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无极县第二中学校2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

精选高中模拟试卷

无极县第二中学校 2018-2019 学年上学期高二数学 12 月月考试题含解析 班级__________ 一、选择题
1. P 是双曲线 =1(a>0,b>0)右支上一点,F1、F2 分别是左、右焦点,且焦距为 2c,则△ PF1F2 ) C.c C. ) D.a+b﹣c ) D.

姓名__________

分数__________

的内切圆圆心的横坐标为( A.a A. B. B.b

2. 过点(0,﹣2)的直线 l 与圆 x2+y2=1 有公共点,则直线 l 的倾斜角的取值范围是(

3. 如图, ABCD ? A1B1C1D1 为正方体,下面结论:① BD // 平面 CB1D1 ;② AC1 ? BD ;③ AC1 ? 平 面 CB1D1 .其中正确结论的个数是(

A.

B.
2

C.

D. )

4. 下列说法正确的是( B.命题“? x0∈R,x

A.命题“若 x =1,则 x=1”的否命题为“若 x2=1,则 x≠1” +x0﹣1<0”的否定是“? x∈R,x2+x﹣1>0” C.命题“若 x=y,则 sin x=sin y”的逆否命题为假命题 D.若“p 或 q”为真命题,则 p,q 中至少有一个为真命题 5. 对于复数

,若集合

具有性质“对任意

,必有

”,则当

时, A1 B-1 C0 D

等于 (

)

6. 已知集合 A={﹣1,0,1,2},集合 B={0,2,4},则 A∪B 等于( A.{﹣1,0,1,2,4} B.{﹣1,0,2,4}



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C.{0,2,4} 7. △ ABC 的外接圆圆心为 O,半径为 2, A.﹣3 B.﹣ 8. 记 C. D.3

D.{0,1,2,4} + + = ,且| |=| |, 在 方向上的投影为( )

,那么

A B C D
9. 半径 R 的半圆卷成一个圆锥,则它的体积为( A. πR3 B. πR3 C. πR3 D. πR3 )

10.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 11.有下列说法: ①在残差图中,残差点比较均匀地落在水平的带状区域内,说明选用的模型比较合适. ②相关指数 R2 来刻画回归的效果,R2 值越小,说明模型的拟合效果越好. ③比较两个模型的拟合效果,可以比较残差平方和的大小,残差平方和越小的模型,拟合效果越好. 其中正确命题的个数是( A.0 B.1 ) C.2 ) D. D.3

12.已知 a>b>0,那么下列不等式成立的是( A.﹣a>﹣b B.a+c<b+c

C.(﹣a)2>(﹣b)2

二、填空题
13.已知关于的不等式 x ? ax ? b ? 0 的解集为 (1, 2) ,则关于的不等式 bx ? ax ? 1 ? 0 的解集
2 2

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为___________. 14.若在圆 C:x2+(y﹣a)2=4 上有且仅有两个点到原点 O 距离为 1,则实数 a 的取值范围是 .

?y ? 2 ? 15.已知实数 x , y 满足 ?3 x ? y ? 3 ? 0 ,目标函数 z ? 3x ? y ? a 的最大值为 4,则 a ? ______. ?2 x ? 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.

CB 、 CD 、 CC1 所成角分别为 ? 、 ? 、, 16.长方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中,对角线 AC 1 与棱
则 sin 2 ? ? sin 2 ? ? sin 2 ? ? . 个直角三角形. 17.如图,△ ABC 是直角三角形,∠ACB=90°,PA⊥平面 ABC,此图形中有

18.某慢性疾病患者,因病到医院就医,医生给他开了处方药(片剂),要求此患者每天早、晚间隔 小时各 服一次药,每次一片,每片 毫克.假设该患者的肾脏每 小时从体内大约排出这种药在其体内残留量的 ,并且医生认为这种药在体内的残留量不超过 毫克时无明显副作用.若该患者第一天上午点第一次 服药,则第二天上午 点服完药时,药在其体内的残留量是 毫克,若该患者坚持长期 服用此药 明显副作用(此空填“有”或“无”)

三、解答题
19.(本题满分 13 分)已知函数 f ( x) ? (1)当 a ? 0 时,求 f ( x ) 的极值; (2)若 f ( x ) 在区间 [ , 2] 上是增函数,求实数 a 的取值范围. 【命题意图】 本题考查利用导数知识求函数的极值及利用导数来研究函数单调性问题, 本题渗透了分类讨论思 想,化归思想的考查,对运算能力、函数的构建能力要求高,难度大.

