宁化县第一高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学

宁化县第一高级中学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． 若如图程序执行的结果是10，则输入的x的值是（ ）

A．0 B．10 C．﹣10 D．10或﹣10

，则目标函数z=4x+2y的最大值为（ ）

2． 设变量x，y满足约束条件A．12

B．10

C．8

D．2

3． 抛物线y=﹣8x2的准线方程是（ ） A．y=

B．y=2 C．x=

D．y=﹣2

4． 直线： （为参数）与圆：（为参数）的位置关系是（ ）

A．相离 B．相切 C．相交且过圆心 D．相交但不过圆心 5． 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 第 1 页，共 17 页

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6． 若命题p：∃x∈R，x﹣2＞0，命题q：∀x∈R，A．命题p∨q是假命题

＜x，则下列说法正确的是（ ）

B．命题p∧（￢q）是真命题

C．命题p∧q是真命题 D．命题p∨（￢q）是假命题

7． 已知x∈R，命题“若x2＞0，则x＞0”的逆命题、否命题和逆否命题中，正确命题的个数是（ ） A．0

B．1

C．2

D．3

8． 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

9． 将甲，乙等5位同学分别保送到北京大学，清华大学，浙江大学等三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送的方法数为（ ）

（A）150种 （ B ） 180 种 （C） 240 种 （D） 0 种

10．设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣2）=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（ ）

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

11．函数y=2sin2x+sin2x的最小正周期（ ）

D．0）（﹣2，

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A．

B． C．π D．2π

12．直线3xy10的倾斜角为（ ）

A．150 B．120 C．60 D．30

二、填空题

13．在

中，角

、

、

所对应的边分别为、、，若

，则

_________

14．函数y=f（x）的图象在点M（1，f（1））处的切线方程是y=3x﹣2，则f（1）+f′（1）= ．

15．计算sin43°cos13°﹣cos43°sin13°的值为 ．

16．【盐城中学2018届高三上第一次阶段性考试】函数f（x）=x﹣lnx的单调减区间为 ．

17．如图所示，正方体ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为1，E、F分别是棱AA′，CC′的中点，过直线EF的平面分别与棱BB′、DD′交于M、N，设BM=x，x∈[0，1]，给出以下四个命题： ①平面MENF⊥平面BDD′B′；

②当且仅当x=时，四边形MENF的面积最小； ③四边形MENF周长l=f（x），x∈0，1]是单调函数； ④四棱锥C′﹣MENF的体积v=h（x）为常函数； 以上命题中真命题的序号为 ．

y218．已知实数x，y满足3xy30，目标函数z3xya的最大值为4，则a______．

2xy20【命题意图】本题考查线性规划问题，意在考查作图与识图能力、逻辑思维能力、运算求解能力．

三、解答题

19．（本小题满分12分） 已知函数f(x)eaxbx.

x2第 3 页，共 17 页

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（1）当a0,b0时，讨论函数f(x)在区间(0,)上零点的个数； （2）证明：当ba1，x[,1]时，f(x)1.

20．（本小题满分12分）为了普及法律知识，达到“法在心中”的目的，某市法制办组织了普法 知识竞赛.统计局调查队随机抽取了甲、乙两单位中各5名职工的成绩，成绩如下表：

甲单位 87 88 91 91 93 乙单位 85 91 92 93 （1）根据表中的数据，分别求出甲、乙两单位职工成绩的平均数和方差，并判断哪个单位对法律知识的 掌握更稳定；

（2）用简单随机抽样法从乙单位5名职工中抽取2名，他们的成绩组成一个样本，求抽取的2名职工的 分数差至少是4的概率.

