蓝田县二中2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学

蓝田县二中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． 将正方形的每条边8等分，再取分点为顶点（不包括正方形的顶点），可以得到不同的三角形个数为（ ） A．1372 B．2024 C．3136 D．4495

2． 命题“∀a∈R，函数y=π”是增函数的否定是（ ）

A．“∀a∈R，函数y=π”是减函数 B．“∀a∈R，函数y=π”不是增函数 C．“∃a∈R，函数y=π”不是增函数 A．6

B．9

C．36

D．72

，则（ ）

D．“∃a∈R，函数y=π”是减函数

3． 等比数列{an}满足a1=3，a1+a3+a5=21，则a2a6=（ ） 4． 设a=lge，b=（lge）2，c=lg

A．a＞b＞c B．c＞a＞b C．a＞c＞b D．c＞b＞a

5． 若直线l:ykx1与曲线C：f(x)x1A．－1 B．

1没有公共点，则实数k的最大值为（ ） xe1 C．1 D．3 2【命题意图】考查直线与函数图象的位置关系、函数存在定理，意在考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力．

2)，若kab与a垂直，则实数k值为（ ） 2)，b(3，6． 已知平面向量a(1，111A． B． C．11 D．19

95【命题意图】本题考查平面向量数量积的坐标表示等基础知识，意在考查基本运算能力．

7． 已知双曲线kx2﹣y2=1（k＞0）的一条渐近线与直线2x+y﹣3=0垂直，则双曲线的离心率是（ ） A．

8． 已知直线 a平面，直线b平面，则（ ）

A．ab B．与异面 C．与相交 D．与无公共点 9． 函数y=

的图象大致为（ ）

B．

C．4

D．

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A． B． C． D．

10．已知x，y满足约束条件A．﹣3 B．3

C．﹣1 D．1

，使z=ax+y取得最小值的最优解有无数个，则a的值为（ ）

11．已知集合Ay|yx5,Bx|yA．1, B．1,3 C．3,5 D．3,5

2x3,AB（ ）

【命题意图】本题考查二次函数的图象和函数定义域等基础知识，意在考查基本运算能力． 12．函数f（x）=Asin（ωx+θ）（A＞0，ω＞0）的部分图象如图所示，则f（

）的值为（ ）

A． B．0 C． D．

二、填空题

x13．【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e2的底数，则不等式fx2fx40的解集为________．

1，其中e为自然对数ex14．设α为锐角，若sin（α﹣15．抛物线16．已知f（x）=

）=，则cos2α= ．

的两条渐近线所围成的三角形面积为__________

，则f（﹣）+f（）等于 ．

的准线与双曲线

17．在△ABC中，点D在边AB上，CD⊥BC，AC=5，CD=5，BD=2AD，则AD的长为 ．

18．如图是甲、乙两位射击运动员的5次训练成绩（单位：环）的茎叶图，则成绩较为稳定（方差较小）的运动员是 ．

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三、解答题

19．如图，四面体ABCD中，平面ABC⊥平面BCD，AC=AB，CB=CD，∠DCB=120°，点E在BD上，且CE=DE．

（Ⅰ）求证：AB⊥CE；

（Ⅱ）若AC=CE，求二面角A﹣CD﹣B的余弦值．

20．（本题满分12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足anbnlog3a4n1，记Tnb1b2b3bn，求证：Tn3an3（nN）. 27（nN）. 2【命题意图】本题考查了利用递推关系求通项公式的技巧，同时也考查了用错位相减法求数列的前n项和.重点突出运算、论证、化归能力的考查，属于中档难度.

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x2y21的左、右焦点分别为F1、F2，过点F1作垂直 21．（本小题满分12分）已知椭圆C1：84于轴的直线，直线l2垂直于点P，线段PF2的垂直平分线交l2于点M. （1）求点M的轨迹C2的方程；

（2）过点F2作两条互相垂直的直线AC、BD，且分别交椭圆于A、B、C、D，求四边形ABCD面积 的最小值.

