西乡县实验中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学

西乡县实验中学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． 若函数yf(x1)是偶函数，则函数yf(x)的图象的对称轴方程是（ ）111.Com] A．x1 B．x1 C．x2 D．x2 2． 给出以下四个说法：

①绘制频率分布直方图时，各小长方形的面积等于相应各组的组距； ②线性回归直线一定经过样本中心点，；

③设随机变量ξ服从正态分布N（1，32）则p（ξ＜1）=；

④对分类变量X与Y它们的随机变量K2的观测值k越大，则判断“与X与Y有关系”的把握程度越小． 其中正确的说法的个数是（ ） A．1

B．2

C．3

D．4

，c=2，cosA=，则b=（ ）

3． △ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知a=A．

B．

C．2

D．3

4． 若函数y=x2+bx+3在[0，+∞）上是单调函数，则有（ ） A．b≥0

B．b≤0

C．b＞0

D．b＜0

1，则cos(2)

3437117 A、 B、 C、 D、

48845． 若sin()6． 下列说法正确的是（ ）

A.圆锥的侧面展开图是一个等腰三角形；

B.棱柱即是两个底面全等且其余各面都是矩形的多面体； C.任何一个棱台都可以补一个棱锥使他们组成一个新的棱锥； D.通过圆台侧面上的一点，有无数条母线.

7． 已知函数f（x）的图象如图，则它的一个可能的解析式为（ ）

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精选高中模拟试卷

A．y=2 B．y=log3（x+1） C．y=4﹣ D．y=

8． 抛物线E：y2=2px（p＞0）的焦点为F，点A（0，2），若线段AF的中点B在抛物线上，则|BF|=（ ） A．

B．

C．

D．

9． 已知函数f（x+1）=3x+2，则f（x）的解析式是（ ） A．3x﹣1 10．已知

B．3x+1

C．3x+2

D．3x+4

x1yi，其中x,y是实数，是虚数单位，则xyi的共轭复数为 1iA、12i B、12i C、2i D、2i

mn2

11．n是正整数，设m，多项式（1﹣2x）+（1﹣5x）中含x一次项的系数为﹣16，则含x项的系数是（ ） A．﹣13 B．6 C．79 D．37

12．设变量x，y满足约束条件A．12

B．10

C．8

D．2

，则目标函数z=4x+2y的最大值为（ ）

二、填空题

13．设MP和OM分别是角

的正弦线和余弦线，则给出的以下不等式：

①MP＜OM＜0；②OM＜0＜MP；③OM＜MP＜0；④MP＜0＜OM， 其中正确的是 （把所有正确的序号都填上）．

14．台风“海马”以25km/h的速度向正北方向移动，观测站位于海上的A点，早上9点观测，台风中心位于其东南方向的B点；早上10点观测，台风中心位于其南偏东75°方向上的C点，这时观测站与台风中心的距离AC等于 km．

15．不等式axa1x10恒成立，则实数的值是__________.

216．函数的单调递增区间是 ．

17．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别是A1B1和BB1的中点，那么直线AM和CN所成角的余弦值为 ．

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18．已知函数f(x)asinxcosxsinx___________．

【命题意图】本题考查三角变换、三角函数的对称性与最值，意在考查逻辑思维能力、运算求解能力、转化思想与方程思想．

21的一条对称轴方程为x，则函数f(x)的最大值为26三、解答题

19．本小题满分12分 设函数f(x)exalnx Ⅰ讨论f(x)的导函数f'(x)零点个数; Ⅱ证明:当a0时,f(x)2aalna

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

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2x21．【启东中学2018届高三上学期第一次月考（10月）】设a1,函数fx1xea.

