市中区第二中学校2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

市中区第二中学校2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

班级__________ 姓名__________ 分数__________

一、选择题

1． 已知正△ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为（ ） A．

B．

C．

D．

2． 若函数f（x）=3﹣|x﹣1|+m的图象与x轴没有交点，则实数m的取值范围是（ ） A．m≥0或m＜﹣1

B．m＞0或m＜﹣1

C．m＞1或m≤0 D．m＞1或m＜0

3． 已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为4cm，高为10cm，则一质点自点A出发，沿着三棱 柱的侧面，绕行两周到达点A1的最短路线的长为（ ）

A．16cm B．123cm C．243cm D．26cm

4． 某企业为了监控产品质量，从产品流转均匀的生产线上每间隔10分钟抽取一个样本进行检测，这种抽样方法是（ ） A．抽签法

B．随机数表法

C．系统抽样法

D．分层抽样法

5． 设函数yf''x是yf'x的导数.某同学经过探究发现，任意一个三次函数

fxax3bx2cxda0都有对称中心x0,fx0，其中x0满足f''x00.已知函数

1151232016fxx3x23x，则fff...f（ ）

321220172017201720172014 C．2015 D．20161111] A．2013 B．

6． 函数f（x）=cos2x﹣cos4x的最大值和最小正周期分别为（ ） A．，π

B．，

C．，π

D．，

C．5

7． 设向量，满足：||=3，||=4， =0．以，，﹣的模为边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为（ ） A．3

B．4

D．6

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精选高中模拟试卷

8． 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为底面ABCD上的动点．若三棱锥B﹣D1EC的表面积最大，则E点位于（ ）

A．点A处 B．线段AD的中点处

C．线段AB的中点处 D．点D处

9． 已知在R上可导的函数f（x）的图象如图所示，则不等式f（x）•f′（x）＜0的解集为（ ）

A．（﹣2，0） +∞）

B．（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，0） C．（﹣∞，﹣2）∪（0，+∞） D．∪（﹣2，﹣1）（0，

10．某几何体的三视图如下（其中三视图中两条虚线互相垂直）则该几何体的体积为（ ）

8

A. 316C. 3

B．4 20D． 3

分别为0，1，则输出的

（ ）

11．执行如图所示的程序框图，若输入的

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精选高中模拟试卷

A．4 B．16 C．27 D．36

12．若复数z满足iz=2+4i，则在复平面内，z对应的点的坐标是（ ） A．（2，4）

B．（2，﹣4）

C．（4，﹣2）

2

D．（4，2）

二、填空题

13．【泰州中学2018届高三10月月考】设二次函数fxaxbxc（a,b,c为常数）的导函数为fx，

b2对任意xR，不等式fxfx恒成立，则2的最大值为__________．

ac214．若圆

与双曲线C：

的渐近线相切，则

_____；双曲线C的渐近线方程是

____．

15．设复数z满足z（2﹣3i）=6+4i（i为虚数单位），则z的模为 ．

16．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 ． 17．不等式

的解集为 ．

恰有两个零点，则a的取值范围是 ．

18．已知函数f（x）=

三、解答题

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19．设函数f（x）=lnx﹣ax+﹣1．

（Ⅰ）当a=1时，求曲线f（x）在x=1处的切线方程； （Ⅱ）当a=时，求函数f（x）的单调区间；

2

（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设函数g（x）=x﹣2bx﹣

，若对于∀x1∈[1，2]，∃x2∈[0，1]，使f（x1）≥g（x2）

成立，求实数b的取值范围．

20．对于任意的n∈N*，记集合En={1，2，3，…，n}，Pn=

．若集合A满足下

列条件：①A⊆Pn；②∀x1，x2∈A，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2=k2，则称A具有性质Ω． 如当n=2时，E2={1，2}，P2=所以P2具有性质Ω．

（Ⅰ）写出集合P3，P5中的元素个数，并判断P3是否具有性质Ω． （Ⅱ）证明：不存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使E15=A∪B． （Ⅲ）若存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使Pn=A∪B，求n的最大值．

．∀x1，x2∈P2，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2=k2，

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21．已知点（1，）是函数f（x）=ax（a＞0且a≠1）的图象上一点，等比数列{an}的前n项和为f（n）﹣c，数列{bn}（bn＞0）的首项为c，且前n项和Sn满足Sn﹣Sn﹣1=项和为Tn，

+

（n≥2）．记数列{

}前n

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；

2

（2）若对任意正整数n，当m∈[﹣1，1]时，不等式t﹣2mt+＞Tn恒成立，求实数t的取值范围

（3）是否存在正整数m，n，且1＜m＜n，使得T1，Tm，Tn成等比数列？若存在，求出m，n的值，若不存在，说明理由．

22．在ABC中已知2abc，sinAsinBsinC，试判断ABC的形状.

