平顶山市高中2018-2019学年高三上学期11月月考数学试卷含答案

平顶山市高中2018-2019学年高三上学期11月月考数学试卷含答案

班级__________ 姓名__________ 分数__________

一、选择题

1． 双曲线A．12

B．20

C．

的焦点与椭圆

D．

上一点，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，I是△AF1F2的内心．若，则该椭圆的离心率为（ ）

A．

B．

C．

D．

的焦点重合，则m的值等于（ ）

2． 点A是椭圆

x3． 函数fxalogax1有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）

A．1,10 B．1, C．0,1 D．10,

12i(i是虚数单位）的虚部为（ ） iA．-1 B．i C．2i D．2

4． 复数z【命题意图】本题考查复数的运算和概念等基础知识，意在考查基本运算能力． 5． 在二项式（x3﹣）n（n∈N*）的展开式中，常数项为28，则n的值为（ ） A．12 B．8 C．6 D．4

6． 线段AB在平面α内，则直线AB与平面α的位置关系是（ ） A．AB⊂α

B．AB⊄α

D．以上都不对

C．由线段AB的长短而定

7． 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（ ）

8A. 3

B．4

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16C. 320D． 3

=

（ ）

8． 已知三次函数f（x）=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则

A．﹣1 B．2 C．﹣5 D．﹣3

x2y29． 已知双曲线C：221（a0，b0），以双曲线C的一个顶点为圆心，为半径的圆

ab2a，则双曲线C的离心率为（ ） 被双曲线C截得劣弧长为362104342A． B． C． D．

555510．已知抛物线x2=﹣2y的一条弦AB的中点坐标为（﹣1，﹣5），则这条弦AB所在的直线方程是（ ） A．y=x﹣4 B．y=2x﹣3 C．y=﹣x﹣6 D．y=3x﹣2 11．若f（x）=sin（2x+θ），则“f（x）的图象关于x=A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

对称”是“θ=﹣

”的（ ）

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

12．如图所示为某几何体的正视图和侧视图，则该几何体体积的所有可能取值的集合是（ ）

A．{， } B．{，，

} C．{V|≤V≤} D．{V|0＜V≤}

二、填空题

13．如图，在矩形ABCD中，AB3， BC3， E在AC上，若BEAC， 则ED的长=____________

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14．定义：分子为1且分母为正整数的分数叫做单位分数．我们可以把1拆分为无穷多个不同的单位分数之和．例如：1=++，1=+++1=++

15．已知含有三个实数的集合既可表示成{a,+++

+

+

，1=++++

+

+

+

++

，…依此方法可得：

*

，其中m，n∈N，则m+n= ．

b,1}，又可表示成{a2,ab,0}，则 aa2003b2004 .

16．设函数f(x)x3(1a)x2ax有两个不同的极值点x1，x2，且对不等式f(x1)f(x2)0

恒成立，则实数的取值范围是 ．

17．记等比数列{an}的前n项积为Πn，若a4•a5=2，则Π8= ．

18．球O的球面上有四点S，A，B，C，其中O，A，B，C四点共面，△ABC是边长为2的正三角形，平面SAB⊥平面ABC，则棱锥S﹣ABC的体积的最大值为 ．

三、解答题

19．（本题12分）如图，D是RtBAC斜边BC上一点，AC3DC. （1）若BD2DC2，求AD； （2）若ABAD，求角B.

1x20．【盐城中学2018届高三上第一次阶段性考试】已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe．（a∈R，e为自然对数的底数）

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（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间； （Ⅱ）若函数f（x）在0,1上无零点，求a的最小值； 2（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立，求a的取值范围．

21．关于x的不等式a2x+b2（1﹣x）≥[ax+b（1﹣x）]2 （1）当a=1，b=0时解不等式； （2）a，b∈R，a≠b解不等式．

22．已知函数f（x）=

和直线l：y=m（x﹣1）．

（1）当曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l垂直时，求原点O到直线l的距离； （2）若对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤m（x﹣1）恒成立，求m的取值范围； （3）求证：ln

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＜+

（n∈N）

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23．已知和均为给定的大于1的自然数，设集合

，，，...，.

