石龙区第二中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

一、选择题

1． 设函数yf(x)对一切实数x都满足f(3x)f(3x)，且方程f(x)0恰有6个不同的实根，则这6个实根的和为（ ）

A.18 B.12 C.9

D.0

【命题意图】本题考查抽象函数的对称性与函数和方程等基础知识，意在考查运算求解能力.

2． 过点P（﹣2，2）作直线l，使直线l与两坐标轴在第二象限内围成的三角形面积为8，这样的直线l一共有（ ） A．3条

B．2条

C．1条

D．0条

abc等于（ ）

sinAsinBsinC2393983A．33 B． C． D．

3234． 在下面程序框图中，输入N44，则输出的S的值是（ ）

3． 在ABC中，A60，b1，其面积为3，则A．251 B．253 C．255 D．260

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【命题意图】本题考查阅读程序框图，理解程序框图的功能，本质是把正整数除以4后按余数分类. 5． 若复数（2+ai）2（a∈R）是实数（i是虚数单位），则实数a的值为（ ） A．﹣2 B．±2 C．0

D．2

→→→

6． 已知点A（0，1），B（3，2），C（2，0），若AD＝2DB，则|CD|为（ ）

4

A．1 B.

3

5C. D．2 3

7． 设公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn，若a42(a2a3)，则 A．

S7（ ） a4714 B． C．7 D．14 45第 2 页，共 17 页

【命题意图】本题考查等差数列的通项公式及其前n项和，意在考查运算求解能力.

8． 一个四边形的斜二侧直观图是一个底角为45°，腰和上底的长均为1的等腰梯形，那么原四边形的面积是（ ） A．2+

B．1+

C．

D．

9． 复数Z=（i为虚数单位）在复平面内对应点的坐标是（ ）

C．（3，﹣1）

D．（2，4）

A．（1，3） B．（﹣1，3） 10．以A．C． 11．已知A．

B． B． D．

的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆方程为（ ）

，则tan2α=（ ）

C．

D．

12．函数f（x）=sinωx+acosωx（a＞0，ω＞0）在x=

A．2

B．3

C．7

处取最小值﹣2，则ω的一个可能取值是（ ）

D．9

二、填空题

13．在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的凸多面体的体积是 ．

14．某种产品的加工需要 A，B，C，D，E五道工艺，其中 A必须在D的前面完成（不一定相邻），其它工艺的顺序可以改变，但不能同时进行，为了节省加工时间，B 与C 必须相邻，那么完成加工该产品的不同工艺的排列顺序有 种．（用数字作答）

15．对于|q|＜1（q为公比）的无穷等比数列{an}（即项数是无穷项），我们定义的前n项的和）为它的各项的和，记为S，即S=

16．在（x2﹣）9的二项展开式中，常数项的值为 ．

217．【泰州中学2018届高三10月月考】设二次函数fxaxbxc（a,b,c为常数）的导函数为fx，

Sn（其中Sn是数列{an}

Sn=

，则循环小数0. 的分数形式是 ．

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b2对任意xR，不等式fxfx恒成立，则2的最大值为__________． 2ac三、解答题

18．（本小题满分12分）已知函数fxax2bxlnx（a,bR）．

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；

19．（本小题满分12分）

一个盒子里装有编号为1、2、3、4、5的五个大小相同的小球，第一次从盒子里随机抽取2个小球，记下球的编号，并将小球放回盒子，第二次再从盒子里随机抽取2个小球，记下球的编号． （Ⅰ）求第一次或第二次取到3号球的概率；

（Ⅱ）设为两次取球时取到相同编号的小球的个数，求的分布列与数学期望．

20．（本小题满分13分）

x2y2M，椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F直线l:xmy1经过点F1、F2，1与椭圆C交于点

ab2点M在x轴的上方．当m0时，|MF1|．

2（Ⅰ）求椭圆C的方程；

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（Ⅱ）若点N是椭圆C上位于x轴上方的一点， MF1//NF2，且

SMF1F2SNF1F23，求直线l的方程．

21．E为底AB的中点，AD=DC=CB=AB=2，如图：等腰梯形ABCD，沿ED折成四棱锥A﹣BCDE，使AC=（1）证明：平面AED⊥平面BCDE； （2）求二面角E﹣AC﹣B的余弦值．

．

22．已知

，且

．

，求sinβ的值．

（1）求sinα，cosα的值； （2）若

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23．（本小题满分12分） 已知椭圆C的离心率为2，A、B分别为左、右顶点， F2为其右焦点，P是椭圆C上异于A、B的 2动点，且PAPB的最小值为-2. （1）求椭圆C的标准方程；

C于M、N两点，求F2MF2N的取值范围. （2）若过左焦点F1的直线交椭圆

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石龙区第二中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题（参）

一、选择题

1． 【答案】A.