23．（本小题满分12分）若二次函数fxaxbxca0满足fx+1fx2x,

22

且f01.

（1）求fx的解析式；

（2）若在区间1,1上，不等式fx2xm恒成立，求实数m的取值范围．

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24．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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市中区第二中学校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】D

，

【解析】解：∵正△ABC的边长为a，∴正△ABC的高为

画到平面直观图△A′B′C′后，“高”变成原来的一半，且与底面夹角45度， ∴△A′B′C′的高为∴△A′B′C′的面积S=故选D．

=

， =

．

【点评】本题考查平面图形的直观图的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．

2． 【答案】A

|x1|

【解析】解：∵函数f（x）=3﹣﹣+m的图象与x轴没有交点， ∴﹣m=3﹣

|x﹣1|

无解，

∵﹣|x﹣1|≤0，

|x1|

∴0＜3﹣﹣≤1，

∴﹣m≤0或﹣m＞1， 解得m≥0或m＞﹣1 故选：A．

3． 【答案】D 【解析】

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考

点：多面体的表面上最短距离问题．

【方法点晴】本题主要考查了多面体和旋转体的表面上的最短距离问题，其中解答中涉及到多面体与旋转体的侧面展开图的应用、直角三角形的勾股定理的应用等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，学生的空间想象能力、以及转化与化归思想的应用，试题属于基础题．

4． 【答案】C

【解析】解：由题意知，这个抽样是在传送带上每隔10分钟抽取一产品，是一个具有相同间隔的抽样，并且总体的个数比较多， ∴是系统抽样法， 故选：C．

【点评】本题考查了系统抽样．抽样方法有简单随机抽样、系统抽样、分层抽样，抽样选用哪一种抽样形式，要根据题目所给的总体情况来决定，若总体个数较少，可采用抽签法，若总体个数较多且个体各部分差异不大，可采用系统抽样，若总体的个体差异较大，可采用分层抽样．属于基础题．

5． 【答案】D 【解析】

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1120142fff22017201720171220162016，故选D. 1 232015f...20172016f20171f 2017考点：1、转化与划归思想及导数的运算；2、函数对称的性质及求和问题.

2【方法点睛】本题通过 “三次函数fxaxbxcxda0都有对称中心x0,fx0”这一探索

性结论考查转化与划归思想及导数的运算、函数对称的性质及求和问题，属于难题.遇到探索性结论问题，应耐心读题，分析新结论的特点，弄清新结论的性质，按新结论的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题的解答就是根据新结论性质求出fx性和的.

第Ⅱ卷（非选择题共90分）

6． 【答案】B

2422222

【解析】解：y=cosx﹣cosx=cosx（1﹣cosx）=cosx•sinx=sin2x=

1315xx3x的对称中心后再利用对称3212，

故它的周期为故选：B．

7． 【答案】B

=，最大值为=．

【解析】解：∵向量ab=0，∴此三角形为直角三角形，三边长分别为3，4，5，进而可知其内切圆半径为1，

∵对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点， 对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况， 但5个以上的交点不能实现． 故选B

【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系．可采用数形结合结合的方法较为直观．

8． 【答案】A

【解析】解：如图，

E为底面ABCD上的动点，连接BE，CE，D1E， 对三棱锥B﹣D1EC，无论E在底面ABCD上的何位置， 面BCD1 的面积为定值，

要使三棱锥B﹣D1EC的表面积最大，则侧面BCE、CAD1、BAD1 的面积和最大， 而当E与A重合时，三侧面的面积均最大，

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∴E点位于点A处时，三棱锥B﹣D1EC的表面积最大． 故选：A．

【点评】本题考查了空间几何体的表面积，考查了数形结合的解题思想方法，是基础题．

9． 【答案】B

【解析】解：由f（x）图象单调性可得f′（x）在（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞）大于0， 在（﹣1，0）上小于0，

∴f（x）f′（x）＜0的解集为（﹣∞，﹣2）∪（﹣1，0）． 故选B．

10．【答案】

【解析】选D.根据三视图可知，该几何体是一个棱长为2的正方体挖去一个以正方体的中心为顶点，上底面

120

为底面的正四棱锥后剩下的几何体如图，其体积V＝23－×2×2×1＝，故选D.

