湛河区实验中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

一、选择题

1． 已知抛物线y4x的焦点为F，A(1,0)，点P是抛物线上的动点，则当面积为（ ） A.

2|PF|的值最小时，PAF的 |PA|2 2B.2 C. 22 D. 4

【命题意图】本题考查抛物线的概念与几何性质，考查学生逻辑推理能力和基本运算能力.

1，则|MN|（ ） 2A．10 B．180 C．63 D．65

2． 过点M(2,a)，N(a,4)的直线的斜率为11

3． 设f（x）＝（e－x－ex）（x－），则不等式f（x）＜f（1＋x）的解集为（ ）

2＋12

1

A．（0，＋∞） B．（－∞，－）

2

11

C．（－，＋∞） D．（－，0）

22

1x3}，则AB（ ） 21 A．(0,3] B．(1,2] C．(1,3] D．[,1]

24． 已知集合A{x| lgx0}，B={x|【命题意图】本题考查对数不等式解法和集合的运算等基础知识，意在考查基本运算能力． 5． 已知双曲线和离心率为sin4的椭圆有相同的焦点F1、F2，P是两曲线的一个公共点，若

1，则双曲线的离心率等于（ ） 2567A． B． C． D．

222cosF1PF26． 一个圆的圆心为椭圆的右焦点，且该圆过椭圆的中心交椭圆于P，直线PF1（F1为椭圆的左焦点）是该圆的切线，则椭圆的离心率为（ ） A．

B．

C．

+

=（ ）

D．

+…+

7． 设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=n2+2n（n∈N*），则A．

B．

C．

D．

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8． 已知向量=（1，1，0），=（﹣1，0，2）且k+与2﹣互相垂直，则k的值是（ ） A．1

B．

C．

D．

9． 已知 m、n 是两条不重合的直线，α、β、γ是三个互不重合的平面，则下列命题中 正确的是（ ） A．若 m∥α，n∥α，则 m∥n B．若α⊥γ，β⊥γ，则 α∥β

C．若m⊥α，n⊥α，则 m∥n D．若 m∥α，m∥β，则 α∥β

10．如图是某几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间的距离的最大值为（ ）

A．4 B．5 C．32 D．33 二、填空题

11．圆柱形玻璃杯高8cm，杯口周长为12cm，内壁距杯口2cm的点A处有一点蜜糖．A点正对面的外壁（不是A点的外壁）距杯底2cm的点B处有一小虫．若小虫沿杯壁爬向蜜糖饱食一顿，最少要爬多少 cm．（不计杯壁厚度与小虫的尺寸）

12．下列命题：

①集合a,b,c,d的子集个数有16个； ②定义在R上的奇函数f(x)必满足f(0)0；

③f(x)(2x1)2(2x1)既不是奇函数又不是偶函数； ④AR，BR，f:x21，从集合A到集合B的对应关系f是映射； |x|第 2 页，共 18 页

⑤f(x)1在定义域上是减函数． x8其中真命题的序号是 ．

13．(x)的展开式中，常数项为___________．（用数字作答） 【命题意图】本题考查用二项式定理求指定项，基础题. 14．如果实数x,y满足等式x2y3，那么

221xy的最大值是 ． x

15．空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点． ①若AC=BD，则四边形EFGH是 ；

②若AC⊥BD，则四边形EFGH是 ．

16．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=5，BC=4，AA1=3，沿该长方体对角面ABC1D1将其截成两部分，并将它们再拼成一个新的四棱柱，那么这个四棱柱表面积的最大值为 ．

三、解答题

17．在数列（Ⅰ）当

中，时，求

，使

，

的值；

构成公差不为0的等差数列？证明你的结论； ，使得

．

，其中

，

．

（Ⅱ）是否存在实数（Ⅲ）当

时，证明：存在

18．已知数列{an}和{bn}满足a1•a2•a3…an=2（1）求an和bn；

（n∈N），若{an}为等比数列，且a1=2，b3=3+b2．

*

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（2）设cn=

19．已知曲线f(x)ex平行．

2*

（n∈N），记数列{cn}的前n项和为Sn，求Sn．

12（x0，a0）在x1处的切线与直线(e1)xy20160 ax（1）讨论yf(x)的单调性；

（2）若kf(s)tlnt在s(0,)，t(1,e]上恒成立，求实数的取值范围．

20．已知函数f（x）=xlnx+ax（a∈R）． （Ⅰ）若a=﹣2，求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x﹣1）+ax﹣x恒成立，求正整数k的值．（参考数据：ln2=0.6931，ln3=1.0986）

