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陆良县二中2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学

2021-06-04 来源:星星旅游
精选高中模拟试卷

陆良县二中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. 已知函数f(x)asinx3cosx关于直线xA、

6对称 , 且f(x1)f(x2)4,则x1x2的最小值为

6 B、

3 C、

52 D、 632. 已知e为自然对数的底数,若对任意的x[,1],总存在唯一的y[1,1],使得lnxx1ay2ey 成立,则实数a的取值范围是( )

A.[,e] B.(,e] C.(,) D.(,e)

【命题意图】本题考查导数与函数的单调性,函数的最值的关系,函数与方程的关系等基础知识,意在考查运用转化与化归思想、综合分析问题与解决问题的能力.

3. 某程序框图如图所示,则该程序运行后输出的S的值为( )

1e1e2e2e2e1e

A.1 B. C. D.

,函数

,其中b∈R,若函数y=f(x)

4. 已知函数

﹣g(x)恰有4个零点,则b的取值范围是( )

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A. B. C. D.

5. 若A(3,﹣6),B(﹣5,2),C(6,y)三点共线,则y=( ) A.13 6. 若A.C.7. 设实数

B.﹣13

C.9

D.﹣9

,则下列不等式一定成立的是( ) B.

D.

,则a、b、c的大小关系为( )

A.a<c<b B.c<b<a C.b<a<c D.a<b<c

8. 已知向量a(m,2),b(1,n)(n0),且ab0,点P(m,n)在圆x2y25上,则

|2ab|( )

A.34 B. C.42 D.32 9. 若直线L:(2m1)x(m1)y7m40圆C:(x1)2(y2)225交于A,B两点,则弦长|AB|的最小值为( )

A.85 B.45 C.25 D.5 10.直线x+y﹣1=0与2x+2y+3=0的距离是( ) A.

B.

C.

D.

11.已知直线l1:(3+m)x+4y=5﹣3m,l2:2x+(5+m)y=8平行,则实数m的值为( ) A.﹣7

2

2

B.﹣1

2

2

C.﹣1或﹣7 D.

12.已知圆C1:x+y=4和圆C2:x+y+4x﹣4y+4=0关于直线l对称,则直线l的方程为( )

A.x+y=0 B.x+y=2 C.x﹣y=2 D.x﹣y=﹣2

二、填空题

13.若(mxy)展开式中xy的系数为160,则m__________.

【命题意图】本题考查二项式定理的应用,意在考查逆向思维能力、方程思想. 14.已知正整数m的3次幂有如下分解规律:

633131;2335;337911;4313151719;…

若m(mN)的分解中最小的数为91,则m的值为 . 3【命题意图】本题考查了归纳、数列等知识,问题的给出比较新颖,对逻辑推理及化归能力有较高要求,难度中等.

15.已知△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,asinA=bsinB+(c﹣b)sinC,且bc=4,则△ABC的面积为 .

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16.设双曲线﹣=1,F1,F2是其两个焦点,点M在双曲线上.若∠F1MF2=90°,则△F1MF2的面积

的最小值为 。

是 . 17.设

,则

18.如果直线3ax+y﹣1=0与直线(1﹣2a)x+ay+1=0平行.那么a等于 .

三、解答题

ax12f()是定义在(-1,1)上的函数, 21x25(1)求a的值并判断函数f(x)的奇偶性

19.已知函数f(x)(2)用定义法证明函数f(x)在(-1,1)上是增函数;

20.有编号为A1,A2,…A10的10个零件,测量其直径(单位:cm),得到下面数据: 编号 直径

A1 1.51

A2 1.49

A3 1.49

A4 1.51

A5 1.49

A6 1.51

A7 1.47

A8 1.46

A9 1.53

A10 1.47

其中直径在区间[1.48,1.52]内的零件为一等品. (Ⅱ)从一等品零件中,随机抽取2个. (ⅱ)求这2个零件直径相等的概率.

