顺庆区第二中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

一、选择题

2x1,x11． 设函数fx，则使得fx1的自变量的取值范围为（ ）

4x1,x1A．,20,10 B．,20,1C．,21,10 D．2,01,10）

2＋ai2． 设a，b∈R，i为虚数单位，若＝3＋bi，则a－b为（

＋1i

A．3 B．2C．1

D．0

23． 已知圆M过定点(0,1)且圆心M在抛物线x2y上运动，若x轴截圆M所得的弦为|PQ|，则弦长

|PQ|等于（ ）

A．2 难度较大.4． 设命题p：A．C．

xB．3 C．4 D．与点位置有关的值

【命题意图】本题考查了抛物线的标准方程、圆的几何性质，对数形结合能力与逻辑推理运算能力要求较高，

，则

B． D．

p为（ ）

5． 已知函数f(x)esinx，其中xR，e2.71828为自然对数的底数．当x[0,的图象不在直线ykx的下方，则实数k的取值范围（

22函数yf(x)]时，

）

2A．(,1)　　　　B．(,1]　　　　C．(,e)　　　　D．(,e]【命题意图】本题考查函数图象与性质、利用导数研究函数的单调性、零点存在性定理，意在考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，以及构造思想、分类讨论思想的应用．

ex26． 已知函数f(x)=，关于x的方程f(x)-2af(x)+a-1=0（aÎR）有3个相异的实数根，则a的

x取值范围是（

）

ìe2-1e2-1e2-1ïe2-1üïA．(,+¥) B．(-¥,) C．(0,) D．íý2e-12e-12e-12e-1ïïîþ【命题意图】本题考查函数和方程、导数的应用等基础知识，意在考查数形结合思想、综合分析问题解决问题的能力．

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7． 若圆心坐标为2,1的圆在直线xy10上截得的弦长为22，则这个圆的方程是（ A．x2y10 C．x2y18 A. 充分必要条件 C. 必要不充分条件

2222）

B．x2y14 D．x2y116）

22228． ABC中，“AB”是“cos2Bcos2A”的（

B. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【命题意图】本题考查三角函数的性质与充分必要条件等基础知识，意在考查构造函数的思想与运算求解能力.9． 设函数y=x3与y=（）x的图象的交点为（x0，y0），则x0所在的区间是（ A．（0，1）B．（1，2）C．（2，3）D．（3，4）

10．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是，，，已知8b5c，C2B，则cosC（ A．

）

）

7 25B．7 25C. 7 25D．

242511．已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能是（ ）A．1

B．

C．）

D．

12．平面α与平面β平行的条件可以是（ A．α内有无穷多条直线与β平行B．直线a∥α，a∥β

C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥αD．α内的任何直线都与β平行

二、填空题

13．已知x，y为实数，代数式1(y2)29(3x)2x2y2的最小值是 .【命题意图】本题考查两点之间距离公式的运用基础知识，意在考查构造的数学思想与运算求解能力.14．【盐城中学2018届高三上第一次阶段性考试】已知函数f（x）＝lnx－最小值4，则m＝________．

15．【2017-2018第一学期东台安丰中学高三第一次月考】在平面直角坐标系xOy中，直线l与函数

m （m∈R）在区间[1，e]上取得xBx2,y2，则x1x2的值为__________．

的最小值等于　　　　　　．fx2x2a2x0和gx2x3a2x0均相切（其中a为常数），切点分别为Ax1,y1和

16．已知函数f（x）是定义在R上的单调函数，且满足对任意的实数x都有f[f（x）﹣2x]=6，则f（x）+f（﹣x）

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17．将曲线C1:y2sin(x的最小值为_________.

4),0向右平移

6个单位后得到曲线C2，若C1与C2关于x轴对称，则三、解答题

18．(本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程．

＝1＋3cos α在直角坐标系中，曲线C1：x（α为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐

＝＋23ysin α{)标系，C2的极坐标方程为ρ＝

.πsin（θ＋）4

（1）求C1，C2的普通方程；

（2）若直线C3的极坐标方程为θ＝3π（ρ∈R），设C3与C1交于点M，N，P是C2上一点，求△PMN的面

4

积．

219．（本小题满分12分）已知函数h(x)13xax21，设f(x)h'(x)2alnx，3g(x)ln2x2a2，其中x0，aR.