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21．（1）求z=2x+y的最大值，使式中的x、y满足约束条件（2）求z=2x+y的最大值，使式中的x、y满足约束条件

22．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1AAB,CBA1ABB1． （1）求证：AB1平面A1BC；

（2）若AC5,BC3,A1AB60，求三棱锥CAA1B的体积．

+

=1．

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湛河区实验中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题（参考答案）

一、选择题

1． 【答案】B

|PF|y2【解析】设P(,y)，则

|PA|4y214y2(1)2y24y21t，则y24t4，t….又设1，所以4|PF|t12，当且仅当t2，即y2时，等号成立，此时点P(1,2)，„2|PA|22t4t4(1)22t11PAF的面积为|AF||y|222，故选B.

222． 【答案】D

【解析】

考点：1.斜率；2.两点间距离. 3． 【答案】

【解析】选C.f（x）的定义域为x∈R，

11

由f（x）＝（e－x－ex）（x－）得

2＋1211

f（－x）＝（ex－e－x）（x－）

2－＋12－11

＝（ex－e－x）（x＋）

2＋1211

＝（e－x－ex）（x－）＝f（x），

2＋12∴f（x）在R上为偶函数，

∴不等式f（x）＜f（1＋x）等价于|x|＜|1＋x|，

1

即x2＜1＋2x＋x2，∴x＞－，

2

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1

即不等式f（x）＜f（1＋x）的解集为{x|x＞－}，故选C.

24． 【答案】D

【解析】由已知得A=x0试题分析：设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，焦距为2c，PF1m，PF2n，且不妨设

{}1B[,1]，故选D．

21，由余弦定理可知：22a123a2132222224，设双曲线的离心率为，则4cmnmn，4ca13a2，24，解

cc22e（）26得e.故答案选C．

2mn，由mn2a1，mn2a2得ma1a2，na1a2，又cosF1PF2考点：椭圆的简单性质．

【思路点晴】本题主要考查圆锥曲线的定义和离心率.根据椭圆和双曲线的定义，由P为公共点，可把焦半径接着用余弦定理表示cosF1PF2PFPF2的长度用椭圆的半长轴以及双曲线的半实轴a1,a2来表示，1、21，2成为一个关于a1,a2以及的齐次式，等式两边同时除以c，即可求得离心率.圆锥曲线问题在选择填空中以考查定义和几何性质为主. 6． 【答案】D

【解析】解：设F2为椭圆的右焦点

．

．

由题意可得：圆与椭圆交于P，并且直线PF1（F1为椭圆的左焦点）是该圆的切线， 所以点P是切点，所以PF2=c并且PF1⊥PF2． 又因为F1F2=2c，所以∠PF1F2=30°，所以根据椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a， 所以|PF2|=2a﹣c． 所以2a﹣c=故选D．

，所以e=

【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握直线与圆的相切问题，以即椭圆的定义．

7． 【答案】D （n﹣1）]=2n+1．

2*22

【解析】解：∵Sn=n+2n（n∈N），∴当n=1时，a1=S1=3；当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=（n+2n）﹣[（n﹣1）+2

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∴∴==﹣

+

=

+…+

．

=

=

+

， +…+

故选：D．

【点评】本题考查了递推关系、“裂项求和”方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

8． 【答案】D 【解析】解：∵ =（1，1，0），=（﹣1，0，2）， ∴k+=k（1，1，0）+（﹣1，0，2）=（k﹣1，k，2）， 2﹣=2（1，1，0）﹣（﹣1，0，2）=（3，2，﹣2）， 又k+与2﹣互相垂直， ∴3（k﹣1）+2k﹣4=0，解得：k=． 故选：D．

【点评】本题考查空间向量的数量积运算，考查向量数量积的坐标表示，是基础的计算题．

9． 【答案】C

【解析】解：对于A，若 m∥α，n∥α，则 m与n相交、平行或者异面；故A错误； 对于B，若α⊥γ，β⊥γ，则 α与β可能相交，如墙角；故B错误； 对于C，若m⊥α，n⊥α，根据线面垂直的性质定理得到 m∥n；故C正确； 对于D，若 m∥α，m∥β，则 α与β可能相交；故D错误； 故选C．

