科尔沁区二中2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学

科尔沁区二中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． 不等式x（x﹣1）＜2的解集是（ ）

A．{x|﹣2＜x＜1} B．{x|﹣1＜x＜2} C．{x|x＞1或x＜﹣2} D．{x|x＞2或x＜﹣1}

2． 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若m＞1，且am﹣1+am+1﹣am2=0，S2m﹣1=38，则m等于（ ） A．38

B．20

C．10

D．9

3． 已知函数f（x）的图象如图，则它的一个可能的解析式为（ ）

A．y=2 B．y=log3（x+1） C．y=4﹣ D．y=

4． 下列给出的几个关系中：①a,b；②④0,正确的有（ ）个

a,ba,b；③a,bb,a；

A.个 B.个 C.个 D.个 5． 不等式ax2+bx+c＜0（a≠0）的解集为R，那么（ ） A．a＜0，△＜0 B．a＜0，△≤0 和的最小值为（ ） A．3

B．

C．a＞0，△≥0

C．

D．a＞0，△＞0

6． 已知点P是抛物线y2=2x上的一个动点，则点P到点M（0，2）的距离与点P到该抛物线准线的距离之

D．

7． 已知命题p：2≤2，命题q：∃x0∈R，使得x02+2x0+2=0，则下列命题是真命题的是（ ） A．￢p B．￢p∨q

C．p∧q D．p∨q

8． 若函数fx2sin2x的图象关于直线x对称，且当

212217x1，x2，，x1x2时，fx1fx2，则fx1x2等于（ ）

123A．2

B．2 2 C.6 2 D．2 49． 一个多面体的直观图和三视图如图所示，点M是边AB上的动点，记四面体EFMC的体 积为V1，多面体ADFBCE的体积为V2，则

V1（ ）1111] V2第 1 页，共 16 页

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A．

111 B． C． D．不是定值，随点M的变化而变化

324

10．定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足：＞0的解集为（ ） A．（2，+∞） 个数为（ ） A．1 A．﹣6

B．（0，2） C．（0，4） D．（4，+∞）

B．2 B．6

C．3 C．3

D．4

D．﹣3

11．设集合M={（x，y）|x2+y2=1，x∈R，y∈R}，N={（x，y）|x2﹣y=0，x∈R，y∈R}，则集合M∩N中元素的

＜0，且f（2）=4，则不等式f（x）﹣

12．已知||=||=1，与夹角是90°，=2+3， =k﹣4，与垂直，k的值为（ ）

二、填空题

13．已知复数

50100

，则1+z+z= ．

14．已知M、N为抛物线y4x上两个不同的点，F为抛物线的焦点．若线段MN的中点的纵坐标为2，

2|MF||NF|10，则直线MN的方程为_________.

15．已知圆C的方程为x2y22y30，过点P1,2的直线与圆C交于A,B两点，若使AB 最小则直线的方程是 ．

16．抛物线y2=6x，过点P（4，1）引一条弦，使它恰好被P点平分，则该弦所在的直线方程为 ． 17．已知

是等差数列，

为其公差,

是其前项和，若只有

是

中的最小项,则可得出的结论中

所有正确的序号是___________ ①

②

③

④

⑤

18．在ABC中，已知角A,B,C的对边分别为a,b,c，且abcosCcsinB，则角B 为 .

三、解答题

19．如图在长方形ABCD中，

（1）若M是AB的中点，求证：

是CD的中点，M是线段AB上的点，

与

共线；

．

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（2）在线段AB上是否存在点M，使得与垂直？若不存在请说明理由，若存在请求出M点的位置；

（3）若动点P在长方形ABCD上运动，试求的最大值及取得最大值时P点的位置．

20．对于任意的n∈N*，记集合En={1，2，3，…，n}，Pn=

．若集合A满足下

列条件：①A⊆Pn；②∀x1，x2∈A，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2=k2，则称A具有性质Ω． 如当n=2时，E2={1，2}，P2=所以P2具有性质Ω．

（Ⅰ）写出集合P3，P5中的元素个数，并判断P3是否具有性质Ω． （Ⅱ）证明：不存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使E15=A∪B． （Ⅲ）若存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使Pn=A∪B，求n的最大值．

21．（本小题满分10分）直线l的极坐标方程为θ＝α（ρ∈R，ρ≠0），其中α∈[0，π），曲线C1的参数方

．∀x1，x2∈P2，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2=k2，

x＝cos t程为（t为参数），圆C2的普通方程为x2＋y2＋23x＝0.