21．圆锥底面半径为1cm，高为2cm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长．

22．设函数f（x）=x+ax2+blnx，曲线y=f（x）过P（1，0），且在P点处的切线斜率为2

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12精选高中模拟试卷

（1）求a，b的值；

（2）设函数g（x）=f（x）﹣2x+2，求g（x）在其定义域上的最值．

23．已知函数f(x)exa，g(x)（1）求函数f(x)的单调区间；

x12xa，aR． xe（2）若存在x0,2，使得f(x)g(x)成立，求的取值范围； （3）设x1，x2是函数f(x)的两个不同零点，求证：e1

24．已知等差数列{an}，等比数列{bn}满足：a1=b1=1，a2=b2，2a3﹣b3=1． （Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；

（Ⅱ）记cn=anbn，求数列{cn}的前n项和Sn．

xx21．

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宁化县第一高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学（参） 一、选择题

1． 【答案】D

【解析】解：模拟执行程序，可得程序的功能是计算并输出y=当x＜0，时﹣x=10，解得：x=﹣10 当x≥0，时x=10，解得：x=10 故选：D．

2． 【答案】B

【解析】解：本题主要考查目标函数最值的求法，属于容易题，做出可行域，由图可知，当目标函数过直线y=1与x+y=3的交点（2，1）时，z取得最大值10．

的值，

3． 【答案】A

2

【解析】解：整理抛物线方程得x=﹣y，∴p=

∵抛物线方程开口向下， ∴准线方程是y=故选：A．

【点评】本题主要考查抛物线的基本性质．解决抛物线的题目时，一定要先判断焦点所在位置．

4． 【答案】D

【解析】【知识点】直线与圆的位置关系参数和普通方程互化 【试题解析】将参数方程化普通方程为：直线：圆心（2,1），半径2． 圆心到直线的距离为：

圆

：

，

，所以直线与圆相交。

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又圆心不在直线上，所以直线不过圆心。 故答案为：D 5． 【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．

考点：几何体的三视图及几何体的结构特征．

6． 【答案】 B

【解析】解：∃x∈R，x﹣2＞0，即不等式x﹣2＞0有解，∴命题p是真命题； x＜0时，＜x无解，∴命题q是假命题；

∴p∨q为真命题，p∧q是假命题，￢q是真命题，p∨（￢q）是真命题，p∧（￢q）是真命题；

故选：B．

【点评】考查真命题，假命题的概念，以及p∨q，p∧q，￢q的真假和p，q真假的关系．

7． 【答案】C

【解析】解：命题“若x2＞0，则x＞0”的逆命题是“若x＞0，则x2

＞0”，是真命题； 否命题是“若x2

≤0，则x≤0”，是真命题； 逆否命题是“若x≤0，则x2

≤0”，是假命题；

综上，以上3个命题中真命题的个数是2． 故选：C

8． 【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．

9． 【答案】A

【解析】5人可以分为1,1,3和1,2,2两种结果，所以每所大学至少保送一人的不同保送的方法数为

C52C323CAA3150种,故选A． 2A2353310．【答案】A 【解析】解：设g（x）=g′（x）=

，

，则g（x）的导数为：

∵当x＞0时总有xf′（x）﹣f（x）＜0成立， 即当x＞0时，g′（x）＜0，

∴当x＞0时，函数g（x）为减函数， 又∵g（﹣x）=

=

=

=g（x），

∴函数g（x）为定义域上的偶函数， ∴x＜0时，函数g（x）是增函数， 又∵g（﹣2）=

=0=g（2），

∴x＞0时，由f（x）＞0，得：g（x）＜g（2），解得：0＜x＜2，

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x＜0时，由f（x）＞0，得：g（x）＞g（﹣2），解得：x＜﹣2， ∴f（x）＞0成立的x的取值范围是：（﹣∞，﹣2）∪（0，2）． 故选：A．

11．【答案】C

2

【解析】解：函数y=2sinx+sin2x=2×

+sin2x=sin（2x﹣）+1，

则函数的最小正周期为故选：C．

=π，

【点评】本题主要考查三角恒等变换，函数y=Asin（ωx+φ）的周期性，利用了函数y=Asin（ωx+φ）的周期为

，属于基础题．

12．【答案】C 【解析】

试题分析：由直线3xy10，可得直线的斜率为k3，即tan360，故选C.1 考点：直线的斜率与倾斜角.

