广平县第二中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学

广平县第二中学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． 过点（0，﹣2）的直线l与圆x2+y2=1有公共点，则直线l的倾斜角的取值范围是（ ） A．

B．

C．

D．

2． 函数yAsin(x)在一个周期内的图象如图所示，此函数的解析式为（ ） A．y2sin(2x3) B．y2sin(2x2x) C．y2sin() D．y2sin(2x) 3233

3． 已知f（x）=ax+bx+1（ab≠0），若f（2016）=k，则f（﹣2016）=（ ）

3

A．k B．﹣k C．1﹣k D．2﹣k

4． 在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中， 底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是（ ）A．

B．

C．

D．

5． 江岸边有一炮台高30米，江中有两条船，由炮台顶部测得俯角分别为45°和30°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距（ ） A．10米 6． 若A．C．

的公差B．

且

B．100米

C．30米

D．20米

，则下列不等式一定成立的是（ ） B．

D．

7． 已知等差数列A．

成等比数列，则C．

D．

（ ）

8． 函数y=

2

（x﹣5x+6）的单调减区间为（ ）

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精选高中模拟试卷

A．（，+∞） B．（3，+∞）

2C．（﹣∞，） D．（﹣∞，2）

2y29． 过抛物线y2px(p0)焦点F的直线与双曲线x-=1的一条渐近线平行，并交其抛物线于A、 8B两点，若AF>BF，且|AF|3，则抛物线方程为（ ）

A．yx B．y2x C．y4x D．y3x

【命题意图】本题考查抛物线方程、抛物线定义、双曲线标准方程和简单几何性质等基础知识，意在考查方程思想和运算能力．

10．随机变量x1～N（2，1），x2～N（4，1），若P（x1＜3）=P（x2≥a），则a=（ ） A．1

B．2

C．3

D．4

222211x,x[0,)2211．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

13x2,x[,1]2（x1x2），那么x1f(x2)的取值范围为（ ）

A．[,1) B．[,3413313) C．[,) D．[,3) 861628 C．8

D．﹣8

12．已知f（x）在R上是奇函数，且满足f（x+4）=f（x），当x∈（0，2）时，f（x）=2x2，则f（2015）=（ ） A．2

B．﹣2

二、填空题

13．设f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣2）=0，当x＞0时，xf′（x）﹣f（x）＞0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是 ．

3214．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 ．

15．命题“对任意的x∈R，x3﹣x2+1≤0”的否定是 ．

x（0,1）16．当x时，函数fxe1的图象不在函数g(x)xax的下方，则实数a的取值范围是

2___________．

【命题意图】本题考查函数图象间的关系、利用导数研究函数的单调性，意在考查等价转化能力、逻辑思维能力、运算求解能力． 17．设

为单位向量，①若为平面内的某个向量，则=||•

；②若

与平行，则=||•

；③若

与平行且||=1，则=

．上述命题中，假命题个数是 ．

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18．设MP和OM分别是角

的正弦线和余弦线，则给出的以下不等式：

①MP＜OM＜0；②OM＜0＜MP；③OM＜MP＜0；④MP＜0＜OM， 其中正确的是 （把所有正确的序号都填上）．

三、解答题

19．已知等差数列{an}满足a2=0，a6+a8=10． （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列{

20．已知y=f（x）的定义域为[1，4]，f（1）=2，f（2）=3．当x∈[1，2]时，f（x）的图象为线段；当x∈[2，4]时，f（x）的图象为二次函数图象的一部分，且顶点为（3，1）． （1）求f（x）的解析式； （2）求f（x）的值域．

21．已知函数g（x）=f（x）+（1）求实数a的值；

（2）若函数g（x）存在单调递减区间，求实数b的取值范围； （3）设x1、x2（x1＜x2）是函数g（x）的两个极值点，若b

，求g（x1）﹣g（x2）的最小值．

﹣bx，函数f（x）=x+alnx在x=1处的切线l与直线x+2y=0垂直．

}的前n项和．

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22．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为由．

？若存在，求出BP的长；不存在，说明理

．若O

23．已知函数f(x)（1）求A（2）若B

x317x的定义域为集合A，B{x|2x10}，C{x|ax2a1}

B，(CRA)B；

CB，求实数a的取值范围.