y＝1＋sin t

（1）求C1，C2的极坐标方程；

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（2）若l与C1交于点A，l与C2交于点B，当|AB|＝2时，求△ABC2的面积．

22．如图，在平面直角坐标系xOy中，以x为始边作两个锐角α，β，它们的终边分别与单位圆交于A，B两点．已知A，B的横坐标分别为（1）求tan（α+β）的值； （2）求2α+β的值．

，

．

23．（本小题满分12分）已知函数fxaxbxlnx（a,bR）．

21（2）当a0时，是否存在实数b，当x0,e（e是自然常数）时，函数f(x)的最小值是3，若存在，求

（1）当a1,b3时，求函数fx在,2上的最大值和最小值；

2出b的值；若不存在，说明理由；

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24．（本小题满分12分）

如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，且ABC60，侧面PDC为等边三角形，

o且与底面ABCD垂直，M为PB的中点． （Ⅰ）求证：PADM；

（Ⅱ）求直线PC与平面DCM所成角的正弦值．

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科尔沁区二中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】B

【解析】解：∵x（x﹣1）＜2， ∴x﹣x﹣2＜0，

2

即（x﹣2）（x+1）＜0， ∴﹣1＜x＜2，

即不等式的解集为{x|﹣1＜x＜2}． 故选：B

2． 【答案】C

【解析】解：根据等差数列的性质可得：am﹣1+am+1=2am，

2

则am﹣1+am+1﹣am=am（2﹣am）=0，

解得：am=0或am=2， 若am等于0，显然S2m﹣1=

=（2m﹣1）am=38不成立，故有am=2， ∴S2m﹣1=（2m﹣1）am=4m﹣2=38， 解得m=10． 故选C

3． 【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．

4． 【答案】C 【解析】

试题分析：由题意得，根据集合之间的关系可知：a,bb,a和0是正确的，故选C.

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考点：集合间的关系. 5． 【答案】A

2

【解析】解：∵不等式ax+bx+c＜0（a≠0）的解集为R，

∴a＜0，

2

且△=b﹣4ac＜0，

2

综上，不等式ax+bx+c＜0（a≠0）的解集为的条件是：a＜0且△＜0．

故选A．

6． 【答案】B 则F（，0），

【解析】解：依题设P在抛物线准线的投影为P′，抛物线的焦点为F，

．

依抛物线的定义知P到该抛物线准线的距离为|PP′|=|PF|， 则点P到点M（0，2）的距离与P到该抛物线准线的距离之和， d=|PF|+|PM|≥|MF|=

=

．

即有当M，P，F三点共线时，取得最小值，为故选：B． 想．

7． 【答案】D

【点评】本题主要考查抛物线的定义解题，考查了抛物线的应用，考查了学生转化和化归，数形结合等数学思

【解析】解：命题p：2≤2是真命题，

2

方程x+2x+2=0无实根，

2

故命题q：∃x0∈R，使得x0+2x0+2=0是假命题，

故命题￢p，￢p∨q，p∧q是假命题， 命题p∨q是真命题， 故选：D

8． 【答案】C 【

解

析

】

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考

点：函数的图象与性质.

【方法点晴】本题主要考查函数的图象与性质，涉及数形结合思想、函数与方程思想、转化化归思想，考查逻辑推理能力、化归能力和计算能力，综合程度高，属于较难题型．首先利用数形结合思想和转化化归思想可得