（1）若函数f(x)在区间(2,)上单调递增，求实数的取值范围； （2）记F(x)f(x)g(x)，求证：F(x)1.2第 3 页，共 18 页

∠AA1C1=60°，20．AB=AC=AA1=BC1=2，AC1与A1C如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面ABC1⊥平面AA1C1C，相交于点D．

（1）求证：BD⊥平面AA1C1C；（2）求二面角C1﹣AB﹣C的余弦值．

21．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，底面三角形ABC为正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，AB=2，AA1=4，E为AA1的中点，F为BC的中点（1）求证：直线AF∥平面BEC1（2）求A到平面BEC1的距离．

22．如图，已知椭圆C，点B坐标为（0，﹣1），过点B的直线与椭圆C的另外一个交

点为A，且线段AB的中点E在直线y=x上．（1）求直线AB的方程；

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（2）若点P为椭圆C上异于A，B的任意一点，直线AP，BP分别交直线y=x于点M，N，直线BM交椭圆C于另外一点Q．①证明：OM•ON为定值；②证明：A、Q、N三点共线．

23．由四个不同的数字1，2，4，x组成无重复数字的三位数．（1）若x=5，其中能被5整除的共有多少个？（2）若x=9，其中能被3整除的共有多少个？（3）若x=0，其中的偶数共有多少个？

（4）若所有这些三位数的各位数字之和是252，求x．

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顺庆区第二中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题（参考答案）

一、选择题

1． 【答案】A【解析】

考

点：分段函数的应用.

【方法点晴】本题主要考查了分段函数的应用，其中解答中涉及到不等式的求解，集合的交集和集合的并集运算，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题，本题的解答中，根据分段函数的分段条件，列出相应的不等式，通过求解每个不等式的解集，利用集合的运算是解答的关键.2． 【答案】

2＋ai＝3＋bi得，＋1i

2＋ai＝（1＋i）（3＋bi）＝3－b＋（3＋b）i，【解析】选A.由

∵a，b∈R，

＝3－b∴2，即a＝4，b＝1，∴a－b＝3（或者由a＝3＋b直接得出a－b＝3），选A.a＝3＋b

{)3． 【答案】A

【解析】过M作MN垂直于x轴于N，设M(x0,y0)，则N(x0,0)，在RtMNQ中，|MN|y0，MQ为圆的半径，NQ为PQ的一半，因此

222|PQ|24|NQ|24(|MQ|2|MN|2)4[x0(y01)2y0]4(x02y01)又点M在抛物线上，∴x02y0，∴|PQ|2224(x02y01)4，∴|PQ|2.

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4． 【答案】A

【解析】【知识点】全称量词与存在性量词【试题解析】因为特称命题的否定是全称命题，故答案为：A5． 【答案】B

【解析】由题意设g(x)f(x)kxesinxkx，且g(x)0在x[0,]时恒成立，而

xp为：。

2g'(x)ex(sinxcosx)k．令h(x)ex(sinxcosx)，则h'(x)2excosx0，所以h(x)在[0,]上递

2增，所以1h(x)e2．当k1时，g'(x)0，g(x)在[0,22]上递增，g(x)g(0)0，符合题意；当

ke时，g'(x)0，g(x)在[0,]上递减，g(x)g(0)0，与题意不合；当1ke2时，g(x)为一

2个递增函数，而g'(0)1k0，g'()e2k0，由零点存在性定理，必存在一个零点x0，使得

2g'(x0)0，当x[0,x0)时，g'(x)0，从而g(x)在x[0,x0)上单调递减，从而g(x)g(0)0，与题

意不合，综上所述：k的取值范围为(,1]，故选B．

6． 【答案】D

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yex1O第Ⅱ卷（共90分）

7． 【答案】B【解析】

考

点：圆的方程.1111]8． 【答案】A.

【解析】在ABC中cos2Bcos2A12sinB12sinAsinAsinBsinAsinB2222AB，故是充分必要条件，故选A.

