上海市光明中学2018-2019学年高二9月月考数学试题解析

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

x2y21． F1，F2分别为双曲线221（a，b0）的左、右焦点，点P在双曲线上，满足PF 1PF20，

ab31若PF1F2的内切圆半径与外接圆半径之比为，则该双曲线的离心率为（ ）

2A.2 B.3 C. 21 D. 31

【命题意图】本题考查双曲线的几何性质，直角三角形内切圆半径与外接圆半径的计算等基础知识，意在考查基本运算能力及推理能力．

1,x2． 记集合A=(x,y)x+y?1和集合B={(x,y)x+y３22{}0,y?0}表示的平面区域分别为Ω1，Ω2，

若在区域Ω1内任取一点M（x，y），则点M落在区域Ω2内的概率为（ ） A．

1112 B． C． D．

3p2ppp22【命题意图】本题考查线性规划、古典概型等基础知识，意在考查数形结合思想和基本运算能力．

y23． 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．

4． 函数fxalogax1有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）

x2222A．1,10 B．1, C．0,1 D．10, 5． 下列哪组中的两个函数是相等函数（ ） A．fx=x，gx44x44x24,gxx2 B．fx=x2C．fx1,gx1,x033 D．fx=x，gxx 1,x0内变动 126． 已知两条直线L1:yx,L2:axy0，其中为实数，当这两条直线的夹角在0,时，的取值范围是（ ）

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A． 0,1 B．7．

33,3 C．33,11,3 D．1,3

sin 15°

－2sin 80°的值为（ ） sin 5°

B．－1 D．－2

A．1 C．2

xy2„08． 已知实数x[1,1]，y[0,2]，则点P(x,y)落在区域x2y1„0 内的概率为（ ）

2xy2…0A.

3 4B.

3 8C.

1 4D.

1 8(ðUB)（ ）

【命题意图】本题考查线性规划、几何概型等基础知识，意在考查数形结合思想及基本运算能力. 9． 已知全集U1,2,3,4,5,6,7，A2,4,6，B1,3,5,7，则AA．2,4,6 B．1,3,5 C．2,4,5 D．2,5 10．将函数f(x)2sin(x)的图象向左平移个单位，再向上平移3个单位，得到函数g(x)的图象， 364则g(x)的解析式为（ ）

xx)3 B．g(x)2sin()3 3434xxC．g(x)2sin()3 D．g(x)2sin()3

312312A．g(x)2sin(

【命题意图】本题考查三角函数的图象及其平移变换理论，突出了对函数图象变换思想的理解，属于中等难度. 11．已知三棱锥SABC外接球的表面积为32，ABC90，三棱锥SABC的三视图如图 所示，则其侧视图的面积的最大值为（ ）

A．4 B．42 C．8 D．47 0第 2 页，共 16 页

2xy2012．若变量x，y满足约束条件x2y40，则目标函数z3x2y的最小值为（ ）

x10A．-5 B．-4 C.-2 D．3

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在横线上）

13．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x的解集为(0,)； ②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 ． 14．设平面向量aii1,2,3,值为 . 【命题意图】本题考查平面向量数量积等基础知识，意在考查运算求解能力.

，满足ai1且a1a20，则a1a2 ，a1a2a3的最大

x2y215．F1，F2分别为双曲线221（a，b0）的左、右焦点，点P在双曲线上，满足PF 1PF20，

ab31若PF1F2的内切圆半径与外接圆半径之比为，则该双曲线的离心率为______________.

2【命题意图】本题考查双曲线的几何性质，直角三角形内切圆半径与外接圆半径的计算等基础知识，意在考查

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基本运算能力及推理能力．

16．函数fxlog2x在点A1,2处切线的斜率为 ▲ ．

三、解答题（本大共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）

17．（本小题满分13分）

在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB//DC，ABC（Ⅰ）在棱PB上确定一点E，使得CE//平面PAD；

（Ⅱ）若PAPD6，PBPC，求直线PA与平面PBC所成角的大小．

2，AD22，AB3DC3．

PDCA

B

18．(本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程．

x＝1＋3cos α

在直角坐标系中，曲线C1：（α为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐

y＝2＋3sin α

标系，C2的极坐标方程为ρ＝

2πsin（θ＋）

4

.