，从而fx2sin2x，再次利用数形结合思想和转化化归思想

3122311可得x1，fx1，对称，可得x1x2，从而 x2，fx2关于直线x11126611fx1x22sin．

3232kkZ，解得9． 【答案】B 【

解

析

】

考

点：棱柱、棱锥、棱台的体积． 10．【答案】B

【解析】解：定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足：∵f（2）=4，则2f（2）=8，

＜0．

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f（x）﹣＞0化简得当x＜2时，

⇒

故得x＜2，

∵定义在（0，+∞）上．

，

成立．

∴不等式f（x）﹣＞0的解集为（0，2）． 故选B．

【点评】本题考查了构造已知条件求解不等式，从已知条件入手，找个关系求解．属于中档题．

11．【答案】B

222

【解析】解：根据题意，M∩N={（x，y）|x+y=1，x∈R，y∈R}∩{（x，y）|x﹣y=0，x∈R，y∈R}═{（x，y）

|}

222

将x﹣y=0代入x+y=1， 2

得y+y﹣1=0，△=5＞0，

所以方程组有两组解，

因此集合M∩N中元素的个数为2个， 故选B．

【点评】本题既是交集运算，又是函数图形求交点个数问题

12．【答案】B

【解析】解：∵ =（2+3）（k﹣4） =2k又∵故选B

+（3k﹣8）

﹣12

=0，

=0．∴2k﹣12=0，k=6．

【点评】用一组向量来表示一个向量，是以后解题过程中常见到的，向量的加减运算是用向量解决问题的基础，要学好运算，才能用向量解决立体几何问题，三角函数问题，好多问题都是以向量为载体的

二、填空题

13．【答案】 i ．

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【解析】解：复数，

22501002550

所以z=i，又i=﹣1，所以1+z+z=1+i+i=1+i﹣1=i；

故答案为：i．

2

【点评】本题考查了虚数单位i的性质运用；注意i=﹣1．

14．【答案】xy20

【解析】解析： 设M(x1,y1)、N(x2,y2)，那么|MF||NF|x1x2210，x1x28，∴线段MN的

22中点坐标为(4,2).由y14x1，y24x2两式相减得(y1y2)(y1y2)4(x1x2)，而

y1y22，∴2y1y21，∴直线MN的方程为y2x4，即xy20.

x1x215．【答案】xy30 【解析】

试题分析：由圆C的方程为x2y22y30，表示圆心在C(0,1)，半径为的圆，点P1,2到圆心的距离等于2，小于圆的半径，所以点P1,2在圆内，所以当ABCP时，AB最小，此时

kCP1,k11，由点斜式方程可得，直线的方程为y2x1，即xy30.

考点：直线与圆的位置关系的应用.

16．【答案】 3x﹣y﹣11=0 ．

【解析】解：设过点P（4，1）的直线与抛物线的交点 为A（x1，y1），B（x2，y2），

22

即有y1=6x1，y2=6x2，

相减可得，（y1﹣y2）（y1+y2）=6（x1﹣x2）， 即有kAB=

=

==3，

则直线方程为y﹣1=3（x﹣4）， 即为3x﹣y﹣11=0．

将直线y=3x﹣11代入抛物线的方程，可得 9x2﹣72x+121=0，判别式为722﹣4×9×121＞0， 故所求直线为3x﹣y﹣11=0． 故答案为：3x﹣y﹣11=0．

17．【答案】①②③④ 【解析】

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因为只有确;，故④正确;

是中的最小项，所以

，，所以，故①②③正

，无法判断符号，故⑤错误， 故正确答案①②③④

答案：①②③④

18．【答案】【

 4解析】

考

点：正弦定理．

【方法点晴】本题考查正余弦定理,根据正弦定理，将所给的含有边和角的等式化为只含有角的等式，再利用三角形的三角和是180，消去多余的变量，从而解出B角.三角函数题目在高考中的难度逐渐增加，以考查三角函数的图象和性质，以及三角形中的正余弦定理为主，在2016年全国卷（ ）中以选择题的压轴题出现.

三、解答题

19．【答案】

【解析】（1）证明：如图，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，

当M是AB的中点时，A（0，0），N（1，1），C（2，1），M（1，0），

，

由

，可得

与

共线；

与

垂直，

（2）解：假设线段AB上是否存在点M，使得

，

设M（t，0）（0≤t≤2），则B（2，0），D（0，1），M（t，0），

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由=﹣2（t﹣2）﹣1=0，解得t=，

，使得

与

垂直； 在

∴线段AB上存在点

（3）解：由图看出，当P在线段BC上时，则

有最大值为4．

上的投影最大，

【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查了向量在向量方向上的投影，体现了数形结合的解题思想方法，是中档题．

20．【答案】

．

【解析】解：（Ⅰ）∵对于任意的n∈N*，记集合En={1，2，3，…，n}，Pn=∴集合P3，P5中的元素个数分别为9，23，

∵集合A满足下列条件：①A⊆Pn；②∀x1，x2∈A，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2=k2，则称A具有性质Ω，

∴P3不具有性质Ω．…..

证明：（Ⅱ）假设存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使E15=A∪B．其中E15={1，2，3，…，15}． 因为1∈E15，所以1∈A∪B，

不妨设1∈A．因为1+3=22，所以3∉A，3∈B．

同理6∈A，10∈B，15∈A．因为1+15=42，这与A具有性质Ω矛盾． 所以假设不成立，即不存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使E15=A∪B．…..