1 2 ax ? 2 x ? ln x . 2

1 3

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20.在平面直角坐标系 xoy 中,已知圆 C1:(x+3) +(y﹣1) =4 和圆 C2:(x﹣4) +(y﹣5) =4 (1)若直线 l 过点 A(4,0),且被圆 C1 截得的弦长为 2 ,求直线 l 的方程 (2)设 P 为平面上的点,满足:存在过点 P 的无穷多对互相垂直的直线 l1 和 l2,它们分别与圆 C1 和 C2 相交, 且直线 l1 被圆 C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相等,求所有满足条件的点 P 的坐标.

2

2

2

2

21.设 a,b 互为共轭复数,且(a+b)2﹣3abi=4﹣12i.求 a,b 的值.

22. ∠ABC= 如图, 在四棱锥 O﹣ABCD 中, 底面 ABCD 四边长为 1 的菱形, 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.

OA⊥底面 ABCD, OA=2, ,

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23.设{an}是公比小于 4 的等比数列,Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知 a1=1,且 a1+3,3a2,a3+4 构成等差数 列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=lna3n+1,n=12…求数列{bn}的前 n 项和 Tn.

24.(本小题满分 12 分)△ABC 的三内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,AD 是 BC 边上的中线. 1 (1)求证:AD= 2b2+2c2-a2; 2 19 sin B 3 (2)若 A=120°,AD= , = ,求△ABC 的面积. 2 sin C 5

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无极县第二中学校 2018-2019 学年上学期高二数学 12 月月考试题含解析(参考答案) 一、选择题
1. 【答案】A 【解析】解:如图设切点分别为 M,N,Q, 则△PF1F2 的内切圆的圆心的横坐标与 Q 横坐标相同. 由双曲线的定义,PF1﹣PF2=2a. 由圆的切线性质 PF1﹣PF2=FIM﹣F2N=F1Q﹣F2Q=2a, ∵F1Q+F2Q=F1F2=2c, ∴F2Q=c﹣a,OQ=a,Q 横坐标为 a. 故选 A.

【点评】本题巧妙地借助于圆的切线的性质,强调了双曲线的定义. 2. 【答案】A 【解析】解:若直线斜率不存在,此时 x=0 与圆有交点, 直线斜率存在,设为 k,则过 P 的直线方程为 y=kx﹣2, 即 kx﹣y﹣2=0,
2 2 若过点(0,﹣2)的直线 l 与圆 x +y =1 有公共点,

则圆心到直线的距离 d≤1, 即 解得 k≤﹣ 即 ≤α≤ ≤1,即 k2﹣3≥0, 或 k≥ 且 α≠ ≤α≤ , , ,

综上所述, 故选:A.

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3. 【答案】 D 【解析】

考 点:1.线线,线面,面面平行关系;2.线线,线面,面面垂直关系. 【方法点睛】本题考查了立体几何中的命题,属于中档题型,多项选择题是容易出错的一个题,当考察线面平 行时, 需证明平面外的线与平面内的线平行, 则线面平行, 一般可构造平行四边形, 或是构造三角形的中位线, 可证明线线平行,再或是证明面面平行,则线面平行,一般需在选取一点,使直线与直线外一点构成平面证明 面面平行,要证明线线垂直,可转化为证明线面垂直,需做辅助线,转化为线面垂直. 4. 【答案】D
2 2 【解析】解:A.命题“若 x =1,则 x=1”的否命题为“若 x ≠1,则 x≠1”,因此不正确;

B.命题“?x0∈R,x

+x0﹣1<0”的否定是“?x∈R,x2+x﹣1≥0”,因此不正确;

C.命题“若 x=y,则 sin x=sin y”正确,其逆否命题为真命题,因此不正确; D.命题“p 或 q”为真命题,则 p,q 中至少有一个为真命题,正确. 故选:D. 5. 【答案】B 【解析】由题意,可取 6. 【答案】A 【解析】解:∵A={﹣1,0,1,2},B={0,2,4}, ∴A∪B={﹣1,0,1,2}∪{0,2,4}={﹣1,0,1,2,4}. 故选:A. 【点评】本题考查并集及其运算,是基础的会考题型. 7. 【答案】C 【解析】解:由题意, + + = ,得到 ,又| |=| |=| |,△OAB 是等边三角形,所以四边 ,所以

形 OCAB 是边长为 2 的菱形,
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所以



方向上的投影为 ACcos30°=2×

=



故选 C.