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24．（本小题满分13分）

x2y23如图，已知椭圆C：221(ab0)的离心率为，以椭圆C的左顶点T为圆心作圆T：

2ab(x2)2y2r2（r0），设圆T与椭圆C交于点M、N．[_k.Com]

（1）求椭圆C的方程；

（2）求TMTN的最小值，并求此时圆T的方程；

（3）设点P是椭圆C上异于M、N的任意一点，且直线MP，NP分别与x轴交于点R、S（O为坐标 原点），求证：OROS为定值．

yMRTN

【命题意图】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，几何问题构建代数方法解决等基础知识，意在考查学生转化与化归能力，综合分析问题解决问题的能力，推理能力和运算能力．

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广平县第二中学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：若直线斜率不存在，此时x=0与圆有交点， 直线斜率存在，设为k，则过P的直线方程为y=kx﹣2， 即kx﹣y﹣2=0，

22

若过点（0，﹣2）的直线l与圆x+y=1有公共点，

则圆心到直线的距离d≤1， 即解得k≤﹣即

≤α≤

≤1，即k2﹣3≥0， 或k≥且α≠≤α≤

， ， ，

综上所述，

故选：A．

2． 【答案】B 【解析】

考点：三角函数f(x)Asin(x)的图象与性质． 3． 【答案】D

【解析】解：∵f（x）=ax3+bx+1（ab≠0），f（2016）=k， ∴f（2016）=20163a+2016b+1=k， ∴20163a+2016b=k﹣1，

∴f（﹣2016）=﹣20163a﹣2016b+1=﹣（k﹣1）+1=2﹣k． 故选：D．

【点评】本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用．

4． 【答案】C

【解析】解：如图，设A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1， 故平面AA1O1⊥面AB1D1，交线为AO1，在面AA1O1内过B1作B1H⊥AO1于H， 则易知A1H的长即是点A1到截面AB1D1的距离，在Rt△A1O1A中，A1O1=

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，

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AO1=3故选：C．

，由A1O1•A1A=h•AO1，可得A1H=，

【点评】本题主要考查了点到平面的距离，同时考查空间想象能力、推理与论证的能力，属于基础题．

5． 【答案】C 【解析】解：如图，过炮台顶部A作水平面的垂线，垂足为B，设A处观测小船C的俯角为45°，

设A处观测小船D的俯角为30°，连接BC、BD Rt△ABC中，∠ACB=45°，可得BC=AB=30米 Rt△ABD中，∠ADB=30°，可得BD=在△BCD中，BC=30米，BD=30由余弦定理可得：

AB=30

米

米，∠CBD=30°，

CD2=BC2+BD2﹣2BCBDcos30°=900 ∴CD=30米（负值舍去） 故选：C

【点评】本题给出实际应用问题，求炮台旁边两条小船距的距离．着重考查了余弦定理、空间线面的位置关系等知识，属于中档题．熟练掌握直线与平面所成角的定义与余弦定理解三角形，是解决本题的关键．

6． 【答案】D 【解析】

因为，有可能为负值，所以排除A，C，因为函数故选D

为减函数且

，所以

，排除B，

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答案：D

7． 【答案】A

【解析】 由已知所以

，

，

成等比数列，所以

，即，故选A

答案：A

8． 【答案】B

2

【解析】解：令t=x﹣5x+6=（x﹣2）（x﹣3）＞0，可得 x＜2，或 x＞3， 故函数y=

（x﹣5x+6）的定义域为（﹣∞，2）∪（3，+∞）．

2

本题即求函数t在定义域（﹣∞，2）∪（3，+∞）上的增区间．

结合二次函数的性质可得，函数t在（﹣∞，2）∪（3，+∞）上的增区间为 （3，+∞）， 故选B．

9． 【答案】C

ìy0=22ïpïx-ï02ïïppïA(x,y)【解析】由已知得双曲线的一条渐近线方程为y=22x，设，则，所以，x+=3x>í000022ïï2ïy0=2px0ïïïîpp解得p=2或p=4，因为3->，故0【解析】解：随机变量x1～N（2，1），图象关于x=2对称，x2～N（4，1），图象关于x=4对称， 因为P（x1＜3）=P（x2≥a）， 所以3﹣2=4﹣a， 所以a=3， 故选：C．

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【点评】本题主要考查正态分布的图象，结合正态曲线，加深对正态密度函数的理解．

11．【答案】C 【解析】

3131由x，可得x，t1，

4244311131122由13x，可得x（负舍），即有x1,x2，即x2，则

342234331x1fx23x13x22,.故本题答案选C.