3311．【答案】D

【解析】【知识点】算法和程序框图

【试题解析】A=0，S=1，k=1，A=1，S=1，否；k=3，A=4，S=4，否；k=5，A=9，S=36，是， 则输出的36。 故答案为：D 12．【答案】C

【解析】解：复数z满足iz=2+4i，则有z=

=

=4﹣2i，

故在复平面内，z对应的点的坐标是（4，﹣2）， 故选C．

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【点评】本题主要考查两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，复数与复平面内对应点之间的关系，属于基础题．

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二、填空题

13．【答案】222

【解析】试题分析：根据题意易得：f'x2axb，由fxf'x得：axb2axcb0在R

2c4122a0b4ac4aa上恒成立，等价于：{ ，可解得：b24ac4a24aca，则：22222，

0acacc1ab2c4t44令t1,(t0)，y2的最大值为222． 222，故2aac2t2t2t22222t考点：1.函数与导数的运用;2.恒成立问题;3.基本不等式的运用 14．【答案】

，

【解析】【知识点】圆的标准方程与一般方程双曲线 【试题解析】双曲线的渐近线方程为：圆

的圆心为（2，0），半径为1．

因为相切，所以

所以双曲线C的渐近线方程是：

故答案为：， 15．【答案】 2 ．

【解析】解：∵复数z满足z（2﹣3i）=6+4i（i为虚数单位）， ∴z=

，∴|z|=

=

=2，

故答案为：2．

【点评】本题主要考查复数的模的定义，复数求模的方法，利用了两个复数商的模等于被除数的模除以除数的 模，属于基础题．

16．【答案】 0 ．

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【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．

17．【答案】 （0，1] ．

【解析】解：不等式故答案为：（0，1]．

【点评】本题主要考查分式不等式、一元二次不等式的解法，属于基础题．

18．【答案】 （﹣3，0） ．

【解析】解：由题意，a≥0时，

x＜0，y=2x3﹣ax2﹣1，y′=6x2﹣2ax＞0恒成立， f（x）在（0，+∞）上至多一个零点； x≥0，函数y=|x﹣3|+a无零点， ∴a≥0，不符合题意；

﹣3＜a＜0时，函数y=|x﹣3|+a在[0，+∞）上有两个零点， 函数y=2x﹣ax﹣1在（﹣∞，0）上无零点，符合题意；

3

2

，即，求得0＜x≤1，

a=﹣3时，函数y=|x﹣3|+a在[0，+∞）上有两个零点， 函数y=2x﹣ax﹣1在（﹣∞，0）上有零点﹣1，不符合题意；

3

2

a＜﹣3时，函数y=|x﹣3|+a在[0，+∞）上有两个零点， 函数y=2x﹣ax﹣1在（﹣∞，0）上有两个零点，不符合题意；

3

2

综上所述，a的取值范围是（﹣3，0）． 故答案为（﹣3，0）．

三、解答题

19．【答案】

（2分） ，

【解析】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），（Ⅰ）当a=1时，f（x）=lnx﹣x﹣1，∴f（1）=﹣2，

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∴f′（1）=0，∴f（x）在x=1处的切线方程为y=﹣2（5分） （Ⅱ）

=

（6分）

令f′（x）＜0，可得0＜x＜1，或x＞2；令f'（x）＞0，可得1＜x＜2 故当

时，函数f（x）的单调递增区间为（1，2）；单调递减区间为（0，1），（2，+∞）.

时，由（Ⅱ）可知函数f（x）在（1，2）上为增函数，

（9分）

（Ⅲ）当

∴函数f（x）在[1，2]上的最小值为f（1）=

若对于∀x1∈[1，2]，∃x2∈[0，1]使f（x1）≥g（x2）成立，等价于g（x）在[0，1]上的最小值不大于f（x）在（0，e]上的最小值又

①当b＜0时，g（x）在[0，1]上为增函数，②当0≤b≤1时，

，

（12分）

③当b＞1时，g（x）在[0，1]上为减函数，

此时b＞1（11分） 综上，b的取值范围是

，由

（*） （10分）

，x∈[0，1]

与（*）矛盾 及0≤b≤1得，

【点评】本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性，考查恒成立问题，解题的关键是将对于∀x1∈[1，2]，∃x2∈[0，1]使f（x1）≥g（x2）成立，转化为g（x）在[0，1]上的最小值不大于f（x）在（0，e]上的最小值．

20．【答案】

．

【解析】解：（Ⅰ）∵对于任意的n∈N*，记集合En={1，2，3，…，n}，Pn=∴集合P3，P5中的元素个数分别为9，23，

∵集合A满足下列条件：①A⊆Pn；②∀x1，x2∈A，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2=k2，则称A具有性质Ω，

∴P3不具有性质Ω．…..