（1）求C1，C2的普通方程；

3π

（2）若直线C3的极坐标方程为θ＝（ρ∈R），设C3与C1交于点M，N，P是C2上一点，求△PMN的面

4积．

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19．（本题12分）在锐角ABC中，内角A，B，C所对的边分别为，，，且2asinB3b．111] （1）求角A的大小；

（2）若a6，bc8，求ABC的面积．

20．从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边

长的概率为（ ） A BCD

21．（本小题满分14分）

设函数f(x)axbx1cosx，x0,（其中a，bR）.

22

（1）若a0，b1，求f(x)的单调区间； 2第 5 页，共 16 页

（2）若b0，讨论函数f(x)在0,上零点的个数.

2【命题意图】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值、通过研究函数图象与性质，讨论函数的零点个数，考查考生运算求解能力、转化能力和综合应用能力，是难题.

22．（本题12分）

正项数列{an}满足an2(2n1)an2n0． （1）求数列{an}的通项公式an； （2）令bn

1，求数列{bn}的前项和为Tn.

(n1)an第 6 页，共 16 页

上海市光明中学2018-2019学年高二9月月考数学试题解析（参考答案）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1． 【答案】D

2222【解析】∵PF1PF2，即PF1F2为直角三角形，∴PF1PF2F1F24c，1PF20，∴PF|PF1PF2|2a，则2PF1PF2PF12PF22(PF1PF2)24(c2a2)， (PF1PF2)2(PF1PF2)24PF1PF28c24a2.所以PF1F2内切圆半径

rPF1PF2F1F2312c2a2c，外接圆半径Rc.由题意，得2c2a2cc，整理，得

22c()2423，∴双曲线的离心率e31，故选D. a2． 【答案】A

OAB及其内部，【解析】画出可行域，如图所示，Ω1表示以原点为圆心， 1为半径的圆及其内部，Ω2表示D11由几何概型得点M落在区域Ω2内的概率为P=2=，故选A.

p2py1BOA1x

3． 【答案】C

ìy0=22ïïx-pï02ïïppï【解析】由已知得双曲线的一条渐近线方程为y=22x，设A(x0,y0)，则x0>，所以íx0+=3，

22ïï2ïy0=2px0ïïïî第 7 页，共 16 页

解得p=2或p=4，因为3-4． 【答案】B 【解析】

pp>，故0a系中做出两函数图象如图（2），由图知有一个交点，符合题意；当a1时同一坐标系中做出两函数图象如图

（1），由图知有两个交点，不符合题意,故选B.

y22xy11-3-2-1-1O123x-4-3-2-1-1O1234x-2-2

（1） （2）

考点：1、指数函数与对数函数的图象；2、函数的零点与函数交点之间的关系.

【方法点睛】本题主要考查指数函数与对数函数的图象、函数的零点与函数交点之间的关系.属于难题.判断方法：函数yfx零点个数就是方程fx0根的个数，结合函数的图象与性质（如单调性、奇偶性、周程yfx零点个数的常用方法：①直接法：可利用判别式的正负直接判定一元二次方程根的个数；②转化期性、对称性） 可确定函数的零点个数；③数形结合法：一是转化为两个函数ygx,yhx的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为ya,ygx的交点个数的图象的交点个数问题.本题的解答就利用了方法③. 5． 【答案】D111] 【解析】

考

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点：相等函数的概念. 6． 【答案】C 【解析】1111]