，其中

、

，集合

..。

（1）当（2）设、.证明：若

，..。.

，，

，，...，；

..。

，，

时，用列举法表示集合

，，，...，

，则

24．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

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平顶山市高中2018-2019学年高三上学期11月月考数学试卷含答案（参考答案）

一、选择题

1． 【答案】A 【解析】解：椭圆由双曲线故选：A．

2． 【答案】B

【解析】解：设△AF1F2的内切圆半径为r，则 S△IAF1=|AF1|r，S△IAF2=|AF2|r，S△IF1F2=|F1F2|r， ∵

∴|AF1|r=2

×|F1F2|r﹣|AF2|r，

|F1F2|．∴a=2=

．

， ，

的焦点为（±4，0），

的焦点与椭圆的重合，可得

=4，解得m=12．

整理，得|AF1|+|AF2|=2∴椭圆的离心率e==故选：B．

3． 【答案】B 【解析】

1试题分析：函数fx有两个零点等价于y与ylogax的图象有两个交点，当0a1时同一坐标

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.

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【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. 4． 【答案】A 【解析】z12i12i(i)2i，所以虚部为-1，故选A. ii(i)•（﹣1）r•x3n﹣4r，

5． 【答案】B

【解析】解：展开式通项公式为Tr+1=

3

n

*

则∵二项式（x﹣）（n∈N）的展开式中，常数项为28，

∴，

∴n=8，r=6． 故选：B．

【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．

6． 【答案】A

【解析】解：∵线段AB在平面α内， ∴直线AB上所有的点都在平面α内， ∴直线AB与平面α的位置关系： 直线在平面α内，用符号表示为：AB⊂α 故选A．

【点评】本题考查了空间中直线与直线的位置关系及公理一，主要根据定义进行判断，考查了空间想象能力．公理一：如果一条线上的两个点在平面上则该线在平面上．

7． 【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.

33

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8． 【答案】C

【解析】解：由三次函数的图象可知，x=2函数的极大值，x=﹣1是极小值， 即2，﹣1是f′（x）=0的两个根，

32

∵f（x）=ax+bx+cx+d， 2

∴f′（x）=3ax+2bx+c， 2

由f′（x）=3ax+2bx+c=0，

=﹣5，

得2+（﹣1）=﹣1×2=

=﹣2，

=1，

即c=﹣6a，2b=﹣3a，

22

即f′（x）=3ax+2bx+c=3ax﹣3ax﹣6a=3a（x﹣2）（x+1），

则故选：C

=

=

【点评】本题主要考查函数的极值和导数之间的关系，以及根与系数之间的关系的应用，考查学生的计算能力．

9． 【答案】B

考点：双曲线的性质．

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10．【答案】A

22

【解析】解：设A、B两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则x1+x2=﹣2，x1=﹣2y1，x2=﹣2y2． 两式相减可得，（x1+x2）（x1﹣x2）=﹣2（y1﹣y2） ∴直线AB的斜率k=1，

∴弦AB所在的直线方程是y+5=x+1，即y=x﹣4． 故选A，

11．【答案】B

【解析】解：若f（x）的图象关于x=则2×

+θ=

+kπ，

+kπ，k∈Z，此时θ=﹣

不一定成立， 对称，

解得θ=﹣反之成立，

即“f（x）的图象关于x=故选：B

对称”是“θ=﹣”的必要不充分条件，

【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合三角函数的对称性是解决本题的关键．

12．【答案】D

【解析】解：根据几何体的正视图和侧视图，得；

2

当该几何体的俯视图是边长为1的正方形时，它是高为2的四棱锥，其体积最大，为×1×2=；

当该几何体的俯视图为一线段时，它的底面积为0，此时不表示几何体； 所以，该几何体体积的所有可能取值集合是{V|0＜V≤}． 故选：D．

【点评】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出几何体的结构特征是什么，是基础题目．

二、填空题

13．【答案】

【解析】在Rt△ABC中，BC＝3，AB＝3，所以∠BAC＝60°.