证明：（Ⅱ）假设存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使E15=A∪B．其中E15={1，2，3，…，15}． 因为1∈E15，所以1∈A∪B，

不妨设1∈A．因为1+3=22，所以3∉A，3∈B．

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同理6∈A，10∈B，15∈A．因为1+15=42，这与A具有性质Ω矛盾． 所以假设不成立，即不存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使E15=A∪B．…..

解：（Ⅲ）因为当n≥15时，E15⊆Pn，由（Ⅱ）知，不存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使Pn=A∪B． 若n=14，当b=1时，

，

取A1={1，2，4，6，9，11，13}，B1={3，5，7，8，10，12，14}， 则A1，B1具有性质Ω，且A1∩B1=∅，使E14=A1∪B1． 当b=4时，集合

中除整数外，其余的数组成集合为，

令

，

，

．

则A2，B2具有性质Ω，且A2∩B2=∅，使当b=9时，集

中除整数外，其余的数组成集合

，

令

则A3，B3具有性质Ω，且A3∩B3=∅，使

．

集合

它与P14中的任何其他数之和都不是整数，

因此，令A=A1∪A2∪A3∪C，B=B1∪B2∪B3，则A∩B=∅，且P14=A∪B． 综上，所求n的最大值为14．…..

中的数均为无理数，

，

．

【点评】本题考查集合性质的应用，考查实数值最大值的求法，综合性强，难度大，对数学思维要求高，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．

21．【答案】 【解析】解：（1）因为f（1）=a=，所以f（x）=所以

，所以c=1．

，a2=[f（2）﹣c]﹣[f（1）﹣c]=

，

，a3=[f（3）﹣c]﹣[f（2）﹣c]=

因为数列{an}是等比数列，所以

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又公比q=由题意可得：

，所以；

=

，

又因为bn＞0，所以所以数列{

当n≥2时，bn=Sn﹣Sn﹣1=2n﹣1； 所以bn=2n﹣1． （2）因为数列所以 ==

；

；

；

}是以1为首项，以1为公差的等差数列，并且有

前n项和为Tn，

恒成立，

因为当m∈[﹣1，1]时，不等式

2

设g（m）=﹣2tm+t，m∈[﹣1，1]，

2

所以只要当m∈[﹣1，1]时，不等式t﹣2mt＞0恒成立即可，

所以只要一次函数g（m）＞0在m∈[﹣1，1]上恒成立即可， 所以

解得t＜﹣2或t＞2，

2

（3）T1，Tm，Tn成等比数列，得Tm=T1Tn

，

所以实数t的取值范围为（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）． ∴∴

，

结合1＜m＜n知，m=2，n=12

【点评】本题综合考查数列、不等式与函数的有关知识，解决此类问题的关键是熟练掌握数列求通项公式与求和的方法，以及把不等式恒成立问题转化为函数求最值问题，然后利用函数的有关知识解决问题．

22．【答案】ABC为等边三角形． 【解析】

试题分析：由sinAsinBsinC，根据正弦定理得出abc，在结合2abc，可推理得到abc，

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22精选高中模拟试卷

即可可判定三角形的形状．

考点：正弦定理；三角形形状的判定．

23．【答案】（1）fx=x2x+1；（2）m1． 【解析】

试题分析：（1）根据二次函数fxaxbxca0满足fx+1fx2x，利用多项式相等，即

2可求解a,b的值，得到函数的解析式；（2）由x1,1,fxm恒成立，转化为mx3x1，设

2试题解析：（1） fxax2bxca0 满足f01,c1

2gxx23x1，只需mgxmin，即可而求解实数m的取值范围．

fx1fx2x,ax1bx1ax2bx2x，解得a1,b1,

故fx=xx+1.

2考点：函数的解析式；函数的恒成立问题.

【方法点晴】本题主要考查了函数解析式的求解、函数的恒成立问题，其中解答中涉及到一元二次函数的性质、多项式相等问题、以及不等式的恒成立问题等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，推理与运算能力，以及转化与化归思想，试题有一定的难度，属于中档试题，其中正确把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题是解答的关键. 24．【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，

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精选高中模拟试卷

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，

．

，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， 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．

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