延寿县第四高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学

延寿县第四高级中学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． 下列判断正确的是（

）

姓名__________ 分数__________

A．①不是棱柱B．②是圆台C．③是棱锥D．④是棱台2． 下列命题中错误的是（

）

A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B．圆锥的轴截面是所在过顶点的截面中面积最大的一个C．圆台的所有平行于底面的截面都是圆面D．圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形

3． 已知函数 f（x）的定义域为R，其导函数f′（x）的图象如图所示，则对于任意x1，x2∈R（ x1≠x2），下列结论正确的是（ ①f（x）＜0恒成立；

②（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0；③（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0；④⑤

；．

）

A．①③B．①③④C．②④D．②⑤

）

4． 平面α与平面β平行的条件可以是（ A．α内有无穷多条直线与β平行B．直线a∥α，a∥β

C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥α

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D．α内的任何直线都与β平行

5． 已知数列{an}是等比数列前n项和是Sn，若a2=2，a3=﹣4，则S5等于（ A．8

B．﹣8

C．11

D．﹣11

）

6． 在复平面内，复数A．3i

z所对应的点为(2,1)，i是虚数单位，则z（ ）1iB．3i C．3i D．3i

）

7． 过抛物线C：x2=2y的焦点F的直线l交抛物线C于A、B两点，若抛物线C在点B处的切线斜率为1，则线段|AF|=（ A．1

B．2

C．3

D．4

8． 已知集合A，B，C中，A⊆B，A⊆C，若B={0，1，2，3}，C={0，2，4}，则A的子集最多有（

）

）

A．2个B．4个C．6个D．8个

9． 三个数a=0.52，b=log20.5，c=20.5之间的大小关系是（ A．b＜a＜cB．a＜c＜bC．a＜b＜cD．b＜c＜a10．已知F1，F2分别是双曲线C：

﹣

=1（a＞0，b＞0）的左右两个焦点，若在双曲线C上存在点P使

）

∠F1PF2=90°，且满足2∠PF1F2=∠PF2F1，那么双曲线C的离心率为（ A．

+1

B．2

C．

D．

）

11．下列函数中，既是奇函数又是减函数的为（ A．y=x+1

B．y=﹣x2C．

D．y=﹣x|x|

12．将函数f（x）=sin2x的图象向右平移）A．

B．

C．

个单位，得到函数y=g（x）的图象，则它的一个对称中心是（

D．

二、填空题

13．如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得 M点的仰角∠m．

MAN=60°，C点的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°；从C点测得∠MCA=60°．已知山高BC=100m，则山高MN=　　

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14．B、C、D四点，在半径为2的球面上有A、若AB=CD=2，则四面体ABCD的体积的最大值为　　　　　　．　

15．在极坐标系中，直线l的方程为ρcosθ=5，则点（4，

）到直线l的距离为　　　　　　．16．【泰州中学2018届高三10月月考】设函数fx是奇函数fx的导函数，f1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__________．

17．已知f(x)是定义在R上函数，f(x)是f(x)的导数，给出结论如下：①若f(x)f(x)0，且f(0)1，则不等式f(x)e的解集为(0,)；

x②若f(x)f(x)0，则f(2015)ef(2014)；③若xf(x)2f(x)0，则f(2④若f(x)n1)4f(2n),nN；

f(x)0，且f(0)e，则函数xf(x)有极小值0；xex⑤若xf(x)f(x)，且f(1)e，则函数f(x)在(0,)上递增．

x其中所有正确结论的序号是 ．

18．阅读下图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的n的值等于_________.

三、解答题

开始n119．已知a＞0，a≠1，设p：函数y=loga（x+3）在（0，+∞）上单调递减，q：函数y=x2+（2a﹣3）x+1的图象与x轴交于不同的两点．如果p∨q真，p∧q假，求实数a的取值范围．S5,T1ST？否是SS4输出n结束T2Tnn120．设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1=a1，b2=2，q=d，S10=100．

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（1）求数列{an}，{bn}的通项公式（2）当d＞1时，记cn=

，求数列{cn}的前n项和Tn．

21．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AB的中点．

（I）求证：平面BCE⊥平面A1ABB1；（II）求证：EF∥平面B1BCC1；（III）求四棱锥B﹣A1ACC1的体积．

，E，F分别是A1C1，

22．【2017-2018学年度第一学期如皋市高三年级第一次联考】已知函数fxx3其中kR.（1）当k3时，求函数fx在0,5上的值域；

3k1x23kx1，2（2）若函数fx在1,2上的最小值为3，求实数k的取值范围.