（1）证明（2）若曲线证明:m

3在0,a1上仅有一个零点；

在点

处的切线与轴平行,且在点

处的切线与直线

平行（,O是坐标原点）,

a21 e22．某校为选拔参加“央视猜灯谜大赛”的队员，在校内组织猜灯谜竞赛．规定：第一阶段知识测试成绩不小于160分的学生进入第二阶段比赛．现有200名学生参加知识测试，并将所有测试成绩绘制成如下所示的频率分布直方图．

（Ⅰ）估算这200名学生测试成绩的中位数，并求进入第二阶段比赛的学生人数；

（Ⅱ）将进入第二阶段的学生分成若干队进行比赛．现甲、乙两队在比赛中均已获得120分，进入最后抢答阶段．抢答规则：抢到的队每次需猜3条谜语，猜对1条得20分，猜错1条扣20分．根据经验，甲队猜对每条谜语的概率均为，乙队猜对前两条的概率均为，猜对第3条的概率为．若这两队抢到答题的机会均等，您做为场外观众想支持这两队中的优胜队，会把支持票投给哪队？

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23．已知平面直角坐标系xoy中的一个椭圆，它的中心在原点，左焦点为0），设点A（1，）． （1）求该椭圆的标准方程；

，右顶点为D（2，

（2）若P是椭圆上的动点，求线段PA的中点M的轨迹方程；

（3）过原点O的直线交椭圆于B，C两点，求△ABC面积的最大值，并求此时直线BC的方程．

24．（本小题满分12分）

如图（1），在三角形PCD中，AB为其中位线，且2BDPC，若沿AB将三角形PAB折起，使

PAD，构成四棱锥PABCD，且

（1）求证：平面 BEF平面PAB； （2）当 异面直线BF与PA所成的角为

PCCD2. PFCE时，求折起的角度. 3第 5 页，共 17 页

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西乡县实验中学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】A 【解析】

试题分析：∵函数yf(x1)向右平移个单位得出yf(x)的图象，又yf(x1)是偶函数，对称轴方程为x0，yf(x)的对称轴方程为x1.故选A． 考点：函数的对称性.

2． 【答案】B

【解析】解：①绘制频率分布直方图时，各小长方形的面积等于相应各组的频率，故①错； ②线性回归直线一定经过样本中心点（，），故②正确； ③设随机变量ξ服从正态分布N（1，32）则p（ξ＜1）=，正确；

④对分类变量X与Y，它们的随机变量K2的观测值k来说，k越大，“X与Y有关系”的把握程度越大，故④不正确． 故选：B．

【点评】本题考查统计的基础知识：频率分布直方图和线性回归及分类变量X，Y的关系，属于基础题．

3． 【答案】D

【解析】解：∵a=

，c=2，cosA=，

=

2

，整理可得：3b﹣8b﹣3=0，

∴由余弦定理可得：cosA==∴解得：b=3或﹣（舍去）． 故选：D．

4． 【答案】A

2

【解析】解：抛物线f（x）=x+bx+3开口向上，

以直线x=﹣为对称轴，

2

若函数y=x+bx+3在[0，+∞）上单调递增函数，

则﹣≤0，解得：b≥0， 故选：A．

【点评】本题考查二次函数的性质和应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．

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5． 【答案】A

【解析】 选A，解析：cos[(2)]cos(2)[12sin(

6． 【答案】C 【解析】

232327)] 38考

点：几何体的结构特征. 7． 【答案】C

【解析】解：由图可得，y=4为函数图象的渐近线， 函数y=2函数y=4﹣

，y=log3（x+1），y=

的值域均含4，

即y=4不是它们的渐近线，

的值域为（﹣∞，4）∪（4，+∞），

故y=4为函数图象的渐近线， 故选：C

【点评】本题考查的知识点是函数的图象，函数的值域，难度中档．

8． 【答案】D

【解析】解：依题意可知F坐标为（，0） ∴B的坐标为（，1）代入抛物线方程得∴抛物线准线方程为x=﹣

，

=．

， =1，解得p=

，

所以点B到抛物线准线的距离为则B到该抛物线焦点的距离为故选D．

9． 【答案】A

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【解析】∵f（x+1）=3x+2=3（x+1）﹣1 ∴f（x）=3x﹣1 故答案是：A