试题分析：由直线方程L1:yx，可得直线的倾斜角为45，又因为这两条直线的夹角在0,0000，所以12直线L2:axy0的倾斜角的取值范围是3060且45，所以直线的斜率为

tan300atan600且tan450，即

考点：直线的倾斜角与斜率. 7． 【答案】

sin 15°

【解析】解析：选A.－2 sin 80°

sin 5°sin（10°＋5°）＝－2cos 10°＝

sin 5°

3a1或1a3，故选C. 3sin 10°cos 5°＋cos 10°sin 5°－2 cos 10°sin 5°

sin 5°

sin 10°cos 5°－cos 10°sin 5°sin（10°－5°）＝＝＝1，选A.

sin5 °sin 5°8． 【答案】B

xy2„0【解析】不等式组x2y1„0表示的平面区域为ABC，其中A(1,0)，B(1,1)，C(0,2)，所以

2xy2…01剟x11-11113SABC(2)1(2)1.不等式组表示的平面区域为矩形ADEF，其中

22222y20剟33D(1,0)，E(1,2)，F(1,2)，其面积为224，故所求概率为2，选B.

489． 【答案】A

考点：集合交集，并集和补集．

【易错点晴】集合的三要素是：确定性、互异性和无序性.研究一个集合，我们首先要看清楚它的研究对象，

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是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，这是很关键的一步.第二步常常是解一元二次不等式，我们首先用十字相乘法分解因式，求得不等式的解集.在解分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.元素与集合之间是属于和不属于的关系，集合与集合间有包含关系. 在求交集时注意区间端点的取舍. 熟练画数轴来解交集、并集和补集的题目. 10．【答案】B

个单位得到函数f(x)的图

44象，再将f(x)的图象向上平移3个单位得到函数f(x)3的图象，因此g(x)f(x)3

4441x2sin[(x)]32sin()3.

34634【解析】根据三角函数图象的平移变换理论可得，将f(x)的图象向左平移11．【答案】A 【解析】

考

点:三视图．

【方法点睛】本题主要考查几何体的三视图,空间想象能力.空间几何体的三视图是分别从空间几何体的正面,左面,上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图.因此在分析空间几何体的三视图时,先根据俯视图确定几何体的底面,然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱,面的位置,再确定几何体的形状,即可得到结果. 要能够牢记常见几何体的三视图. 12．【答案】B 【解析】

31xz，直线系在可22行域内的两个临界点分别为A(0,2)和C(1,0)，当直线过A点时，z3x2y224，当直线过C点时，z3x2y313，即的取值范围为[4,3]，所以Z的最小值为4.故本题正确答案为B.

试题分析：根据不等式组作出可行域如图所示阴影部分，目标函数可转化直线系y第 10 页，共 16 页

考点：线性规划约束条件中关于最值的计算.

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在横线上）

13．【答案】②④⑤

【解析】解析：构造函数g(x)exf(x)，g(x)ex[f(x)f(x)]0，g(x)在R上递增， ∴f(x)ex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)， ，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，∴

构造函数g(x)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)x由xf(x)f(x)得f(x)，设g(x)exf(x)，则2xxexexxxg(x)ef(x)xf(x)e(x1)，当x1时，g(x)0，当0x1时，g(x)0，∴当

xxx0时，g(x)g(1)0，即f(x)0，∴⑤正确．

14．【答案】2，21. 【解析】∵a1a2而a1a2a322a12a1a2a21012，∴a1a22，

2222(a1a2)2(a1a2)a3a32221cosa1a2,a31322，

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∴a1a2a3【

21，当且仅当a1a2与a3方向相同时等号成立，故填：2，21.

解

析

】

15．【答案】31

16．【答案】【解析】 试题分析：

1 ln2

fx11kf1 xln2ln2考点：导数几何意义

【思路点睛】（1）求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.

（2）利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.

三、解答题（本大共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）

17．【答案】

1PB时，CE//平面PAD. 31设F为PA上一点，且PFPA，连结EF、DF、EC，

31那么EF//AB,EFAB.