【点评】本题考查了向量的投影;解得本题的关键是由题意,画出图形,明确四边形 OBAC 的形状,利用向 量解答. 8. 【答案】B 【解析】【解析 1】 ,

所以 【解析 2】 ,

9. 【答案】A 【解析】解:2πr=πR,所以 r= ,则 h= 故选 A 10.【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, ,所以 V=

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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, ∴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. 11.【答案】C 【解析】解:①在残差图中,残差点比较均匀地落在水平的带状区域内,说明选用的模型比较合适,正确. ②相关指数 R2 来刻画回归的效果,R2 值越大,说明模型的拟合效果越好,因此②不正确. ③比较两个模型的拟合效果,可以比较残差平方和的大小,残差平方和越小的模型,拟合效果越好,正确. 综上可知:其中正确命题的是①③. 故选:C. 【点评】本题考查了“残差”的意义、相关指数的意义,考查了理解能力和推理能力,属于中档题.

12.【答案】C
2 2 【解析】解:∵a>b>0,∴﹣a<﹣b<0,∴(﹣a) >(﹣b) ,

故选 C. 【点评】本题主要考查不等式的基本性质的应用,属于基础题.

二、填空题
13.【答案】 (?? , ) ? (1,?? ) 【 解 析 】

1 2

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考 点:一元二次不等式的解法. 14.【答案】 ﹣3<a<﹣1 或 1<a<3 .
2 2 2 2 【解析】解:根据题意知:圆 x +(y﹣a) =4 和以原点为圆心,1 为半径的圆 x +y =1 相交,两圆圆心距 d=|a|,

∴2﹣1<|a|<2+1, ∴﹣3<a<﹣1 或 1<a<3. 故答案为:﹣3<a<﹣1 或 1<a<3.
2 2 【点评】本题体现了转化的数学思想,解题的关键在于将问题转化为:圆 x +(y﹣a) =4 和以原点为圆心,1 2 2 为半径的圆 x +y =1 相交,属中档题.

15.【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 ? 3 x ? y 取得最大值,∴ ( z ? a) max ? 3 ? ? 2 ? 7 ,所以 zmax ? 7 ? a ? 4 ,故
a ? ?3 .

5 3

5 3

16.【答案】 【解析】 试题分析:以 AC1 为斜边构成直角三角形: ?AC1D, ?AC1B, ?AC1 A 1 ,由长方体的对角线定理可得:

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2 BC12 DC12 AC 2( AB2 ? AD2 ? AA12 ) 1 1 ? ? ? ?2. AC12 AC12 AC12 AC12

sin 2 ? ? sin 2 ? ? sin 2 ? ?

考点:直线与直线所成的角. 【方法点晴】本题主要考查了空间中直线与直线所成的角的计算问题,其中解答中涉及到长方体的结构特征、 直角三角形中三角函数的定义、 长方体的对角线长公式等知识点的考查, 着重考查学生分析问题和解答问题的 能力, 属于中档试题, 本题的解答中熟记直角三角形中三角函数的定义和长方体的对角线长定理是解答的关键. 17.【答案】 4 △PAB 是直角三角形, ∠ACB=90° 【解析】 解: 由 PA⊥平面 ABC, 则△PAC, 又由已知△ABC 是直角三角形, 所以 BC⊥AC,从而易得 BC⊥平面 PAC,所以 BC⊥PC,所以△PCB 也是直角三角形, 所以图中共有四个直角三角形,即:△PAC,△PAB,△ABC,△PCB. 故答案为:4 【点评】本题考查空间几何体的结构特征,空间中点线面的位置关系,线面垂直的判定定理和性质定理的熟练 应用是解答本题的关键. 18.【答案】 , 无. 毫克, =350. , 是一个等比数列,

【解析】【知识点】等比数列 【试题解析】设该病人第 n 次服药后,药在体内的残留量为 所以 由 所以 所以 所以若该患者坚持长期服用此药无明显副作用。 故答案为: , 无. )=300,

三、解答题
19.【答案】 【解析】(1)函数的定义域为 (0,??) ,因为 f ( x) ?

1 2 ax ? 2 x ? ln x ,当 a ? 0 时, f ( x) ? 2 x ? ln x ,则 2

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1 1 1 .令 f ' ( x) ? 2 ? ? 0 ,得 x ? .…………2 分 x x 2 所以 x, f ' ( x), f ( x) 的变化情况如下表: 1 1 1 x (0, ) ( ,?? ) 2 2 2 f ' ( x) 0 - + f ' ( x) ? 2 ?

f ( x)
所以当 x ?



极小值



1 1 时, f ( x) 的极小值为 f ( ) ? 1 ? ln 2 ,函数无极大值.………………5 分 2 2

20.【答案】 【解析】 【分析】(1)因为直线 l 过点 A(4,0),故可以设出直线 l 的点斜式方程,又由直线被圆 C1 截得的弦长为 2 ,根据半弦长、半径、弦心距满足勾股定理,我们可以求出弦心距,即圆心到直线的距离,得到一个关于 直线斜率 k 的方程,解方程求出 k 值,代入即得直线 l 的方程. (2)与(1)相同,我们可以设出过 P 点的直线 l1 与 l2 的点斜式方程,由于两直线斜率为 1,且直线 l1 被圆 C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相等,故我们可以得到一个关于直线斜率 k 的方程,解方程求出 k 值,代入即得直线 l1 与 l2 的方程.