【点评】考察复合函数的转化，属于基础题．

10．【答案】D

【解析】

x1(xxi)1yi,x2,y1,故选D 1i2

（﹣2）+

（﹣5）=﹣16，

11．【答案】 D

【解析】

二项式系数的性质． 【专题】二项式定理．

【分析】由含x一次项的系数为﹣16利用二项展开式的通项公式求得2m+5n=16 ①．，再根据m、n为正整

2

数，可得m=3、n=2，从而求得含x项的系数．

mn

【解答】解：由于多项式（1﹣2x）+（1﹣5x）中含x一次项的系数为

可得2m+5n=16 ①．

再根据m、n为正整数，可得m=3、n=2， 故含x项的系数是

2

2

（﹣2）+

2

（﹣5）=37，

故选：D．

【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题． 12．【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．

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二、填空题

13．【答案】 ②

【解析】解：由MP，OM分别为角∵

∴OM＜0＜MP． 故答案为：②．

的正弦线、余弦线，如图， ，

【点评】本题的考点是三角函数线，考查用作图的方法比较三角函数的大小，本题是直接比较三角函数线的大小，在大多数此种类型的题中都是用三角函数线比较三个函数值的大小．

14．【答案】 25

【解析】解：由题意，∠ABC=135°，∠A=75°﹣45°=30°，BC=25km， 由正弦定理可得AC=故答案为：25

．

=25

km，

【点评】本题考查三角形的实际应用，转化思想的应用，利用正弦定理解答本题是关键．

15．【答案】a1 【解析】

2试题分析：因为不等式axa1x10恒成立，所以当a0时，不等式可化为x10，不符合题意；

当a0时，应满足a0(a1)4a02，即a0(a1)02，解得a1.1

考点：不等式的恒成立问题.

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16．【答案】 [2，3） ．

2

【解析】解：令t=﹣3+4x﹣x＞0，求得1＜x＜3，则y=

，

本题即求函数t在（1，3）上的减区间．

利用二次函数的性质可得函数t在（1，3）上的减区间为[2，3）， 故答案为：[2，3）．

17．【答案】

．

【解析】解：如图，将AM平移到B1E，NC平移到B1F，则∠EB1F为直线AM与CN所成角 设边长为1，则B1E=B1F=∴cos∠EB1F=， 故答案为

，EF=

【点评】本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．

18．【答案】1 【

解

析

】

三、解答题

19．【答案】

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【解析】：Ⅰf'(x)exa，因为定义域为(0,)， xax有解 即xea有解. 令h(x)xex，h'(x)ex(x1)， x当x0,h'(x)0,h(0)0h(x)0 f'(x)0ex所以，当a0时，f'(x)0,无零点； 当a0时，有唯一零点. Ⅱ由Ⅰ可知，当a0时，设f'(x)在(0,)上唯一零点为x0， 当x(x0,),f'(x)0，f(x)在(x0,)为增函数；

aex0x0a x0aaaaf(x0)ex0alnx0alnx0a(lnax0)ax0alna2aalna

x0ex0x0当x(0,x0)，f'(x)0,f(x)在(0,x0)为减函数.

ex0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．

【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|

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∴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）