(Ⅰ)从上述10个零件中,随机抽取一个,求这个零件为一等品的概率; (ⅰ)用零件的编号列出所有可能的抽取结果;

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21.如图,边长为2的正方形ABCD绕AB边所在直线旋转一定的角度(小于180°)到ABEF的位置. (Ⅰ)求证:CE∥平面ADF;

(Ⅱ)若K为线段BE上异于B,E的点,CE=2求BK的取值范围.

.设直线AK与平面BDF所成角为φ,当30°≤φ≤45°时,

322.【南师附中2017届高三模拟二】已知函数fxx(1)试讨论fxx0的单调性;

31ax23ax1,a0. 2(2)证明:对于正数a,存在正数p,使得当x0,p时,有1fx1; (3)设(1)中的p的最大值为ga,求ga得最大值.

23. 定圆M:(x3)y16,动圆N过点F(3,0)且与圆M相切,记圆心N的轨迹为E. (Ⅰ)求轨迹E的方程;

22第 4 页,共 17 页

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(Ⅱ)设点A,B,C在E上运动,A与B关于原点对称,且ACBC,当ABC的面积最小时,求直线AB的方程.

24.为了预防流感,某学校对教室用药熏消毒法进行消毒.已知药物释放过程中,室内每立方米空气中的含药量y(毫克)与时间t(小时)成正比;药物释放完毕后,y与t的函数关系式为y(如图所示.据图中提供的信息,回答下列问题:

(1)写出从药物释放开始,每立方米空气中的含药量y(毫克)与时间t(小时)之间的函数关系式; (2)据测定,当空气中每立方米的含药量降低到0.25毫克以下时,学生方可进教室。那么药物释放开始,至少需要经过多少小时后,学生才能回到教室?

1ta)(a为常数),16

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陆良县二中2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学(参考答案)

一、选择题

1. 【答案】D

【解析】:f(x)asinx3cosxa23sin(x)(tan3) af(x)对称轴为x6k3,f(x1)f(x2)4

x162k1,x252k2,x1x26min23

y54321x=my=2x2. 【答案】B 【

析PO1234x2y3=05】

xx+y3=0

3. 【答案】 C

【解析】解:第一次循环第四次循环得到的结果…

所以S是以4为周期的,而由框图知当k=2011时输出S ∵2011=502×4+3 所以输出的S是 故选C

4. 【答案】 D

第二次循环得到的结果

第三次循环得到的结果

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【解析】解:∵g(x)=﹣f(2﹣x),

∴y=f(x)﹣g(x)=f(x)﹣+f(2﹣x), 由f(x)﹣+f(2﹣x)=0,得f(x)+f(2﹣x)=, 设h(x)=f(x)+f(2﹣x), 若x≤0,则﹣x≥0,2﹣x≥2,

2

则h(x)=f(x)+f(2﹣x)=2+x+x,

若0≤x≤2,则﹣2≤﹣x≤0,0≤2﹣x≤2,

则h(x)=f(x)+f(2﹣x)=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2, 若x>2,﹣x<﹣2,2﹣x<0, 作出函数h(x)的图象如图:

22

则h(x)=f(x)+f(2﹣x)=(x﹣2)+2﹣|2﹣x|=x﹣5x+8.

22

当x≤0时,h(x)=2+x+x=(x+)+≥, 22

当x>2时,h(x)=x﹣5x+8=(x﹣)+≥,

故当=时,h(x)=,有两个交点, 当=2时,h(x)=,有无数个交点,

由图象知要使函数y=f(x)﹣g(x)恰有4个零点, 即h(x)=恰有4个根,

则满足<<2,解得:b∈(,4), 故选:D.

【点评】本题主要考查函数零点个数的判断,根据条件求出函数的解析式,利用数形结合是解决本题的关键.

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5. 【答案】D

【解析】解:由题意, =(﹣8,8),∵

∥故选D.