22．已知曲线C1的参数方程为

曲线C2的极坐标方程为ρ=2

cos（θ﹣

），以极点为坐标

原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系． （1）求曲线C2的直角坐标方程；

（2）求曲线C2上的动点M到直线C1的距离的最大值．

23．已知曲线C的极坐标方程为4ρ2cos2θ+9ρ2sin2θ=36，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系； （Ⅰ）求曲线C的直角坐标方程；

（Ⅱ）若P（x，y）是曲线C上的一个动点，求3x+4y的最大值．

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24．如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD四边长为1的菱形，∠ABC=M为OA的中点，N为BC的中点． （Ⅰ）证明：直线MN∥平面OCD； （Ⅱ）求异面直线AB与MD所成角的大小； （Ⅲ）求点B到平面OCD的距离．

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OA⊥底面ABCD，OA=2，，

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蓝田县二中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】

【专题】排列组合．

点在另一条边，根据分类计数原理可得． 上，有4种方法，

【分析】分两类，第一类，三点分别在三条边上，第二类，三角形的两个顶点在正方形的一条边上，第三个顶【解答】解：首先注意到三角形的三个顶点不在正方形的同一边上．任选正方形的三边，使三个顶点分别在其

33

再在选出的三条边上各选一点，有7种方法．这类三角形共有4×7=1372个．

另外，若三角形有两个顶点在正方形的一条边上，第三个顶点在另一条边上，则先取一边使其上有三角形的两个顶点，有4种方法， 4×21×21=1764个． 故选：C． 2． 【答案】C

【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“∀a∈R，函数y=π”是增函数的否定是：“∃a∈R，函数y=π”不是增函数． 故选：C．

【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，是基础题．

3． 【答案】D

【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，

242

∵a1=3，a1+a3+a5=21，∴3（1+q+q）=21，解得q=2． 6

则a2a6=9×q=72．

再在这条边上任取两点有21种方法，然后在其余的21个分点中任取一点作为第三个顶点．这类三角形共有

综上可知，可得不同三角形的个数为1372+1764=3136．

【点评】本题考查了分类计数原理，关键是分类，还要结合几何图形，属于中档题．

故选：D．

4． 【答案】C

【解析】解：∵1＜e＜3＜

，

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2

∴0＜lge＜1，∴lge＞lge＞（lge）．

∴a＞c＞b． 故选：C．

【点评】本题主要考查对数的单调性．即底数大于1时单调递增，底数大于0小于1时单调递减．

5． 【答案】C

1，则直线l：ykx1与曲线C：yfx没有公共点，ex11等价于方程gx0在R上没有实数解．假设k1，此时g010，g10．又函1k1ek1数gx的图象连续不断，由零点存在定理，可知gx0在R上至少有一解，与“方程gx0在R上没

【解析】令gxfxkx11kx有实数解”矛盾，故k1．又k1时,gx为1，故选C．

6． 【答案】A

10,知方程gx0在R上没有实数解，所以k的最大值xe

7． 【答案】A

22

【解析】解：由题意双曲线kx﹣y=1的一条渐近线与直线2x+y+1=0垂直，可得渐近线的斜率为，

又由于双曲线的渐近线方程为y=±故

=，∴k=，

x

∴可得a=2，b=1，c=故选：A．

，由此得双曲线的离心率为，

【点评】本题考查直线与圆锥曲线的关系，解题的关键是理解一条渐近线与直线2x+y+1=0垂直，由此关系求k，熟练掌握双曲线的性质是求解本题的知识保证．

8． 【答案】D 【解析】

试题分析：因为直线 a平面，直线b平面，所以a//b或与异面，故选D. 考点：平面的基本性质及推论. 9． 【答案】D

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【解析】解：令y=f（x）=∵f（﹣x）=∴函数y=

=﹣为奇函数，

，

=﹣f（x），

∴其图象关于原点对称，可排除A； 又当x→0，y→+∞，故可排除B；

+

当x→+∞，y→0，故可排除C； 而D均满足以上分析． 故选D．

10．【答案】D

【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）． 由z=ax+y，得y=﹣ax+z，

若a=0，此时y=z，此时函数y=z只在B处取得最小值，不满足条件． 若a＞0，则目标函数的斜率k=﹣a＜0． 平移直线y=﹣ax+z，

由图象可知当直线y=﹣ax+z和直线x+y=1平行时，此时目标函数取得最小值时最优解有无数多个， 此时﹣a=﹣1，即a=1．

若a＜0，则目标函数的斜率k=﹣a＞0． 平移直线y=﹣ax+z，

由图象可知当直线y=﹣ax+z，此时目标函数只在C处取得最小值，不满足条件． 综上a=1． 故选：D．

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【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决此类问题的基本方法，利用z的几何意义是解决本题的关键．注意要对a进行分类讨论．

11．【答案】D 【解析】

Ay|y5,Bx|yx3x|x3,AB3,5，故选D.