9． 【答案】A

【解析】解：令f（x）=x3﹣∵f′（x）=3x2﹣∴f（x）=x3﹣

ln=3x2+在R上单调递增；

，

ln2＞0，

又f（1）=1﹣=＞0，f（0）=0﹣1=﹣1＜0，

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∴f（x）=x3﹣的零点在（0，1），

∵函数y=x3与y=（）x的图象的交点为（x0，y0），∴x0所在的区间是（0，1）．故答案为：A．　

10．【答案】A【解析】

考

点：正弦定理及二倍角公式.

【思路点晴】本题中用到了正弦定理实现三角形中边与角的互化，同角三角函数间的基本关系及二倍角公式，如sin理

2cos21,cos2cos2sin2,这要求学生对基本公式要熟练掌握解三角形时常借助于正弦定

abc2R，余弦定理a2b2c22bccosA， 实现边与角的互相转化.sinAsinBsinC11．【答案】C

【解析】解：水平放置的正方体，当正视图为正方形时，其面积最小为1；当正视图为对角面时，其面积最大为

．

．

因此可知：A，B，D皆有可能，而故选C．

【点评】正确求出满足条件的该正方体的正视图的面积的范围为　

12．【答案】D

当直线a∥α，a∥β时，a与β可能平行，也可能相交，故不选 B．

当直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β 时，直线a 和直线 b可能平行，也可能是异面直线，故不选 C． 当α内的任何直线都与β 平行时，由两个平面平行的定义可得，这两个平面平行，

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因此满足棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积的范围为

＜1，故C不可能．

是解题的关键．

【解析】解：当α内有无穷多条直线与β平行时，a与β可能平行，也可能相交，故不选A．

故选 D．

【点评】本题考查两个平面平行的判定和性质得应用，注意考虑特殊情况．　

二、填空题

13．【答案】41. 【

解

析

】

14．【答案】－3e【解析】f′（x）＝减，

当x>－m时，f′（x）>0，f（x）单调递增．若－m≤1，即m≥－1时，f（x）min＝f（1）＝－m≤1，不可能等于4；

若1<－m≤e，即－e≤m<－1时，f（x）＝ln（－m）＋1，令ln（－m）＋1＝4，得m＝－e3（－min＝f（－m）

1mxm

＋＝，令f′（x）＝0，则x＝－m，且当x<－m时，f′（x）<0，f（x）单调递xx2x2

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e，－

1）；若－m>e，即m<－e时，f（x）min＝f（e）＝1－m＝－3e.15．【答案】

mm，令1－＝4，得m＝－3e，符合题意．综上所述，ee5627【解析】

16．【答案】　6　．

【解析】解：根据题意可知：f（x）﹣2x是一个固定的数，记为a，则f（a）=6，∴f（x）﹣2x=a，即f（x）=a+2x，∴当x=a时，又∵a+2a=6，∴a=2，∴f（x）=2+2x，

∴f（x）+f（﹣x）=2+2x+2+2﹣x=2x+2﹣x+4≥2

+4=6，当且仅当x=0时成立，

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∴f（x）+f（﹣x）的最小值等于6，故答案为：6．

【点评】本题考查函数的最值，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．　

17．【答案】6【解析】解析：曲线C2的解析式为y2sin[(x)]2sin(x)，由C1与C2关于x轴对6446称知sin(x)sin(x)，即1cos()sin(x)sin()cos(x)0对一切

64644641cos()06∴(2k1)，∴6(2k1),kZ，由0得的最小值为6.xR恒成立，∴6sin()06三、解答题

18．【答案】

＝1＋3cos α【解析】解：（1）由C1：x（α为参数）

＝＋23ysin α得（x－1）2＋（y－2）2＝9（cos2α＋sin2α）＝9.即C1的普通方程为（x－1）2＋（y－2）2＝9，由C2：ρ＝

得

πsin（θ＋）

4

ρ（sin θ＋cos θ）＝2，即x＋y－2＝0，

即C2的普通方程为x＋y－2＝0.