解：（Ⅲ）因为当n≥15时，E15⊆Pn，由（Ⅱ）知，不存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使Pn=A∪B． 若n=14，当b=1时，

，

取A1={1，2，4，6，9，11，13}，B1={3，5，7，8，10，12，14}， 则A1，B1具有性质Ω，且A1∩B1=∅，使E14=A1∪B1． 当b=4时，集合

中除整数外，其余的数组成集合为，

令

，

，

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则A2，B2具有性质Ω，且A2∩B2=∅，使当b=9时，集

中除整数外，其余的数组成集合

，

令

则A3，B3具有性质Ω，且A3∩B3=∅，使

．

集合

它与P14中的任何其他数之和都不是整数，

因此，令A=A1∪A2∪A3∪C，B=B1∪B2∪B3，则A∩B=∅，且P14=A∪B． 综上，所求n的最大值为14．…..

中的数均为无理数，

，

．

．

【点评】本题考查集合性质的应用，考查实数值最大值的求法，综合性强，难度大，对数学思维要求高，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．

21．【答案】

x＝cos t

【解析】解：（1）由C1：（t为参数）得

y＝1＋sin t

x2＋（y－1）2＝1， 即x2＋y2－2y＝0，

∴ρ2－2ρsin θ＝0，即ρ＝2sin θ为C1的极坐标方程， 由圆C2：x2＋y2＋23x＝0得

ρ2＋23ρcos θ＝0，即ρ＝－23cos θ为C2的极坐标方程． （2）由题意得A，B的极坐标分别为 A（2sin α，α），B（－23cos α，α）． ∴|AB|＝|2sin α＋23cos α| π

＝4|sin（α＋）|，α∈[0，π），

3π1

由|AB|＝2得|sin（α＋）|＝，

32π5π

∴α＝或α＝.

26

ππ5π当α＝时，B点极坐标（0，）与ρ≠0矛盾，∴α＝，

226

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5π

此时l的方程为y＝x·tan（x＜0），

6

即3x＋3y＝0，由圆C2：x2＋y2＋23x＝0知圆心C2的直角坐标为（－3，0）， |3×（－3）|3

∴C2到l的距离d＝＝，

2

（3）2＋321

∴△ABC2的面积为S＝|AB|·d

2

133＝×2×＝. 222

3

即△ABC2的面积为. 222．【答案】

【解析】解：（1）由已知得：

．∵α，β为锐角，∴

．

∴．∴．

（2）∵

∵α，β为锐角，∴∴

23．【答案】

．

，

，∴ ．

【解析】【命题意图】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值、不等式的解法等基础知识，意在考查逻辑思维能力、等价转化能力、分析与解决问题的能力、探究能力、运算求解能力．

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（2）当a0时，fxbxlnx．

假设存在实数b，使gxbxlnxx0,e有最小值3，

f(x)b1bx1．………7分 xx4（舍去）．………8分 e①当b0时，f(x)在0,e上单调递减，f(x)minfebe13,b②当0111

e时，f(x)在0,上单调递减，在,e上单调递增， bbb

12∴f(x)ming1lnb3,be，满足条件．……………………………10分

b14③当e时，f(x)在0,e上单调递减，f(x)mingebe13,b（舍去），………11分

be2综上，存在实数be，使得当x0,e时，函数f(x)最小值是3．……………………………12分

24．【答案】

o【解析】由底面ABCD为菱形且ABC60，∴ABC，ADC是等边三角形， 取DC中点O，有OADC,OPDC，

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∴POA为二面角PCDA的平面角， ∴POA90．

o分别以OA,OC,OP所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系如图， 则A(3,0,0),P(0,0,3),D(0,1,0),B(3,2,0),C(0,1,0)． …… 3分

3333,1,),∴DM(,2,),2222 3),0),PADM0, PADCPADC(3,0,P∴ PADM …… 6分

（Ⅰ）由M为PB中点，M(（Ⅱ）由DC(0,2,0)，PADC0，∴PADC， ∴ 平面DCM的法向量可取PA(3,0,3), …… 9分 DPC(0,1,3)， 设直线PC与平面DCM所成角为， 则sin|cosPC,PA||zMyBOACPCPA36． |4|PC||PA|626 ．…… 12分 4x即直线PC与平面DCM所成角的正弦值为

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