二、填空题

13．【答案】【解析】 因为所以 答案：

，所以

，所以

，

14．【答案】 4 ．

【解析】解：由题意得f′（1）=3，且f（1）=3×1﹣2=1 所以f（1）+f′（1）=3+1=4． 故答案为4．

【点评】本题主要考查导数的几何意义，要注意分清f（a）与f′（a）．

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15．【答案】

．

【解析】解：sin43°cos13°﹣cos43°sin13°=sin（43°﹣13°）=sin30°=， 故答案为．

16．【答案】（0,1）

【解析】

考点：本题考查函数的单调性与导数的关系

17．【答案】 ①②④ ．

【解析】解：①连结BD，B′D′，则由正方体的性质可知，EF⊥平面BDD′B′，所以平面MENF⊥平面BDD′B′，所以①正确．

②连结MN，因为EF⊥平面BDD′B′，所以EF⊥MN，四边形MENF的对角线EF是固定的，所以要使面积最小，则只需MN的长度最小即可，此时当M为棱的中点时，即x=时，此时MN长度最小，对应四边形MENF的面积最小．所以②正确．

③因为EF⊥MN，所以四边形MENF是菱形．当x∈[0，]时，EM的长度由大变小．当x∈[，1]时，EM的长度由小变大．所以函数L=f（x）不单调．所以③错误．

④连结C′E，C′M，C′N，则四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以C′EF为底，以M，N分别为顶点的两个小棱锥．因为三角形C′EF的面积是个常数．M，N到平面C'EF的距离是个常数，所以四棱锥C'﹣MENF的体积V=h（x）为常函数，所以④正确． 故答案为：①②④．

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【点评】本题考查空间立体几何中的面面垂直关系以及空间几何体的体积公式，本题巧妙的把立体几何问题和函数进行的有机的结合，综合性较强，设计巧妙，对学生的解题能力要求较高．

18．【答案】3

【解析】作出可行域如图所示：作直线l0：3xy0，再作一组平行于l0的直线l：3xyza，当直线

l经过点M(,2)时，za3xy取得最大值，∴(za)max327，所以zmax7a4，故

a3．

5353三、解答题

e2e2e219．【答案】（1）当a(0,)时，有个公共点，当a时，有个公共点，当a(,)时，有个公共

444点；（2）证明见解析. 【解析】

exex试题分析：（1）零点的个数就是对应方程根的个数,分离变量可得a2,构造函数h(x)2,利用h(x)'求出

xxe2单调性可知h(x)在(0,)的最小值h(2),根据原函数的单调性可讨论得零点个数；（2）构造函数

4h(x)exx2x1,利用导数可判断h(x)的单调性和极值情况,可证明f(x)1.1

试题解析：

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当a(0,e)时，有0个公共点； 42

e2当a，有1个公共点；

4e2当a(,)有2个公共点.

4x2'x（2）证明：设h(x)exx1，则h(x)e2x1，

令m(x)h(x)e2x1，则m(x)e2，

'x'x1122'当x(ln2,1)时，m(x)0，m(x)在(ln2,1)上是增函数，

'因为x(,1]，所以，当x[,ln2)时，m(x)0；m(x)在[,ln2)上是减函数，

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考点：1.函数的极值；2.函数的单调性与导数的关系；3.不等式；4.函数的零点.

【方法点睛】本题主要考查函数的极值，函数的单调性与导数的关系，不等式，函数的零点.有关零点问题一类题型是直接求零点,另一类是确定零点的个数.确定函数零点的常用方法:（1）解方程判定法,若方程易求解时用此法；（2）零点存在的判定定理法,常常要结合函数的性质,导数等知识；（3）数形结合法.在研究函数零点,方程的根及图象交点的问题时,当从正面求解难以入手,可以转化为某一个易入手的等价问题求解,如求解含绝对值,分式,三角式等较复杂的函数零点问题,常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解.