31∵DC//AB，DCAB，∴EF//DC，EFDC，∴EC//FD．

3又∵CE平面PAD， FD平面PAD，∴CE//平面PAD． （5分）

【解析】解： （Ⅰ）当PE（Ⅱ）设O、G分别为AD、BC的中点，连结OP、OG、PG，

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∵PBPC，∴PGBC，易知OGBC，∴BC平面POG，∴BCOP． 又∵PAPD，∴OPAD，∴OP平面ABCD． （8分）

建立空间直角坐标系Oxyz（如图），其中x轴//BC，y轴//AB，则有A(1,1,0),B(1,2,0),

C(1,2,0)．由POPA2AO2(6)2(2)22知P(0,0,2)． （9分）

uur设平面PBC的法向量为n(x,y,z)，PB(1,2,2),CB(2,0,0)

x2y2z0nPB0则 即，取n(0,1,1).

2x0nCB0uuur|APn|3设直线PA与平面PBC所成角为，AP(1,1,2)，则sin|cosAP,n|， |AP||n|2∴，∴直线PB与平面PAD所成角为. （13分）

33zPFEDCOAGByx18．【答案】

x＝1＋3cos α

【解析】解：（1）由C1：（α为参数）

y＝2＋3sin α

得（x－1）2＋（y－2）2＝9（cos2α＋sin2α）＝9. 即C1的普通方程为（x－1）2＋（y－2）2＝9， 由C2：ρ＝

2π

sin（θ＋）

4

得

ρ（sin θ＋cos θ）＝2， 即x＋y－2＝0，

即C2的普通方程为x＋y－2＝0.

（2）由C1：（x－1）2＋（y－2）2＝9得 x2＋y2－2x－4y－4＝0，

其极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ－4＝0，

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3π

将θ＝代入上式得

4ρ2－2ρ－4＝0， ρ1＋ρ2＝2，ρ1ρ2＝－4，

∴|MN|＝|ρ1－ρ2|＝（ρ1＋ρ2）2－4ρ1ρ2＝32. 3

C3：θ＝π（ρ∈R）的直角坐标方程为x＋y＝0，

4

2

∴C2与C3是两平行直线，其距离d＝＝2. 2

11

∴△PMN的面积为S＝|MN|×d＝×32×2＝3.

22即△PMN的面积为3. 19．【答案】（1）A【解析】

3；（2）SABC73. 3ba及2asinB3b，便可求出sinA，得到A的大小；（2）利sinBsinA1用（1）中所求A的大小，结合余弦定理求出bc的值，最后再用三角形面积公式求出SABCbcsinA值.

2ba3试题解析：（1）由2asinB3b及正弦定理，得sinA.…………分 sinBsinA2试题分析：（1）利用正弦定理因为A为锐角，所以A322222（2）由余弦定理abc2bccosA，得bcbc36，………………分

28又bc8，所以bc，………………分

31128373所以SABCbcsinA.………………12分 22323考点：正余弦定理的综合应用及面积公式. 20．【答案】C

.………………分

【解析】21．【答案】

【解析】（1）∵a0，b∴f(x)

1， 2（2分）

11x1cosx，f(x)sinx，x0,. 222第 14 页，共 16 页

令f(x)0，得x当0x. 6时，f(x)0，当x时，f(x)0， 662所以f(x)的单调增区间是,，单调减区间是0,.

626（5分）

若

110，a，10，则f()a又f()f(由零点存在定理，00,，使f(00))0，

222所以f(x)在(0,0)上单调增，在0,上单调减.

22a1. 又f(0)0，f()24第 15 页，共 16 页

214a10，此时f(x)在0,上有两个零点； 故当a2时，f()2242241a10，此时f(x)在0,上只有一个零点. 当2a时，f()24222．【答案】（1）an2n；（2）Tnn.

2(n1)

考

点：1．一元二次方程；2．裂项相消法求和．

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