162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

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.

12．【答案】B 【解析】解：∵f（x+4）=f（x）， ∴f（2015）=f（504×4﹣1）=f（﹣1）， 又∵f（x）在R上是奇函数， ∴f（﹣1）=﹣f（1）=﹣2． 故选B．

【点评】本题考查了函数的奇偶性与周期性的应用，属于基础题．

二、填空题

13．【答案】 （﹣2，0）∪（2，+∞） ．

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【解析】解：设g（x）=g′（x）=

，

，则g（x）的导数为：

∵当x＞0时总有xf′（x）﹣f（x）＞0成立， 即当x＞0时，g′（x）＞0，

∴当x＞0时，函数g（x）为增函数， 又∵g（﹣x）=

=

=

=g（x），

∴函数g（x）为定义域上的偶函数， ∴x＜0时，函数g（x）是减函数， 又∵g（﹣2）=

=0=g（2），

∴x＞0时，由f（x）＞0，得：g（x）＞g（2），解得：x＞2， x＜0时，由f（x）＞0，得：g（x）＜g（﹣2），解得：x＞﹣2， ∴f（x）＞0成立的x的取值范围是：（﹣2，0）∪（2，+∞）． 故答案为：（﹣2，0）∪（2，+∞）．

14．【答案】(,1]【解析】

332试题分析：因为f(x1)f(x2)0,故得不等式x1x21ax12x2ax1x20,即

1,2 2xxx1x21222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

2xx1a11232，代入前面不等式,并化简得,解不等式得或a2，2a5a20a11a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]

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

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15．【答案】 存在x∈R，x3﹣x2+1＞0 ．

【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，

所以命题“对任意的x∈R，x3﹣x2+1≤0”的否定是：存在x∈R，x3﹣x2+1＞0． 故答案为：存在x∈R，x3﹣x2+1＞0．

【点评】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系．

16．【答案】[2e,)

1x2ex1x2ex【解析】由题意，知当x时，不等式e1xax，即a恒成立．令hx，（0,1）xxx1x1exxxx．令，．∵，∴kxx1ek'x1ex0,1k'x1e0,∴kxh'x2xx2在x0,1为递减，∴kxk00，∴h'xx1x1exx20，∴hx在x0,1为递增，∴

hxh12e，则a2e．

17．【答案】 3 ．

【解析】解：对于①，向量是既有大小又有方向的量， =||•命题； 对于②，若题； 对于③，若假命题；

综上，上述命题中，假命题的个数是3． 故答案为：3．

【点评】本题考查了平面向量的概念以及应用的问题，解题时应把握向量的基本概念是什么，是基础题目．

18．【答案】 ②

【解析】解：由MP，OM分别为角∵

∴OM＜0＜MP． 故答案为：②．

的正弦线、余弦线，如图， ，

与平行且||=1时，

与方向有两种情况，一是同向，二是反向，反向时=﹣

，∴③是

与平行时，

与方向有两种情况，一是同向，二是反向，反向时=﹣||•

，∴②是假命

的模相同，但方向不一定相同，∴①是假

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【点评】本题的考点是三角函数线，考查用作图的方法比较三角函数的大小，本题是直接比较三角函数线的大小，在大多数此种类型的题中都是用三角函数线比较三个函数值的大小．