解得或

这样的点只可能是点P1（，﹣）或点P2（﹣，

）（12分）

（﹣，）21．【答案】（1）（在上有且只有一个零点（2）证明见解析 fx）【解析】试题分析：

x2x（1）fxex2x1ex1，fx0，

2fx1x2e试题解析：

xa在,上为增函数．

a1，f01a0，

又fa1aea1aaea11，

a10,ea11，即fa10，

由零点存在性定理可知，fx在,上为增函数，且f0fa10，

fx在0,a1上仅有一个零点。

x（2）fxex1，设点Px0,y0，则fx0e2yfx在点P处的切线与x轴平行，fx0ex22P1,a，kOPa，

ee点M处切线与直线OP平行，

0x01，

2x010，x01，

x02点M处切线的斜率kfmemm1a22， e第 13 页，共 17 页

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2231，即m1a，

ee32m则只需证明m1em1，即m1em。

又题目需证明m3a令gmem1，则gme1，

mm易知，当m,0时，gm0，单调递减， 当m0,时，gm0，单调递增，

gmming00，即gmemm10，

m1em，

m3a21，得证。 e22．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）设测试成绩的中位数为x，由频率分布直方图得， （0.0015+0.019）×20+（x﹣140）×0.025=0.5， 解得：x=143.6．

∴测试成绩中位数为143.6．

进入第二阶段的学生人数为200×（0.003+0.0015）×20=18人． （Ⅱ）设最后抢答阶段甲、乙两队猜对灯谜的条数分别为ξ、η， 则ξ～B（3，）， ∴E（ξ）=

．

]×20=30，

∴最后抢答阶段甲队得分的期望为[∵P（η=0）=P（η=1）=P（η=2）=P（η=3）=∴Eη=

∴最后抢答阶段乙队得分的期望为[∴120+30＞120+24， ∴支持票投给甲队．

，

． ，

， ，

]×20=24．

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【点评】本小题主要考查概率、概率与统计等基础知识，考查推理论证能力、数据处理能力、运算求解能力及应用意识，考查或然与必然的思想，属中档题．

23．【答案】

【解析】解；（1）由题意可设椭圆的标准方程为∵右顶点为D（2，0），左焦点为∴a=2，

，

．

， ．

，c为半焦距．

∴该椭圆的标准方程为

（2）设点P（x0，y0），线段PA的中点M（x，y）．

由中点坐标公式可得，解得．（*）

∵点P是椭圆上的动点，∴．

把（*）代入上式可得，可化为．

即线段PA的中点M的轨迹方程为一焦点在x轴上的椭圆

（3）①当直线BC的斜率不存在时，可得B（0，﹣1），C（0，1）． ∴|BC|=2，点A

到y轴的距离为1，∴

=1；

．

②当直线BC的斜率存在时，设直线BC的方程为y=kx，B（x1，y1），C（﹣x1，﹣y1）（x1＜0）． 联立∴∴|BC|=

22

，化为（1+4k）x=4．解得

，

=

． =2

．

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又点A到直线BC的距离d=．

∴==，

∴==，

令f（k）=，则

．列表如下：

．

令f′（k）=0，解得

又由表格可知：当k=

综上可得：当k=

时，函数f（x）取得极小值，即

→1．

，即

取得最大值2，即

．

．

而当x→+∞时，f（x）→0，

时，△ABC的面积取得最大值

【点评】熟练掌握椭圆的标准方程及其性质、中点坐标公式及“代点法”、分类讨论的思想方法、直线与椭圆相交问题转化为直线的方程与椭圆的方程联立解方程组、两点间的距离公式、点到直线的距离公式、三角形的面积计算公式、利用导数研究函数的单调性及其极值．

24．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

2． 3BAAD从而得到BA平面PAD，试题分析：（1）可先证BAPA，再证CDFE,CDBE可得CD平面BEF,由CD//AB,可证明平面BEF平面PAB；（2）由PAD,取BD的中点G，连接FG,AG,可得PAG即为异面直线BF与PA所成的角或其补角,即为所折起的角度.在三角形中求角即可. 1 试题解析：

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（2）因为PAD，取BD的中点G，连接FG,AG，所以FG//CD，FG1CD，又AB//CD，21ABCD，所以FG//AB，FGAB，从而四边形ABFG为平行四边形，所以BF//AG，得；同时，

22因为PAAD，PAD，所以PAD，故折起的角度.

3考点：点、线、面之间的位置关系的判定与性质．

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