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【解答】解:(1)由于直线 x=4 与圆 C1 不相交; ∴直线 l 的斜率存在,设 l 方程为:y=k(x﹣4)(1 分) 圆 C1 的圆心到直线 l 的距离为 d,∵l 被⊙C1 截得的弦长为 2 ∴d= =1(2 分) d= 从而 k(24k+7)=0 即 k=0 或 k=﹣

∴直线 l 的方程为:y=0 或 7x+24y﹣28=0(5 分) (2)设点 P(a,b)满足条件, 由题意分析可得直线 l1、l2 的斜率均存在且不为 0, 不妨设直线 l1 的方程为 y﹣b=k(x﹣a),k≠0 则直线 l2 方程为:y﹣b=﹣ (x﹣a)(6 分) ∵⊙C1 和⊙C2 的半径相等,及直线 l1 被圆 C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相等, ∴⊙C1 的圆心到直线 l1 的距离和圆 C2 的圆心到直线 l2 的距离相等 即 = (8 分)

整理得|1+3k+ak﹣b|=|5k+4﹣a﹣bk| ∴1+3k+ak﹣b=±(5k+4﹣a﹣bk)即(a+b﹣2)k=b﹣a+3 或(a﹣b+8)k=a+b﹣5 因 k 的取值有无穷多个,所以 或 (10 分)

解得



这样的点只可能是点 P1( ,﹣ )或点 P2(﹣ , 21.【答案】

)(12 分)

2 2 【解析】解:因为 a,b 互为共轭复数,所以设 a=x+yi,则 b=x﹣yi,a+b=2x,ab=x +y , 2 2 2 所以 4x ﹣3(x +y )i=4﹣12i,

所以 所以 a=1+ 或 a=1﹣ 或 a=﹣1+ 或 a=﹣1﹣ i,b=1﹣ i,b=1+ i,b=﹣1﹣ i,b=﹣1+ i; i;

,解得



i; i.

【点评】本题考查了共轭复数以及复数相等;正确设出 a,b 是解答的关键.

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22.【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 ∵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) B 0, 0) (0, , (1, , O(0,0,2),M(0,0,1), , ,

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(1) , 设平面 OCD 的法向量为 n=(x,y,z),则 即 取 ∵ ? ,解得 =( , ,﹣1)?(0,4, ? =0, ?



=0

)=0,

∴MN∥平面 OCD. (2)设 AB 与 MD 所成的角为 θ , ∵ ∴ ∴ ,AB 与 MD 所成角的大小为 , . 在向量 =(0,4, = )上的投影的绝对值,

(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 .

,得 d=

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【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. 23.【答案】 【解析】解:(1)设等比数列{an}的公比为 q<4,∵a1+3,3a2,a3+4 构成等差数列. ∴2×3a2=a1+3+a3+4,∴6q=1+7+q ,解得 q=2.
n 1 (2)由(1)可得:an=2 ﹣ . 2

bn=lna3n+1=ln23n=3nln2. ∴数列{bn}的前 n 项和 Tn=3ln2×(1+2+…+n) = ln2.

24.【答案】 【解析】解:

(1)证明:∵D 是 BC 的中点, a ∴BD=DC= . 2

a2 法一:在△ABD 与△ACD 中分别由余弦定理得 c2=AD2+ -2AD· 4 a cos∠ADB,① 2 a2 a b2=AD2+ -2AD· ·cos∠ADC,② 4 2 a2 2 2 ①+②得 c +b =2AD2+ , 2 即 4AD2=2b2+2c2-a2, 1 ∴AD= 2b2+2c2-a2. 2 法二:在△ABD 中,由余弦定理得

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a2 a AD2=c2+ -2c· cos B 4 2 a2+c2-b2 a2 =c2+ -ac· 4 2ac 2b2+2c2-a2 = , 4 1 ∴AD= 2b2+2c2-a2. 2 1 sin B 3 (2)∵A=120°,AD= 19, = , 2 sin C 5 由余弦定理和正弦定理与(1)可得 a2=b2+c2+bc,① 2b2+2c2-a2=19,② b 3 = ,③ c 5 联立①②③解得 b=3,c=5,a=7, 1 1 15 3 ∴△ABC 的面积为 S= bc sin A= ×3×5×sin 120°= . 2 2 4 15 即△ABC 的面积为 3. 4

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