12．【答案】C

【解析】解：由图象可得A=再由五点法作图可得2×（﹣故f（x）=故f（

）=

sin（2x﹣sin（

，

=

﹣（﹣

），解得T=π，ω=

，

=2．

）+θ=﹣π，解得：θ=﹣

）， ﹣

）=

sin

=

，

故选：C．

【点评】本题主要考查由函数y=Asin（ωx+θ）的部分图象求函数的解析式，属于中档题．

二、填空题

13．【答案】3，2

x【解析】∵fxe又∵fxeexx11x1x,xR，∴fxeexfx，即函数fx为奇函数，exexe0恒成立，故函数fx在R上单调递增，不等式fx2fx240可转化为

fx2f4x2，即x24x2，解得：3x2，即不等式fx2fx240的解集为

2，故答案为3，2. 3，14．【答案】 ﹣

【解析】解：∵α为锐角，若sin（α﹣∴cos（α﹣∴sin

2

∴cos2α=1﹣2sinα=﹣

．

）=，

）=，

=

．

[sin（α﹣

）+cos（α﹣

）]=

，

故答案为：﹣．

【点评】本题主要考查了同角三角函数关系式，二倍角的余弦函数公式的应用，属于基础题．

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15．【答案】

【解析】【知识点】抛物线双曲线 【试题解析】抛物线双曲线所以

故答案为：

16．【答案】 4 ．

【解析】解：由分段函数可知f（）=2×=． f（﹣）=f（﹣+1）=f（﹣）=f（﹣∴f（）+f（﹣）=+故答案为：4．

17．【答案】 5 ．

【解析】解：如图所示：延长BC，过A做AE⊥BC，垂足为E， ∵CD⊥BC，∴CD∥AE， ∵CD=5，BD=2AD，∴在RT△ACE，CE=由

得BC=2CE=5

，

=

=10，

，解得AE==

，

=

，

．

）=f（）=2×=，

的准线方程为：x=2;

的两条渐近线方程为：

在RT△BCD中，BD=则AD=5， 故答案为：5．

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【点评】本题考查平行线的性质，以及勾股定理，做出辅助线是解题的关键，属于中档题．

18．【答案】 甲 ．

【解析】解：【解法一】甲的平均数是方差是

=（87+89+90+91+93）=90，

= [（87﹣90）2+（89﹣90）2+（90﹣90）2+（91﹣90）2+（93﹣90）2]=4；

=（78+88+89+96+99）=90，

乙的平均数是方差是∵

＜

= [（78﹣90）2+（88﹣90）2+（89﹣90）2+（96﹣90）2+（99﹣90）2]=53.2； ，∴成绩较为稳定的是甲．

【解法二】根据茎叶图中的数据知，

甲的5个数据分布在87～93之间，分布相对集中些，方差小些； 乙的5个数据分布在78～99之间，分布相对分散些，方差大些； 所以甲的成绩相对稳定些． 故答案为：甲．

【点评】本题考查了平均数与方差的计算与应用问题，是基础题目．

三、解答题

19．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）证明：△BCD中，CB=CD，∠BCD=120°， ∴∠CDB=30°，

∵EC=DE，∴∠DCE=30°，∠BCE=90°， ∴EC⊥BC，

又∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC与平面BCD的交线为BC， ∴EC⊥平面ABC，∴EC⊥AB．

（Ⅱ）解：取BC的中点O，BE中点F，连结OA，OF， ∵AC=AB，∴AO⊥BC，

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∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，

∴AO⊥平面BCD，∵O是BC中点，F是BE中点，∴OF⊥BC， 以O为原点，OB为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系， 设DE=2，则A（0，0，1），B（0，C（0，﹣∴

，0），D（3，﹣2

，﹣1），

=（0，﹣

=（3，﹣

，0）， ，0），

，0），

设平面ACD的法向量为=（x，y，z）， 则

，取x=1，得=（1，

，﹣3），

又平面BCD的法向量=（0，0，1）， ∴cos＜

＞=

=﹣

， ．

∴二面角A﹣CD﹣B的余弦值为

【点评】本小题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到线面以及面面的垂直关系、二面角的求法及空间向量在立体几何中的应用．本小题对考生的空间想象能力与运算求解能力有较高要求．

20．【答案】 【

解

析

】

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21．【答案】（1）y8x；（2）【解析】

264. 9

试题分析：（1）求得椭圆的焦点坐标，连接MF2，由垂直平分线的性质可得MPMF2，运用抛物线的定义，即可得到所求轨迹方程；（2）分类讨论：当AC或BD中的一条与轴垂直而另一条与轴重合时，此时四边形ABCD面积S2b．当直线AC和BD的斜率都存在时，不妨设直线AC的方程为ykx2，则直

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线BD的方程为y1x2．分别与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，利用弦长公式可得AC，k1利用四边形ABCD面积SACBD即可得到关于斜率的式子，再利用配方和二次函数的最值求法，BD．

2即可得出．

（2）当直线AC的斜率存在且不为零时，直线AC的斜率为，A(x1,y1)，则直线BD的斜率为C(x2,y2)，

1，kyk(x2)2222直线AC的方程为yk(x2)，联立x2y2，得(2k1)x8kx8k80.111]

1488k288k2∴x1x2，x1x2.