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23．啊啊已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点，极轴与x轴的正半轴重合，直线l的参数方程为

（t为参数），圆C的极坐标方程为p2+2psin（θ+

（Ⅰ）求直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；（Ⅱ）若圆C上的点到直线l的最大距离为3，求r值．　

）+1=r2（r＞0）．

24．（本题满分12分） 已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1．（1）求数列{an}的通项公式；

（2）令bn=n（an+1），求数列{bn}的前n项和Tn．

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延寿县第四高级中学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】C

【解析】解：①是底面为梯形的棱柱；②的两个底面不平行，不是圆台；③是四棱锥；④不是由棱锥截来的，故选：C．　

2． 【答案】 B

【解析】解：对于A，设圆柱的底面半径为r，高为h，设圆柱的过母线的截面四边形在圆柱底面的边长为a，则截面面积S=ah≤2rh．

∴当a=2r时截面面积最大，即轴截面面积最大，故A正确．

对于B，设圆锥SO的底面半径为r，高为h，过圆锥定点的截面在底面的边长为AB=a，则O到AB的距离为

，

∴截面三角形SAB的高为

=

故截面的最大面积为

．

．故B错误．

，∴截面面积S=

=

≤

对于C，由圆台的结构特征可知平行于底面的截面截圆台，所得几何体仍是圆台，故截面为圆面，故C正确．对于D，由于圆锥的所有母线长都相等，轴截面的底面边长为圆锥底面的直径，故圆锥所有的轴截面是全等的等腰三角形，故D正确．故选：B．

【点评】本题考查了旋转体的结构特征，属于中档题．　

3． 【答案】 D

【解析】解：由导函数的图象可知，导函数f′（x）的图象在x轴下方，即f′（x）＜0，故原函数为减函数，并且是，递减的速度是先快后慢．所以f（x）的图象如图所示．f（x）＜0恒成立，没有依据，故①不正确；

②表示（x1﹣x2）与[f（x1）﹣f（x2）]异号，即f（x）为减函数．故②正确；

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③表示（x1﹣x2）与[f（x1）﹣f（x2）]同号，即f（x）为增函数．故③不正确，④⑤左边边的式子意义为x1，x2中点对应的函数值，即图中点B的纵坐标值，右边式子代表的是函数值得平均值，即图中点A的纵坐标值，显然有左边小于右边，故④不正确，⑤正确，综上，正确的结论为②⑤．故选D．

4． 【答案】D

【解析】解：当α内有无穷多条直线与β平行时，a与β可能平行，也可能相交，故不选A．当直线a∥α，a∥β时，a与β可能平行，也可能相交，故不选 B．

当直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β 时，直线a 和直线 b可能平行，也可能是异面直线，故不选 C． 当α内的任何直线都与β 平行时，由两个平面平行的定义可得，这两个平面平行，故选 D．

【点评】本题考查两个平面平行的判定和性质得应用，注意考虑特殊情况．　

5． 【答案】D

【解析】解：设{an}是等比数列的公比为q，因为a2=2，a3=﹣4，所以q=

=

=﹣2，

所以a1=﹣1，根据S5=故选：D．

【点评】本题主要考查学生运用等比数列的前n项的求和公式的能力，本题较易，属于基础题．　

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=﹣11．

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6． 【答案】D

【解析】解析：本题考查复数的点的表示与复数的乘法运算，7． 【答案】A

【解析】解：∵x2=2y，∴y′=x，∴抛物线C在点B处的切线斜率为1，∴B（1，），

∵x2=2y的焦点F（0，），准线方程为y=﹣，∴直线l的方程为y=，∴|AF|=1．故选：A．

【点评】本题考查抛物线的简单性质，考查导数知识，正确运用抛物线的定义是关键．　

8． 【答案】B

【解析】解：因为B={0，1，2，3}，C={0，2，4}，且A⊆B，A⊆C；∴A⊆B∩C={0，2}

∴集合A可能为{0，2}，即最多有2个元素，故最多有4个子集．故选：B．　

9． 【答案】A

【解析】解：∵a=0.52=0.25，b=log20.5＜log21=0，c=20.5＞20=1，∴b＜a＜c．故选：A．

【点评】本题考查三个数的大小的比较，是基础题，解题时要认真审题，注意指数函数、对数函数的单调性的合理运用．　

10．【答案】A

【解析】解：如图，∵∠F1PF2=90°，且满足2∠PF1F2=∠PF2F1，∴∠F1PF2=90°，∠PF1F2=30°，∠PF2F1=60°，

z2i，z(1i)(2i)3i，选D．1i第 8 页，共 16 页

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设|PF2|=x，则|PF1|=∴2a=

，|F1F2|=2x，

，2c=2x，

=

．

∴双曲线C的离心率e=故选：A．

【点评】本题考查双曲线的离心率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意双曲线的性质的合理运用．　