（2）由C1：（x－1）2＋（y－2）2＝9得x2＋y2－2x－4y－4＝0，

其极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ－4＝0，将θ＝3π代入上式得42ρ－2ρ－4＝0，

ρ1＋ρ2＝2，ρ1ρ2＝－4，

∴|MN|＝|ρ1－ρ2|＝（ρ1＋ρ2）2－4ρ1ρ2＝32.

C3：θ＝3π（ρ∈R）的直角坐标方程为x＋y＝0，

4

∴C2与C3是两平行直线，其距离d＝2＝2.22{)第 12 页，共 18 页

∴△PMN的面积为S＝1|MN|×d＝1×32×2＝3.

22

即△PMN的面积为3.

19．【答案】（1）(,].（2）证明见解析.【

解

析

】

43试

13xax21，h'(x)x22ax，1111]32所以函数f(x)h'(x)2alnxx2ax2alnx，∵函数f(x)在区间(2,)上单调递增，

题解析：解：（1）函数h(x)2x22ax2ax2∴f'(x)h'(x)2alnx在x(2,)上恒成0在区间(2,)上恒成立，所以axx1立.

2x(x1)x2x22xx2令M(x)，则M'(x)，当x(2,)时，M'(x)0，

(x1)2(x1)2x1x244∴M(x)M(2)，∴实数的取值范围为(,].

x133x2ln2x（2）F(x)x2ax2alnxlnx2a2[a(xlnx)a]，

2x2ln2x2令P(a)a(xlnx)a，则111]

2xlnx2xlnx2x2ln2xxlnx2(xlnx)2(xlnx)2.P(a)(a)()(a)2222441x1令Q(x)xlnx，则Q'(x)1，显然Q(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间[1,)上单调递增，

xx111则Q(x)minQ(1)1，则P(a)，故F(x)2.

4422222考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．

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【方法点晴】本题主要考查导数在解决函数问题中的应用.考查利用导数证明不等式成立.（1）利用导数的工具性求解实数的取值范围；（2）先写出具体函数Fx,通过观察Fx的解析式的形式,能够想到解析式里可能存在完全平方式,所以试着构造完全平方式并放缩,所以只需证明放缩后的式子大于等于导判单调性求出最值证得成立.

20．【答案】

【解析】解：（1）∵四边形AA1C1C为平行四边形，∴AC=A1C1，∵AC=AA1，∴AA1=A1C1，

∵∠AA1C1=60°，∴△AA1C1为等边三角形，同理△ABC1是等边三角形，∵D为AC1的中点，∴BD⊥AC1，∵平面ABC1⊥平面AA1C1C，

平面ABC1∩平面AA1C1C=AC1，BD⊂平面ABC1，∴BD⊥平面AA1C1C．

（2）以点D为坐标原点，DA、DC、DB分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，平面ABC1的一个法向量为由题意可得

