a1时，平移直线l2可知，在点A处z取得最小在点A处z取得最大值，综上所述，a1．

y值；当1a0时，平移直线l3可知，z既没有最大值，也没有最小值；当a1时，平移直线l4可知，

l4l3Ol2Al1x18．【答案】　　．

【解析】解：∵a是甲抛掷一枚骰子得到的点数，∴试验发生包含的事件数6，∵方程x2+ax+a=0 有两个不等实根，∴a2﹣4a＞0，解得a＞4，∵a是正整数，∴a=5，6，

即满足条件的事件有2种结果，∴所求的概率是=，故答案为：

【点评】本题考查等可能事件的概率，在解题过程中应用列举法来列举出所有的满足条件的事件数，是解题的关键．　

三、解答题

19．【答案】

【解析】（本小题满分12分）解：（1）∵bsinA=由正弦定理可得：sinBsinA=∴B=

…

，

sinAcosB，即得tanB=

，

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（2）△ABC的面积由已知及余弦定理，得又a2+c2≥2ac，

故ac≤4，当且仅当a=c时，等号成立．因此△ABC面积的最大值为　

20．【答案】

（﹣∞，0），（1，+∞），丹迪减区间是（0，1）（2）由已知可得

…

．

．

【解析】解：（1）图象如图所示：由图象可知函数的单调递增区间为

或

解得x≤﹣1或

，

≤x≤，

故不等式的解集为（﹣∞，﹣1]∪[，

]．

【点评】本题考查了分段函数的图象的画法和不等式的解集的求法，属于基础题．　

21．【答案】

【解析】（1）证明：∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB，∴AE⊥AB，

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又∵AA1⊥AB，AA1⊥∩AE=A，∴AB⊥面A1ACC1，又∵AC⊂面A1ACC1，∴AB⊥AC，

以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，

则有A（0，0，0），E（0，1，），F（，，0），A1（0，0，1），B1（1，0，1），设D（x，y，z），则 D（λ，0，1），所以∵

=（0，1，），∴

•=（=

且λ∈，即（x，y，z﹣1）=λ（1，0，0），

，，﹣1），=0，所以DF⊥AE；

．

（2）结论：存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为理由如下：

设面DEF的法向量为=（x，y，z），则∵

=（

，，），

=（

，﹣1），

，

∴，即，

令z=2（1﹣λ），则=（3，1+2λ，2（1﹣λ））．由题可知面ABC的法向量=（0，0，1），∵平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为∴|cos＜，＞|=解得

或

=

，即

，

=

，

（舍），所以当D为A1B1中点时满足要求．

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【点评】本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间向量及其应用，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．　

22．【答案】

【解析】（1）证明：设{an}中首项为a1，公差为d．∵lga1，lga2，lga4成等差数列，∴2lga2=lga1+lga4，∴a22=a1a4．

即（a1+d）2=a1（a1+3d），∴d=0或d=a1．当d=0时，an=a1，bn=当d=a1时，an=na1，bn=综上可知{bn}为等比数列．（2）解：当d=0时，S3=当d=a1时，S3=

=

=

，所以a1=

；

==，∴

，∴

=1，∴{bn}为等比数列；

=，∴{bn}为等比数列．

，故a1=3=d．

【点评】本题主要考查等差数列与等比数列的综合以及分类讨论思想的应用，涉及数列的公式多，复杂多样，故应多下点功夫记忆．　

23．【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 ∵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∴A1DEO1为平行四边形

…∴A1D∥EO1

…

…

…

（Ⅱ）取BC中点E，连结DE、O1E，

…

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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．　

24．【答案】

【解析】（Ⅰ）证明：连接BD

∵ABCD﹣A1B1C1D1是长方体，∴D1D⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，∴D1D⊥AC…1分在长方形ABCD中，AB=BC，∴BD⊥AC…2分又BD∩D1D=D，∴AC⊥平面BB1D1D，…3分而D1E⊂平面BB1D1D，∴AC⊥D1E…4分

（Ⅱ）解：如图建立空间直角坐标系Dxyz，则A（1，0，0），D1（0，0，2），E（1，1，1），B（1，1，0），∴

设平面AD1E的法向量为令z=1，则∴

∴DE与平面AD1E所成角的正弦值为

…9分

…7分

…8分，则

，即

…5分

（Ⅲ）解：假设在棱AD上存在一点P，使得BP∥平面AD1E．设P的坐标为（t，0，0）（0≤t≤1），则∵BP∥平面AD1E∴

，即

，

，…12分

∴2（t﹣1）+1=0，解得

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∴在棱AD上存在一点P，使得BP∥平面AD1E，此时DP的长．…13分．

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