【点评】本题考查了空间线线关系．面面关系的判断；熟练的运用相关的定理是关键．

10．【答案】D 【解析】

试题分析：因为根据几何体的三视图可得，几何体为下图AD,AB,AG相互垂直，面AEFG面

ABCDE,BC//AE,ABADAG3,DE1,根据几何体的性质得：AC32,GC32(32)2

2733,GE32425，BG32,AD4,EF10,CE10,所以最长为GC33．

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考点：几何体的三视图及几何体的结构特征．

二、填空题

11．【答案】 10 cm

则A′A=4cm，BC=6cm，∴A′C=8cm， ∴A′B=

=10cm．

故答案为：10．

【解析】解：作出圆柱的侧面展开图如图所示，设A关于茶杯口的对称点为A′，

【点评】本题考查了曲面的最短距离问题，通常转化为平面图形来解决．

12．【答案】①② 【解析】

n

试题分析：子集的个数是2，故①正确.根据奇函数的定义知②正确.对于③fx4x1为偶函数，故错误.

2对于④x0没有对应，故不是映射.对于⑤减区间要分成两段，故错误. 考点：子集，函数的奇偶性与单调性．

【思路点晴】集合子集的个数由集合的元素个数来决定，一个个元素的集合，它的子集的个数是2个；对于

n奇函数来说，如果在x0处有定义，那么一定有f00，偶函数没有这个性质；函数的奇偶性判断主要元素在集合B中都有唯一确定的数和它对应；函数的定义域和单调区间要区分清楚，不要随意写并集.1 13．【答案】70

根据定义fxfx,fxfx，注意判断定义域是否关于原点对称.映射必须集合A中任意一个

r8r【解析】(x)8的展开式通项为Tr1C8x()r(1)rC8rx82r，所以当r4时，常数项为

1x1x第 9 页，共 18 页

(1)4C8470.

14．【答案】3 【解析】

考点：直线与圆的位置关系的应用. 1

【方法点晴】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到点到直线的距离公式、直线与圆相切的判定与应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力和转化与化归的思想方法，本题的解答中把15．【答案】 菱形 ； 矩形 ．

y的最值转化为直线与圆相切是解答的关键，属于中档试题. x

【解析】解：如图所示：①∵EF∥AC，GH∥AC且EF=AC，GH=AC ∴四边形EFGH是平行四边形 又∵AC=BD ∴EF=FG

∴四边形EFGH是菱形．

②由①知四边形EFGH是平行四边形 又∵AC⊥BD， ∴EF⊥FG

∴四边形EFGH是矩形． 故答案为：菱形，矩形

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【点评】本题主要考查棱锥的结构特征，主要涉及了线段的中点，中位线定理，构成平面图形，研究平面图形的形状，是常考类型，属基础题．

16．【答案】 114 ．

【解析】解：根据题目要求得出：

当5×3的两个面叠合时，所得新的四棱柱的表面积最大，其表面积为（5×4+5×5+3×4）×2=114． 故答案为：114

【点评】本题考查了空间几何体的性质，运算公式，学生的空间想象能力，属于中档题，难度不大，学会分析判断解决问题．

三、解答题

17．【答案】

【解析】【知识点】数列综合应用 【试题解析】（Ⅰ）

，

，

．

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（Ⅱ） 成等差数列，

，

即 ，

，即

．

，

．

将，代入上式， 解得．

经检验，此时的公差不为0． 存在，使

构成公差不为0的等差数列．

（Ⅲ） ,

又 ，

令．

由 ， ，

……

， 将上述不等式相加，得 ，即． 取正整数

，就有

18．【答案】

【解析】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，∵数列{an}和{bn}满足a1•a2•a3…an=2∴，，

， ∴b1=1，

=2q＞0，

=2q2，

又b3=3+b2．∴23=2q2

，解得q=2． ∴an=2n

．

∴=a1•a2•a3…an=2×22×…×2n=

，

∴． （2）cn=

==

﹣

=

，

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n∈N*

），a1=2，

（∴数列{cn}的前n项和为Sn=﹣+…+

=﹣2

==

﹣

﹣2+﹣1．

【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、递推式的应用、“裂项求和”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