三、解答题

19．【答案】

【解析】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，∵a2=0，a6+a8=10． ∴

，解得

，

∴an﹣1+（n﹣1）=n﹣2． （2）∴数列{

=

=

．

}的前n项和Sn=﹣1+0++0+

+…+

+

，

+

+…+

，

∴=﹣1++…+﹣=﹣2+﹣=，

∴Sn=．

20．【答案】

【解析】解：（1）当x∈[1，2]时f（x）的图象为线段， 设f（x）=ax+b，又有f（1）=2，f（2）=3

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∵a+b=2，2a+b=3，

解得a=1，b=1，f（x）=x+1，

当x∈[2，4]时，f（x）的图象为二次函数的一部分， 且顶点为（3，1），

2

设f（x）=a（x﹣3）+1，又f（2）=3， 2

所以代入得a+1=3，a=2，f（x）=2（x﹣3）+1．

（2）当x∈[1，2]，2≤f（x）≤3， 当x∈[2，4]，1≤f（x）≤3， 所以1≤f（x）≤3．

故f（x）的值域为[1，3]．

21．【答案】

【解析】解：（1）∵f（x）=x+alnx， ∴f′（x）=1+，

∵f（x）在x=1处的切线l与直线x+2y=0垂直， ∴k=f′（x）|x=1=1+a=2， 解得a=1．

2

（2）∵g（x）=lnx+x﹣（b﹣1）x，

∴g′（x）=+x﹣（b﹣1）=

由题意知g′（x）＜0在（0，+∞）上有解， 即x++1﹣b＜0有解， ∵定义域x＞0， ∴x+≥2， x+＜b﹣1有解，

只需要x+的最小值小于b﹣1， ∴2＜b﹣1，

解得实数b的取值范围是{b|b＞3}．

2

（3）∵g（x）=lnx+x﹣（b﹣1）x，

，x＞0，

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∴g′（x）=+x﹣（b﹣1）=

由题意知g′（x）＜0在（0，+∞）上有解， x1+x2=b﹣1，x1x2=1，

2

∵x＞0，设μ（x）=x﹣（b﹣1）x+1，

，x＞0，

22

则μ（0）=[ln（x1+x1﹣（b﹣1）x1]﹣[lnx2+x2﹣（b﹣1）x2]

=ln=ln=ln

+（x12﹣x22）﹣（b﹣1）（x1﹣x2） +（x12﹣x22）﹣（x1+x2）（x1﹣x2） ﹣（

﹣

），

∵0＜x1＜x2， ∴设t=

，0＜t＜1，

令h（t）=lnt﹣（t﹣），0＜t＜1， 则h′（t）=﹣（1+

）=

＜0，

∴h（t）在（0，1）上单调递减，

2

又∵b≥，∴（b﹣1）≥

，

由x1+x2=b﹣1，x1x2=1， 可得t+≥

，

2

∵0＜t＜1，∴由4t﹣17t+4=（4t﹣1）（t﹣4）≥0得0＜t≤，

∴h（t）≥h（）=ln﹣（﹣4）=故g（x1）﹣g（x2）的最小值为

﹣2ln2，

﹣2ln2．

【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值，考查函数的最小值的求法，解题时要认真审题，注意函数的单调性的合理运用．

22．【答案】

【解析】满分（13分）． （Ⅰ）证明：∵∠A1AD=

，且AA1=2，AO=1，

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∴A1O=∴

+AD2=AA12，

=，…（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．

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

=

=（1，0，0）．…（10分） =

，…（12分）

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）

【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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23．【答案】（1）AUB2x10，CRAIBx2x3或7x10；（2）a1或2a【解析】

9。 2x30试题分析：（1）由题可知：，所以3x7，因此集合Ax3x7，画数轴表示出集合A，

7x0集合B，观察图形可求，AUB2x10，观察数轴，可以求出CRAxx3或x7，则

CRAI（2）由BU分类讨论，当B时，CB可得：CB，Bx2x3或7x10；a2a1，

a1a2a19解得：a1，当B时，若CB，则应满足a2，即a2，所以2a，因此满足

22a1109a29BUCB的实数a的取值范围是：a1或2a。

2x30得：

试题解析：（1）：由3x7

7x0A={x|3x<7}

AB{x|2x10}， (CA)B{x|2=

a2a19当B时，a2，2a

22a110即a-1或2a9 。 2考点：1.函数的定义域；2.集合的运算；3.集合间的关系。 24．【答案】

【解析】（1）依题意，得a2，ec3， a2c3,ba2c21；

x2y21 ． 故椭圆C的方程为4 （3分）

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（3）设P(x0,y0) 由题意知：x0x1，y0y1. 直线MP的方程为yy0令y0 得xR2

y0y1(xx0),

x0x1x1y0x0y1xyx0y1,同理：xS10，

y0y1y0y122222xRxSx1y0x0y1y0y122. （10分）

又点M,P在椭圆上，故

x04(1y0),x14(1y1)，

xRxS224(1y1)y04(1y0)y1y0y12222224(y0y1)y0y122224，

OROSxRxSxRxS4，

即OROS为定值４.

（13分）

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