=(3,y+6).

,∴﹣8(y+6)﹣24=0,∴y=﹣9,

【点评】本题考查三点共线,考查向量知识的运用,三点共线转化为具有公共点的向量共线是关键.

6. 【答案】D 【解析】

因为,有可能为负值,所以排除A,C,因为函数故选D

答案:D

7. 【答案】A

【解析】解:∵∴a<c<b. 故选:A.

8. 【答案】A 【解析】

0.10

,b=2>2=1,0<

0

<0.9=1.

为减函数且,所以,排除B,

考点:1、向量的模及平面向量数量积的运算;2、点和圆的位置关系. 9. 【答案】B 【解析】

2xy70试题分析:直线L:m2xy7xy40,直线过定点,解得定点3,1,当点(3,1)

xy40是弦中点时,此时弦长AB最小,圆心与定点的距离d1322125,弦长

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AB225545,故选B.

考点:1.直线与圆的位置关系;2.直线系方程.

【方法点睛】本题考查了直线与圆的位置关系,属于基础题型,涉及一些最值问题,当点在圆的外部时,圆上的点到定点距离的最小值是圆心到直线的距离减半径,当点在圆外,可做两条直线与圆相切,当点在圆上,可做一条直线与圆相切,当点在圆内,过定点做圆的弦时,过圆心即直径最长,当定点是弦的中点时,弦最短,并且弦长公式是l2R2d2,R是圆的半径,d是圆心到直线的距离. 1111]

10.【答案】A

【解析】解:直线x+y﹣1=0与2x+2y+3=0的距离,就是直线2x+2y﹣2=0与2x+2y+3=0的距离是:=

故选:A.

11.【答案】A

【解析】解:因为两条直线l1:(3+m)x+4y=5﹣3m,l2:2x+(5+m)y=8,l1与l2平行. 所以故选:A.

,解得m=﹣7.

【点评】本题考查直线方程的应用,直线的平行条件的应用,考查计算能力.

12.【答案】D

【解析】【分析】由题意可得圆心C1和圆心C2,设直线l方程为y=kx+b,由对称性可得k和b的方程组,解方程组可得.

【解答】解:由题意可得圆C1圆心为(0,0),圆C2的圆心为(﹣2,2),

2222

∵圆C1:x+y=4和圆C2:x+y+4x﹣4y+4=0关于直线l对称,

∴点(0,0)与(﹣2,2)关于直线l对称,设直线l方程为y=kx+b, ∴

•k=﹣1且

=k•

+b,

解得k=1,b=2,故直线方程为x﹣y=﹣2, 故选:D.

二、填空题

13.【答案】2

33【解析】由题意,得C6m160,即m8,所以m2.

314.【答案】10

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【解析】m的分解规律恰好为数列1,3,5,7,9,…中若干连续项之和,2为连续两项和,3为接下来三项和,故m的首个数为mm1.

∵m3(mN)的分解中最小的数为91,∴mm191,解得m10.

23233315.【答案】 .

【解析】解:∵asinA=bsinB+(c﹣b)sinC,

222222

∴由正弦定理得a=b+c﹣bc,即:b+c﹣a=bc, 222

∴由余弦定理可得b=a+c﹣2accosB,

∴cosA=∵bc=4, ∴S△ABC=bcsinA=故答案为:

==,A=60°.可得:sinA=,

=.

【点评】本题主要考查了解三角形问题.考查了对正弦定理和余弦定理的灵活运用,考查了三角形面积公式的应用,属于中档题.

16.【答案】 9 .

【解析】解:双曲线

222

可得c=a+b=13,

=1的a=2,b=3,

,∠F1MF2=90°,

又||MF1|﹣|MF2||=2a=4,|F1F2|=2c=2在△F1AF2中,由勾股定理得: |F1F2|2=|MF1|2+|MF2|2

=(|MF1|﹣|MF2|)2+2|MF1||MF2|,

22

即4c=4a+2|MF1||MF2|, 2

可得|MF1||MF2|=2b=18,

即有△F1MF2的面积S=|MF1||MF2|sin∠F1MF2=×18×1=9. 故答案为:9.