3

因为BE⊥AC，AB＝3，所以AE＝，在△EAD中，∠EAD＝30°，AD＝3，由余弦定理知，ED2＝AE2＋AD2

2

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21 2

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3332121－2AE·AD·cos∠EAD＝＋9－2××3×＝，故ED＝.

4224214．【答案】 33 ．

【解析】解：∵1=++∵2=1×2， 6=2×3， 30=5×6， 42=6×7， 56=7×8， 72=8×9， 90=9×10， 110=10×11， 132=11×12， ∴1=+++=

+++

﹣+

+=

+， +

+

+

+

=（1﹣）+++（﹣

）+

，

+++

+

+

+

+

+

+

+

，

=﹣+

∴m=20，n=13， ∴m+n=33， 故答案为：33

【点评】本题考查的知识点是归纳推理，但本题运算强度较大，属于难题．

15．【答案】-1 【解析】

试题分析：由于a,考点：集合相等。 16．【答案】(,1]【解析】

3322试题分析：因为f(x1)f(x2)0,故得不等式x1x21ax1x2ax1x20,即

2003b,1a2,ab,0，所以只能b0，a1，所以a2003b200411。 a1,2 2xxx1x21223x1x21ax1x22x1x2ax1x20,由于

f'x3x221axa,令f'x0得方程3x221axa0,因4a2a10 , 故

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2xx1a11232a12a5a20a2，，代入前面不等式,并化简得,解不等式得或1aa2xx12311因此, 当a1或a2时, 不等式fx1fx20成立,故答案为(,1],2.

22考点：1、利用导数研究函数的极值点；2、韦达定理及高次不等式的解法.

【思路点晴】本题主要考查利用导数研究函数的极值点、韦达定理及高次不等式的解法，属于难题.要解答本题首先利用求导法则求出函数fx的到函数，令f'x0考虑判别式大于零，根据韦达定理求出数的取值范围.111]

17．【答案】 16 ．

【解析】解：∵等比数列{an}的前n项积为Πn，

44

∴Π8=a1•a2a3•a4•a5a6•a7•a8=（a4•a5）=2=16．

x1x2,x1x2的值，代入不等式f(x1)f(x2)0，得到关于的高次不等式，再利用“穿针引线”即可求得实

故答案为：16．

【点评】本题主要考查等比数列的计算，利用等比数列的性质是解决本题的关键．

18．【答案】

．

【解析】解：由题意画出几何体的图形如图

由于面SAB⊥面ABC，所以点S在平面ABC上的射影H落在AB上，根据球体的对称性可知，当S在“最高点”，也就是说H为AB中点时，SH最大，棱锥S﹣ABC的体积最大． ∵△ABC是边长为2的正三角形，所以球的半径r=OC=在RT△SHO中，OH=

OC=

OS

CH=

．

∴∠HSO=30°，求得SH=OScos30°=1， ∴体积V=故答案是

Sh=．

×

×2×1=

2

．

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【点评】本题考查锥体体积计算，根据几何体的结构特征确定出S位置是关键．考查空间想象能力、计算能力．

三、解答题

19．【答案】（1）AD2；（2）B3.

【

解

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析

】

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考点：正余弦定理的综合应用，二次方程，三角方程.

【方法点晴】本题主要考查三角形中的解三角形问题，解题的关键是合理选择正、余弦定理..当有三边或两边及其夹角时适合选择余弦定理，当有一角及其对边时适合选择正弦定理求解，解此类题要特别注意，在没有明确的边角等量关系时，要研究三角形的已知条件，组建等量关系，再就是根据角的正弦值确定角时要结合边长关系进行取舍，这是学生们尤其要关注的地方.