11．【答案】D

【解析】解：y=x+1不是奇函数；y=﹣x2不是奇函数；

是奇函数，但不是减函数；y=﹣x|x|既是奇函数又是减函数，故选：D．

【点评】本题考查的知识点是函数的奇偶性和函数的单调性，难度不大，属于基础题．　

12．【答案】D

【解析】解：函数y=sin2x的图象向右平移考察选项不难发现：当x=∴（

时，sin（2×

﹣

）=0；

个单位，则函数变为y=sin[2（x﹣

）]=sin（2x﹣

）；

，0）就是函数的一个对称中心坐标．

故选：D．

【点评】本题是基础题，考查三角函数图象的平移变换，函数的对称中心坐标问题，考查计算能力，逻辑推理能力，常考题型．　

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二、填空题

13．【答案】　150　

【解析】解：在RT△ABC中，∠CAB=45°，BC=100m，所以AC=100在△AMC中，∠MAC=75°，∠MCA=60°，从而∠AMC=45°，由正弦定理得，

在RT△MNA中，AM=100得MN=100

×

=150m．

，因此AM=100

m，∠MAN=60°，由

m．

m．

故答案为：150．　

14．【答案】　

【解析】解：过CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD，交AB与P，设点P到CD的距离为h，则有 V=×2×h××2，

当球的直径通过AB与CD的中点时，h最大为2则四面体ABCD的体积的最大值为故答案为：

．

．

，

　．

【点评】本小题主要考查棱柱、棱锥、棱台的体积、球内接多面体等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象力．属于基础题．　

15．【答案】　3　．

【解析】解：直线l的方程为ρcosθ=5，化为x=5．

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点（4，）化为．

∴点到直线l的距离d=5﹣2=3．故答案为：3．

【点评】本题考查了极坐标化为直角坐标、点到直线的距离，属于基础题．　

16．【答案】,10,1【解析】

17．【答案】②④⑤

【解析】解析：构造函数g(x)ef(x)，g(x)e[f(x)f(x)]0，g(x)在R上递增，

xx∴f(x)eexf(x)1g(x)g(0)x0，∴①错误；

f(x)f(x)f(x)g(x)0，g(x)在R上递增，∴g(2015)g(2014)，构造函数g(x)，xxee∴f(2015)ef(2014)∴②正确；

22构造函数g(x)xf(x)，g(x)2xf(x)xf(x)x[2f(x)xf(x)]，当x0时，g(x)0，∴g(2n1)g(2n)，∴f(2n1)4f(2n)，∴③错误；

xf(x)f(x)xf(x)f(x)0得0，即由f(x)0，∴函数xf(x)在(0,)上递增，在(,0)上递xxx减，∴函数xf(x)的极小值为0f(0)0，∴④正确；

exexxf(x)xx由xf(x)f(x)得f(x)，设g(x)exf(x)，则g(x)ef(x)xf(x)2xxexexxe(x1)，当x1时，g(x)0，当0x1时，g(x)0，∴当x0时，g(x)g(1)0，

xx即f(x)0，∴⑤正确．

18．【答案】6

【解析】解析：本题考查程序框图中的循环结构．第1次运行后，S9,T2,n2,ST；第2次运行后，

xS13,T4,n3,ST；第3次运行后，S17,T8,n4,ST；第4次运行后，S21,T16,n5,ST；第5次运行后，S25,T32,n6,ST，此时跳出循环，输出结果n6程序结束．

三、解答题

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19．【答案】 【解析】解：由题意得命题P真时0＜a＜1，