，

，1，1），

，设平面ABC的法向量为

，则

，，

1即可,从而对新函数求4所以平面ABC的一个法向量为=（∴cosθ=

．

．

即二面角C1﹣AB﹣C的余弦值等于

【点评】本题在三棱柱中求证线面垂直，并求二面角的平面角大小．着重考查了面面垂直的判定与性质、棱柱的性质、余弦定理、二面角的定义及求法等知识，属于中档题．　

21．【答案】

【解析】解：（1）取BC1的中点H，连接HE、HF，

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则△BCC1中，HF∥CC1且HF=CC1

又∵平行四边形AA1C1C中，AE∥CC1且AE=CC1

∴AE∥HF且AE=HF，可得四边形AFHE为平行四边形，∴AF∥HE，

∵AF⊄平面REC1，HE⊂平面REC1∴AF∥平面REC1．…（2）等边△ABC中，高AF=

=

，所以EH=AF=

由三棱柱ABC﹣A1B1C1是正三棱柱，得C1到平面AA1B1B的距离等于∵Rt△A1C1E≌Rt△ABE，∴EC1=EB，得EH⊥BC1可得S△

=BC1•EH=×

×

=

，

而S△ABE=AB×BE=2

由等体积法得VA﹣BEC1=VC1﹣BEC，∴S△即×

×d=S△ABE××d=×2×

，（d为点A到平面BEC1的距离）

，解之得d=

．…

∴点A到平面BEC1的距离等于

【点评】本题在正三棱柱中求证线面平行，并求点到平面的距离．着重考查了正三棱柱的性质、线面平行判定定理和等体积法求点到平面的距离等知识，属于中档题．　

22．【答案】

【解析】（1）解：设点E（t，t），∵B（0，﹣1），∴A（2t，2t+1），∵点A在椭圆C上，∴整理得：6t2+4t=0，解得t=﹣

或t=0（舍去），

，

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∴E（﹣，﹣），A（﹣，﹣），

∴直线AB的方程为：x+2y+2=0；（2）证明：设P（x0，y0），则

，

①直线AP方程为：y+=（x+），

联立直线AP与直线y=x的方程，解得：xM=直线BP的方程为：y+1=

，

联立直线BP与直线y=x的方程，解得：xN=∴OM•ON=|xM|

|xN|

=2•|

|•|

=||

=|=||

=

．

②设直线MB的方程为：y=kx﹣1（其中k=

=

联立，整理得：（1+2k2）x2﹣4kx=0，

∴xQ=，yQ=，

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，

，

|

|

），

∴kAN===1﹣，kAQ==1﹣，

要证A、Q、N三点共线，只需证kAN=kAQ，即3xN+4=2k+2，将k=

代入，即证：xM•xN=

，

，

由①的证明过程可知：|xM|•|xN|=而xM与xN同号，∴xM•xN=即A、Q、N三点共线．

，

【点评】本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查求直线的方程、线段乘积为定值、三点共线等问题，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．　

23．【答案】 　

【解析】

【专题】计算题；排列组合．

【分析】（1）若x=5，根据题意，要求的三位数能被5整除，则5必须在末尾，在1、2、4三个数字中任选2个，放在前2位，由排列数公式计算可得答案；

（2）若x=9，根据题意，要求的三位数能被3整除，则这三个数字为1、2、9或2、4、9，分“取出的三个数字为1、2、9”与“取出的三个数字为2、4、9”两种情况讨论，由分类计数原理计算可得答案；

（3）若x=0，根据题意，要求的三位数是偶数，则这个三位数的末位数字为0或2或4，分“末位是0”与“末位是2或4”两种情况讨论，由分类计数原理计算可得答案；

（4）分析易得x=0时不能满足题意，进而讨论x≠0时，先求出4个数字可以组成无重复三位数的个数，进而可以计算出每个数字用了18次，则有252=18×（1+2+4+x），解可得x的值．【解答】解：（1）若x=5，则四个数字为1，2，4，5；又由要求的三位数能被5整除，则5必须在末尾，

在1、2、4三个数字中任选2个，放在前2位，有A32=6种情况，即能被5整除的三位数共有6个；（2）若x=9，则四个数字为1，2，4，9；

又由要求的三位数能被3整除，则这三个数字为1、2、9或2、4、9，取出的三个数字为1、2、9时，有A33=6种情况，取出的三个数字为2、4、9时，有A33=6种情况，则此时一共有6+6=12个能被3整除的三位数；

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（3）若x=0，则四个数字为1，2，4，0；

又由要求的三位数是偶数，则这个三位数的末位数字为0或2或4，

当末位是0时，在1、2、4三个数字中任选2个，放在前2位，有A32=6种情况，当末位是2或4时，有A21×A21×A21=8种情况，此时三位偶数一共有6+8=14个，

（4）若x=0，可以组成C31×C31×C21=3×3×2=18个三位数，即1、2、4、0四个数字最多出现18次，则所有这些三位数的各位数字之和最大为（1+2+4）×18=126，不合题意，故x=0不成立；

当x≠0时，可以组成无重复三位数共有C41×C31×C21=4×3×2=24种，共用了24×3=72个数字，则每个数字用了

=18次，

则有252=18×（1+2+4+x），解可得x=7．

【点评】本题考查排列知识，解题的关键是正确分类，合理运用排列知识求解，第（4）问注意分x为0与否两种情况讨论．

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