19．【答案】（1）f(x)在(,)，(,)上单调递增，在(,0)，(0,)上单调递减；（2）[,). 【解析】

1e1e1e1e121e21，∴a1， a1e2x21122由f(x)ex，可得f'(x)e2，

xx2xe2x210,11由f'(x)0，可得解得x或x；

eex0,试题解析：（1）由条件可得f'(1)e2

e2x210,11由f'(x)0，可得解得x0或0x．

eex0,1111所以f(x)在(,)，(,)上单调递增，在(,0)，(0,)上单调递减．

eeee（2）令g(t)tlnt，当s(0,)，t(1,e]时，f(s)0，g(t)tlnt0，

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由kf(s)tlnt，可得k即ktlnt在x(0,)，t(1,e]时恒成立， f(s)tlntg(t)f(s)，故只需求出f(s)的最小值和g(t)的最大值．

f(s)maxmax11由（1）可知，f(s)在(0,)上单调递减，在(,)上单调递增，

ee1故f(s)的最小值为f()2e，

e由g(t)tlnt可得g'(t)lnt10在区间(1,e]上恒成立，

所以g(t)在(1,e]上的最大值为g(e)elnee， 所以只需ke1， 2e2所以实数的取值范围是[,).

考点：1、利用导数研究函数的单调性及求切线斜率；2、不等式恒成立问题.

【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值、不等式的恒成立和导数的几何意义，属于难题．利用导数研究函数fx的单调性进一步求函数最值的步骤：①确定函数fx的定义域；②对fx求导；③令fx0，解不等式得的范围就是递增区间；令fx0，解不等式得的20．【答案】

【解析】解：（I）a=﹣2时，f（x）=xlnx﹣2x，则f′（x）=lnx﹣1． 令f′（x）=0得x=e，

当0＜x＜e时，f′（x）＜0，当x＞e时，f′（x）＞0，

∴f（x）的单调递减区间是（0，e），单调递增区间为（e，+∞）． （II）若对任意x∈（1，+∞），f（x）＞k（x﹣1）+ax﹣x恒成立，

则xlnx+ax＞k（x﹣1）+ax﹣x恒成立，即k（x﹣1）＜xlnx+ax﹣ax+x恒成立， 又x﹣1＞0，则k＜设h（x）=

对任意x∈（1，+∞）恒成立，

．

12范围就是递减区间；④根据单调性求函数fx的极值及最值（闭区间上还要注意比较端点处函数值的大小）.

，则h′（x）=

设m（x）=x﹣lnx﹣2，则m′（x）=1﹣，

∵x∈（1，+∞），∴m′（x）＞0，则m（x）在（1，+∞）上是增函数．

∵m（1）=﹣1＜0，m（2）=﹣ln2＜0，m（3）=1﹣ln3＜0，m（4）=2﹣ln4＞0， ∴存在x0∈（3，4），使得m（x0）=0，

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当x∈（1，x0）时，m（x）＜0，即h′（x）＜0， 当x∈（x0，+∞）时，m（x）＞0，h′（x）＞0，

∴h（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增， ∴h（x）的最小值hmin（x）=h（x0）=

．

=x0．

∵m（x0）=x0﹣lnx0﹣2=0，∴lnx0=x0﹣2．∴h（x0）=∴k＜hmin（x）=x0． ∵3＜x0＜4， ∴k≤3．

∴k的值为1，2，3．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数的最值，函数恒成立问题，构造函数求出h（x）的最小值是解题关键，属于难题．

21．【答案】

【解析】解：（1）由题意作出可行域如下，

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，

结合图象可知，当过点A（2，﹣1）时有最大值， 故Zmax=2×2﹣1=3； （2）由题意作图象如下，

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，

根据距离公式，原点O到直线2x+y﹣z=0的距离d=，

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故当d有最大值时，|z|有最大值，即z有最值； 结合图象可知，当直线2x+y﹣z=0与椭圆

化简可得，

+

=1相切时最大，

联立方程

116x2﹣100zx+25z2﹣400=0，

22

故△=10000z﹣4×116×（25z﹣400）=0， 2

故z=116，

故z=2x+y的最大值为．

【点评】本题考查了线性规划的应用及圆锥曲线与直线的位置关系的应用．

22．【答案】（1）证明见解析；（2）43. 【解析】

试题分析：（1）有线面垂直的性质可得BCAB1，再由菱形的性质可得AB1A1B，进而有线面垂直的判定定理可得结论；（2）先证三角形A1AB为正三角形，再由于勾股定理求得AB的值，进而的三角形A1AB的面积，又知三棱锥的高为BC3，利用棱锥的体积公式可得结果.

考

点：1、线面垂直的判定定理；2、勾股定理及棱锥的体积公式.

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