请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.解答时请写清题号. 20．【答案】（1）x甲90,x乙90,s甲【解析】

试题分析：（1）先求出甲乙两个单位职工的考试成绩的平均数,以及他们的方差,则方差小的更稳定；（2）从乙单位抽取两名职工的成绩,所有基本事件用列举法得到共10种情况,抽取的两名职工的分数差至少是的事件用列举法求得共有种,由古典概型公式得出概率.

22421,s乙8，甲单位对法律知识的掌握更稳定；（2）. 5290，x乙（85919293）90 试题解析：解：（1）x甲（8788919193）1515124[(8790)2(8890)2(9190)2(9190)2(9390)2] 5512s乙[(8590)2(90)2(9190)2(9290)2(9390)2]8

5248，∴甲单位的成绩比乙单位稳定，即甲单位对法律知识的掌握更稳定. （6分） ∵5 s甲2第 13 页，共 17 页

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考

点：1.平均数与方差公式；2.古典概型． 21．【答案】【解析】

试题分析：画出图形，设出棱长，根据三角形相似，列出比例关系，求出棱长即可．

试题解析：过圆锥的顶点S和正方体底面的一条对角线CD作圆锥的截面，得圆锥的轴截面SEF，正方体对角面CDD1C1，如图所示．

设正方体棱长为，则CC1x，C1D12x， 作SOEF于O，则SO∵ECC1∴x2cm． 22，OE1，

12x2， 1EOS，∴

CC1EC1x，即SOEO222cm． cm，即内接正方体棱长为22

考点：简单组合体的结构特征． 22．【答案】

2

【解析】解：（1）f（x）=x+ax+blnx的导数f′（x）=1+2a+（x＞0），

由题意可得f（1）=1+a=0，f′（1）=1+2a+b=2，

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得；

，

2

fx）=x﹣x2+3lnx，g=fg（=﹣2x﹣1=﹣′x）（2）证明：（（x）（x）﹣2x+2=3lnx﹣x﹣x+2（x＞0），

1 （0，1） （1，+∞） + 0 g′（x） ﹣ ↗ ↘ g（x） 极大值 ∴g（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，

可得g（x）max=g（1）=﹣1﹣1+2=0，无最小值．

23．【答案】（１）f(x)的单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,0)；（２）a1或a0；（３）证明见解析． 【解析】

x 试

题解析： （1）f'(x)ex1．

令f'(x)0，得x0，则f(x)的单调递增区间为(0,)；111.Com] 令f'(x)0，得x0，则f(x)的单调递减区间为(,0)． （2）记F(x)f(x)g(x)，则F(x)ex12xaa2， xe12． xe1xx1∵ex22ex20，∴F'(x)0， ee∴函数F(x)为(,)上的增函数， F'(x)ex2∴当x0,2时，F(x)的最小值为F(0)aa． ∵存在x0,2，使得f(x)g(x)成立，

2∴F(x)的最小值小于0，即aa0，解得a1或a0．1

（3）由（1）知，x0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，即最小值为f(0)a1， 则只有a1时，函数f(x)由两个零点，不妨设x1x2， 易知x10，x20，

∴f(x1)f(x2)f(x2)f(x2)(e2x2a)(exx2x2a)ex2ex22x2，

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令h(x)exex2x（x0），

考点：导数与函数的单调性；转化与化归思想． 24．【答案】

【解析】解：（I）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q：∵a1=b1=1，a2=b2，2a3﹣b3=1．

2

∴1+d=q，2（1+2d）﹣q=1，解得

或

．

∴an=1，bn=1；

n1

或an=1+2（n﹣1）=2n﹣1，bn=3﹣．

（II）当当

时，cn=anbn=1，Sn=n．

n1

时，cn=anbn=（2n﹣1）3﹣，

2n1

∴Sn=1+3×3+5×3+…+（2n﹣1）3﹣，

3Sn=3+3×32+…+（2n﹣3）3n﹣1+（2n﹣1）3n，

2n1n

∴﹣2Sn=1+2（3+3+…+3﹣）﹣（2n﹣1）3=

nn

﹣1﹣（2n﹣1）3=（2﹣2n）3﹣2，

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n

∴Sn=（n﹣1）3+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、“错位相减法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

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