命题q真时由（2a﹣3）2﹣4＞0解得a＞或a＜，由p∨q真，p∧q 假，得，p，q一真一假 即：

或

，

解得≤a＜1或a＞．

【点评】本题考查了复合命题的判断，考查对数函数，二次函数的性质，是一道基础题．　

20．【答案】

【解析】解：（1）设a1=a，由题意可得解得当当

，或

，

，

时，an=2n﹣1，bn=2n﹣1；时，an=（2n+79），bn=9•

；

（2）当d＞1时，由（1）知an=2n﹣1，bn=2n﹣1，∴cn=

=

，+7•+5•+．

+

+9•+7•+…+

+…+（2n﹣1）•+…+（2n﹣3）•

﹣（2n﹣1）•

，+（2n﹣1）•=3﹣

，

，

∴Tn=1+3•+5•∴Tn=1•+3•∴Tn=2++∴Tn=6﹣

21．【答案】

【解析】（I）证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，

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所以，BB1⊥BC．

又因为AB⊥BC且AB∩BB1=B，所以，BC⊥平面A1ABB1．因为BC⊂平面BCE，

所以，平面BCE⊥平面A1ABB1．

（II）证明：取BC的中点D，连接C1D，FD．因为E，F分别是A1C1，AB的中点，所以，FD∥AC且

．

因为AC∥A1C1且AC=A1C1，所以，FD∥EC1且 FD=EC1．所以，四边形FDC1E是平行四边形．所以，EF∥C1D．

又因为C1D⊂平面B1BCC1，EF⊄平面B1BCC1，所以，EF∥平面B1BCC1．（III）解：因为所以，

．

．

，AB⊥BC

过点B作BG⊥AC于点G，则

因为，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1⊂平面A1ACC1所以，平面A1ACC1⊥底面ABC．所以，BG⊥平面A1ACC1．所以，四棱锥B﹣A1ACC1的体积

．

【点评】本题考查了线面平行，面面垂直的判定，线面垂直的性质，棱锥的体积计算，属于中档题．　

22．【答案】（1）1,21;（2）k2.

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【解析】试题分析：（1）求导，再利用导数工具即可求得正解；（2）求导得f'x3x1xk，再分k1和k1两种情况进行讨论；

试题解析：（1）解：k3 时，fxx6x9x1322则fx3x12x93x1x3令fx0得x11,x23列表

xfxfx

00,1+

11,3 -单调递减

3013,5+单调递增

3051单调递增 21

由上表知函数fx的值域为1,21（2）方法一：fx3x3k1x3k3x1xk2①当k1时，x1,2,f'x0，函数fx在区间1,2单调递增所以fxminf11 即k3k13k1325（舍） 3②当k2时，x1,2,f'x0，函数fx在区间1,2单调递减

所以fxminf286k13k213 符合题意

当x1,k时，f'x0fx区间在1,k单调递减

③当1k2时,

当xk,2时，f'x0fx区间在k,2单调递增 所以fxminfkk3化简得：k33k240即k1k2023k1k23k2132所以k1或k2（舍）

32注：也可令gkk3k42则gk3k6k3kk2对k1,2,gk0第 14 页，共 16 页

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所以0gk2不符合题意

gkk33k24在k1,2单调递减

综上所述：实数k取值范围为k22方法二：fx3x3k1x3k3x1xk①当k2时，x1,2,f'x0，函数fx在区间1,2单调递减 所以fxminf286k13k213 符合题意 所以fxminf23不符合题意

当x1,k时，f'x0fx区间在1,k单调递减 所以fxminfkf23不符合题意综上所述：实数k取值范围为k223．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）根据直线l的参数方程为消去参数，得x+y﹣

=0，

=0，

）+1=r2（r＞0）．

直线l的直角坐标方程为x+y﹣

（t为参数），

③当1k2时,

…………8分

②当k1时，x1,2,f'x0，函数fx在区间1,2单调递增

当xk,2时，f'x0fx区间在k,2单调递增

∵圆C的极坐标方程为p2+2psin（θ+∴（x+

）2+（y+

）2=r2（r＞0）．

∴圆C的直角坐标方程为（x+（Ⅱ）∵圆心C（﹣圆心C到直线x+y﹣

，﹣

）2+（y+

）2=r2（r＞0）．

），半径为r，…（5分）

=2，

=0的距离为d=

又∵圆C上的点到直线l的最大距离为3，即d+r=3，∴r=3﹣2=1．

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【点评】本题重点考查了曲线的参数方程和普通方程的互化、极坐标方程和直角坐标方程的互化等知识．　

24．【答案】解：（1）∵an+1=2an+1，∴an+1+1=2（an+1），又∵a1=1，

∴数列{an+1}是首项、公比均为2的等比数列，∴an+1=2n，∴an=﹣1+2n； 6分

（2）由（1）可知bn=n（an+1）=n•2n=n•2n﹣1，∴Tn=1•20+2•2+…+n•2n﹣1，

2Tn=1•2+2•22…+（n﹣1）•2n﹣1+n•2n，错位相减得：﹣Tn=1+2+22…+2n﹣1﹣n•2n=

﹣n•2n

=﹣1﹣（n﹣1）•2n，于是Tn=1+（n﹣1）•2n．

n则所求和为12n

6分

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