12k212k232(k21)1122BD|AC|1k(x1x2)4x1x2.由于直线的斜率为，用代换上式中的。可得2kk2k132(k21). |BD|2k2116(k21)2∵ACBD，∴四边形ABCD的面积S|AC||BD|2.

2(k2)(2k21)64(k22)(2k21)23(k21)222][]，∴S由于(k2)(2k1)[，当且仅当k22k1，即

922k1时取得等号.

22易知，当直线AC的斜率不存在或斜率为零时，四边形ABCD的面积S8. 综上，四边形ABCD面积的最小值为考点：椭圆的简单性质．1

【思路点晴】求得椭圆的焦点坐标,由垂直平分线的性质可得|MP||MF2|,运用抛物线的定义,即可得所求的轨迹方程.第二问分类讨论,当AC或BD中的一条与轴垂直而另一条与轴重合时,四边形面积为2b.当直线

264. 9AC和BD的斜率都存在时,分别设出AC,BD的直线方程与椭圆联立得到根与系数的关系,利用弦长公式求得

AC,BD,从而利用四边形的面积公式求最值.

22．【答案】

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【解析】解：（Ⅰ）

2

即ρ=2（ρcosθ+ρsinθ）， 22

∴x+y﹣2x﹣2y=0，

22

故C2的直角坐标方程为（x﹣1）+（y﹣1）=2．…

，…

（Ⅱ）∵曲线C1的参数方程为∴C1的直角坐标方程为

，

，

由（Ⅰ）知曲线C2是以（1，1）为圆心的圆， 且圆心到直线C1的距离

∴动点M到曲线C1的距离的最大值为

，… ．…

【点评】本题考查曲线的直角坐标方程的求法，考查点到曲线的距离的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意点到直线的距离公式的合理运用．

23．【答案】

222222

【解析】解：（Ⅰ）由4ρcosθ+9ρsinθ=36得4x+9y=36， 化为

；

，

．

（Ⅱ）设P（3cosθ，2sinθ）， 则3x+4y=

∵θ∈R，∴当sin（θ+φ）=1时，3x+4y的最大值为

【点评】本题考查了椭圆的极坐标方程、三角函数的单调性与值域，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

24．【答案】

【解析】解：方法一（综合法） （1）取OB中点E，连接ME，NE ∵ME∥AB，AB∥CD，∴ME∥CD

又∵NE∥OC，∴平面MNE∥平面OCD∴MN∥平面OCD

（2）∵CD∥AB，∴∠MDC为异面直线AB与MD所成的角（或其补角） 作AP⊥CD于P，连接MP

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∵OA⊥平面ABCD，∴CD⊥MP ∵，∴

，

，

∴

所以AB与MD所成角的大小为．

（3）∵AB∥平面OCD，

∴点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP，过点A作AQ⊥OP于点Q， ∵AP⊥CD，OA⊥CD， ∴CD⊥平面OAP，∴AQ⊥CD．

又∵AQ⊥OP，∴AQ⊥平面OCD，线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离， ∵

，

，

∴，所以点B到平面OCD的距离为．

方法二（向量法）

作AP⊥CD于点P，如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x，y，z轴建立坐标系： A（0，0，0），B（1，0，0），，

O（0，0，2），M（0，0，1），

（1）

，

，

设平面OCD的法向量为n=（x，y，z），则•=0，

•

=0 即

取，解得 ∵

•

=（

，

，﹣1）•（0，4，

）=0，

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，

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∴MN∥平面OCD．

（2）设AB与MD所成的角为θ， ∵∴∴

（3）设点B到平面OCD的距离为d，则d为由

所以点B到平面OCD的距离为

．

在向量

=（0，4，

=

）上的投影的绝对值，

，AB与MD所成角的大小为

， ．

，得d=

【点评】培养学生利用多种方法解决数学问题的能力，考查学生利用空间向量求直线间的夹角和距离的能力．

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