【点评】本题考查双曲线的简单性质,着重考查双曲线的定义与a、b、c之间的关系式的应用,考查三角形的面积公式,考查转化思想与运算能力,属于中档题.

17.【答案】9

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【解析】由柯西不等式可知18.【答案】

【解析】解:∵直线3ax+y﹣1=0与直线(1﹣2a)x+ay+1=0平行, ∴3aa=1(1﹣2a),解得a=﹣1或a=, 经检验当a=﹣1时,两直线重合,应舍去 故答案为:.

【点评】本题考查直线的一般式方程和平行关系,属基础题.

三、解答题

19.【答案】(1)a1,fx为奇函数;(2)详见解析。 【解析】

1ax2212试题分析:(1)f所以a1,则函数fx,函数fx的定义域为1,1,a,211x25514xx关于原点对称,又fxfx,所以函数fx为奇函数;(2)设x1,x2是区间221x1x1,1上两个不等是实数,且x1x2,则xx2x10,yfx2fx1x21x12x11x22x2x1 221x21x11x221x12x2x1x1x2x1x2x2x11x1x2,因为

1x221x121x221x122221x11,1,x21,1,

且x1x2,所以1x1x21,则1x1x20,所以区间1,1上为增函数。

x2x11x1x201x1x,即y0,所以函数fx在

122试题解析:(1)fa所以a=1, 255定义域为1,1,关于原点对称,且fxx1x2xfx,所以fx为奇函数; 21x(2)设x1,x2是区间1,1上两个不等是实数,且x1x2,则xx2x10

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因为x11,1,x21,1,且x1x2, 所以1x1x21,则1x1x20,所以即y0,

x21x12x11x22x2x11x1x2x2x1 yfx2fx12222221x21x11x21x11x21x1x2x11x1x201x221x12,

所以函数fx在区间1,1上为增函数。 考点:1.函数的奇偶性;2.函数的单调性。

20.【答案】

【解析】(Ⅰ)解:由所给数据可知,一等品零件共有6个. 设“从10个零件中,随机抽取一个为一等品”为事件A,则P(A)=(Ⅱ)(i)一等品零件的编号为A1,A2,A3,A4,A5,A6. 从这6个一等品零件中随机抽取2个,

=;

所有可能的结果有:{A1,A2},{A1,A3},{A1,A4},{A1,A5}, {A1,A6},{A2,A3},{A2,A4},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A4}, {A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6}共有15种. (ii)“从一等品零件中,随机抽取的2个零件直径相等”记为事件B B的所有可能结果有:{A1,A4},{A1,A6},{A4,A6}, {A2,A3},{A2,A5},{A3,A5},共有6种. ∴P(B)=

【点评】本小题主要考查用列举法计算随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率等基础知识,考查数据处 理能力及运用概率知识解决简单的实际问题的能力.

21.【答案】

【解析】解:(Ⅰ)证明:正方形ABCD中,CDBA,正方形ABEF中,EF∴EF

CD,∴四边形EFDC为平行四边形,∴CE∥DF.…

222

,∴CE=BC+BE.

BA.…

又DF⊂平面ADF,CE⊄平面ADF,∴CE∥平面ADF. … (Ⅱ)解:∵BE=BC=2,CE=∴△BCE为直角三角形,BE⊥BC,…

又BE⊥BA,BC∩BA=B,BC、BA⊂平面ABCD,∴BE⊥平面ABCD. …

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以B为原点,、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),

=(2,2,0),

=(0,2,2).