20．【答案】（1） f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）；（2） 函数f（x）在0,无零点，则a的最小值为2﹣4ln2；（3）a的范围是,21 上2

3. e1【解析】试题分析：（Ⅰ）把a=1代入到f（x）中求出f′（x），令f′（x）＞0求出x的范围即为函数的增区间，令f′（x）＜0求出x的范围即为函数的减区间；

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（Ⅱ）f（x）＜0时不可能恒成立，所以要使函数在（0，

11）上无零点，只需要对x∈（0，）时f（x）＞220恒成立，列出不等式解出a大于一个函数，利用导数得到函数的单调性，根据函数的增减性得到这个函数的最大值即可得到a的最小值；

试题解析：

（1）当a=1时，f（x）=x﹣1﹣2lnx，则f′（x）=1﹣由f′（x）＞0，得x＞2； 由f′（x）＜0，得0＜x＜2．

故f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）； （2）因为f（x）＜0在区间故要使函数只要对任意的

上恒成立不可能，

上无零点，

，f（x）＞0恒成立，即对

恒成立．

，

令再令则

从而，l（x）＞0，于是l（x）在故要使

，则

，

，故m（x）在

上为增函数，所以

，

上为减函数，于是

，

，

恒成立，只要a∈[2﹣4ln2，+∞），

综上，若函数f（x）在0,1 上无零点，则a的最小值为2﹣4ln2； 2（3）g′（x）=e1﹣x﹣xe1﹣x=（1﹣x）e1﹣x，

当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；

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当x∈（1，e]时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减． 又因为g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e1﹣e＞0， 所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]． 当a=2时，不合题意；

当a≠2时，f′（x）=当x=

时，f′（x）=0．

，即

，x∈（0，e]

由题意得，f（x）在（0，e]上不单调，故①

此时，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下： x f′（x） f（x） （0，﹣ ↘ ） 0 最小值 （+ ↗ ，e] 又因为，当x→0时，2﹣a＞0，f（x）→+∞，

，

所以，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的xi（i=1，2）， 使得f（xi）=g（x0）成立，当且仅当a满足下列条件：

即

令h（a）=则h

，

，令h′（a）=0，得a=0或a=2，

故当a∈（﹣∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）单调递增； 当

所以，对任意

时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减．

，有h（a）≤h（0）=0，

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即②对任意由③式解得：

恒成立． ．④

综合①④可知，当a的范围是,23 时，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的e1xi（i=1，2），使f（xi）=g（x0）成立．

21．【答案】

2

【解析】解：（1）当a=1、b=0时，原不等式化为x≥x，（2分） 即x（x﹣1）≤0；…（4分） 解得0≤x≤1，

∴原不等式的解集为{x|0≤x≤1}；…（6分）

222

（2）∵ax+b（1﹣x）≥[ax+b（1﹣x）]， 222

∴（a﹣b）x≥（a﹣b）x，（10分）

又∵a≠b，

2

∴（a﹣b）＞0， 2

∴x≥x；

即x（x﹣1）≤0，…（12分） 解得0≤x≤1；

∴不等式的解集为{x|0≤x≤1}．…（14分）

【点评】本题考查了不等式的解法与应用问题，解题时应对不等式进行化简，再解不等式，是基础题．

22．【答案】

【解析】（Ⅰ）解：由f（x）=∴

，得

，

，于是m=﹣2，直线l的方程为2x+y﹣2=0．

；

，也就是

，

原点O到直线l的距离为

+∞）fx）≤m（Ⅱ）解：对于任意的x∈[1，，（（x﹣1）恒成立，即设

，即∀x∈[1，+∞），g（x）≤0成立．

．

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①若m≤0，∃x使g′（x）＞0，g（x）≥g（1）=0，这与题设g（x）≤0矛盾； ②若m＞0，方程﹣mx2+x﹣m=0的判别式△=1﹣4m2， 当△≤0，即m

时，g′（x）≤0，

∴g（x）在（1，+∞）上单调递减， ∴g（x）≤g（1）=0，即不等式成立．

2

当0＜m＜时，方程﹣mx+x﹣m=0的两根为x1，x2（x1＜x2），

，，

当x∈（x1，x2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，g（x）＞g（1）=0与题设矛盾． 综上所述，m

；

成立．

（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，当x＞1，m=时，不妨令∴ln

，

， （k∈N）．

*

∴． ．

…

．

累加可得：即ln

＜

（n∈N）．

*

*

，（n∈N）．

【点评】本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求函数的最值，训练了利用导数证明函数表达式，对于（Ⅲ）的证明，引入不等式

是关键，要求考生具有较强的逻辑思维能力和灵活变形能力，是

压轴题．

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23．【答案】

【解析】24．【答案】C

【解析】

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