F(0,2,2),A(0,2,0),

设K(0,0,m),平面BDF的一个法向量为=(x,y,z). 由又

,得

可取=(1,﹣1,1),…

=

=(0,﹣2,m),于是sinφ=

∵30°≤φ≤45°,∴结合0<m<2,解得0

,即…

].…

,即BK的取值范围为(0,4﹣

【点评】本小题主要考查空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.

22.【答案】(1)证明过程如解析;(2)对于正数a,存在正数p,使得当x0,p时,有1fx1;(3)ga的最大值为3 3【解析】【试题分析】(1)先对函数fxx31ax23ax1,a0进行求导,再对导函数的值的 2符号进行分析,进而做出判断;(2)先求出函数值

f01,faa3a21分析讨论,推断出存在p0,a使得fp10,从而证得当x0,p时,有1fx1成立;(3) 借助(2)的结论:fx在0,上有最小值为fa,然后分0a1,a1两种情形探求ga的解析表达式和最大值。

2证明:(1)由于fx3x31ax3a3x1xa,且a0,

1232121aa21,进而分fa1和fa1两种情形进行 2故fx在0,a上单调递减,在a,上单调递增. 第 14 页,共 17 页

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(3)由(2)知fx在0,上的最小值为fa.

2即2p31ap6a0满足pa的实根,

当0a1时,fa1,则ga是方程fp1满足pa的实根,

所以ga3a19a230a9又ga在0,1上单调递增,故gamaxg13. 当a1时,fa1,由于f01,f1故0,p0,1.此时,ga1. 综上所述,ga的最大值为3. 23.【答案】 【解析】(Ⅰ)

4.

91a11, 2F(3,0)在圆M:(x3)2y216内,圆N内切于圆M.

NMNF4FM,点N的轨迹E为椭圆,且2a4,c3,b1 x2轨迹E的方程为y21. .........4分 4(Ⅱ)①当AB为长轴(或短轴)时,此时SABC1OCAB2. ...5分 2②当直线AB的斜率存在且不为0时,设直线AB方程为ykx, 第 15 页,共 17 页

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x2244k24(1k2)2y12222,yA,OAxAyA. 联立方程4得xA22214k14k14kykx4(1k2)12. 将上式中的k替换为,得OC2k4kSABC2SAOC4(1k2)4(1k2)4(1k2)OAOC.9分 2214k2k24(14k)(k4)2(14k2)(k24)5(1k2)8(14k)(k4),SABC, 225222当且仅当14kk4,即k1时等号成立,此时ABC面积最小值是8. 5882,ABC面积最小值是,此时直线AB的方程为yx或yx. 12分 5510t,0t0.124.【答案】(1)y1t0.1;(2)至少经过0.6小时才能回到教室。

(),x0.116【解析】

试题分析:(1)由题意:当0t0.1时,y与t成正比,观察图象过点0,0,(0.1,1),所以可以求出解析

11ta110.1a时,y与t的函数关系为y(),观察图象过点(,1),代入得:1(),1016101610t,0t0.11t0.1所以a0.1,则解析式为y(),所以含药量y与t的函数关系为:y1t0.1;(2)观

16(),x0.116式为y10t,当t察图象可知,药物含量在0,0.1段时间内逐渐递增,在t0.1时刻达到最大值1毫克,在t0.1时刻后,药物含量开始逐渐减少,当药物含量到0.25毫克时,有(所以至少要经过0.6小时,才能回到教室。 试题解析:(1)依题意,当易求得k=10,∴ y=10t,

,可设y与t的函数关系式为y=kt,

1t0.11)0.25,所以t0.10.5,所以t0.6,164第 16 页,共 17 页

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∴ 含药量y与时间t的函数关系式为

(2)由图像可知y与t的关系是先增后减的,在 然后

时,y从1开始递减。 ∴

时,y从0增加到1; ,解得t=0.6,

∴至少经过0.6小时,学生才能回到教室

考点:1.分段函数;2.指数函数;3.函数的实际应用。

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