【解析】f(3x)f(3x)f(x)f(6x)，∴f(x)的图象关于直线x3对称， ∴6个实根的和为3618，故选A. 2． 【答案】C 设直线l的方程为：则

．

【解析】解：假设存在过点P（﹣2，2）的直线l，使它与两坐标轴围成的三角形的面积为8，

，

即2a﹣2b=ab

直线l与两坐标轴在第二象限内围成的三角形面积S=﹣ab=8， 即ab=﹣16， 联立

，

，

解得：a=﹣4，b=4． ∴直线l的方程为：即x﹣y+4=0， 故选：C

即这样的直线有且只有一条，

【点评】本题考查了直线的截距式、三角形的面积计算公式，属于基础题．

3． 【答案】B 【解析】

113bcsinAbcsin600bc3，所以bc4，又b1，所224222220以c4，又由余弦定理，可得abc2bccosA14214cos6013，所以a13，则试题分析：由题意得，三角形的面积Sabca13239，故选B．

sinAsinBsinCsinAsin6003考点：解三角形．

【方法点晴】本题主要考查了解三角形问题，其中解答中涉及到三角形的正弦定理和余弦定理、三角形的面积公式等知识点的综合考查，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，本题的解答中

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利用比例式的性质，得到4． 【答案】B

abca是解答的关键，属于中档试题．

sinAsinBsinCsinA

5． 【答案】C

22

【解析】解：∵复数（2+ai）=4﹣a+4ai是实数，

∴4a=0， 解得a=0． 故选：C．

【点评】本题考查了复数的运算法则、复数为实数的充要条件，属于基础题．

6． 【答案】

【解析】解析：选C.设D点的坐标为D（x，y）， →→

∵A（0，1），B（3，2），AD＝2DB，

∴（x，y－1）＝2（3－x，2－y）＝（6－2x，4－2y），

x＝6－2x，5∴即x＝2，y＝，

3

y－1＝4－2y

55→

∴CD＝（2，）－（2，0）＝（0，），

33

55→

∴|CD|＝02＋（）2＝，故选C.

337． 【答案】C.

【解析】根据等差数列的性质，a42(a2a3)a13d2(a，)化简得a1d，∴1da12dS7a47a176d14d27，故选C.

a13d2d8． 【答案】A

【解析】解：∵四边形的斜二侧直观图是一个底角为45°，腰和上底的长均为1的等腰梯形， ∴原四边形为直角梯形， 且CD=C'D'=1，AB=O'B=

，高AD=20'D'=2，

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∴直角梯形ABCD的面积为故选：A．

，

9． 【答案】A 【解析】解：复数Z=故选：A．

【点评】本题考查了复数的运算法则、几何意义，属于基础题．

10．【答案】D 【解析】解：双曲线﹣4）和（0，4）．

∴椭圆的焦点坐标是为（0，﹣2∴椭圆方程为故选D．

【点评】本题考查双曲线和椭圆的性质和应用，解题时要注意区分双曲线和椭圆的基本性质．

11．【答案】C 【解析】解：∵

22

，又sinα+cosα=1，

==（1+2i）（1﹣i）=3+i在复平面内对应点的坐标是（3，1）．

的顶点为（0，﹣2）和（0，2），焦点为（0，

）和（0，2．

），顶点为（0，﹣4）和（0，4）．

联立解得，或

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故tanα==，或tanα=3，

=

代入可得tan2α==﹣，

或tan2α=故选C

=

=

【点评】本题考查二倍角的正切公式，涉及同角三角函数的基本关系，属中档题．

12．【答案】C 【解析】解：∵函数f（x）=sinωx+acosωx（a＞0，ω＞0）在x=∴sin

+acos

=﹣

+

=﹣2，∴a=

，∴f（x）=sinωx+

+

=2kπ+

处取最小值﹣2， cosωx=2sin（ωx+

）．

再根据f（）=2sin（）=﹣2，可得

，k∈Z，∴ω=12k+7，∴k=0时，ω=7，

则ω的可能值为7， 故选：C．

【点评】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的图象的对称性，属于基础题．

二、填空题

13．【答案】

．

【解析】解：在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥， 8个三棱锥的体积为：

剩下的凸多面体的体积是1﹣=． 故答案为：．

=．

【点评】本题考查几何体的体积的求法，转化思想的应用，考查空间想象能力计算能力．

14．【答案】 24

【解析】解：由题意，B与C必须相邻，利用捆绑法，可得

=48种方法，

因为A必须在D的前面完成，所以完成加工该产品的不同工艺的排列顺序有48÷2=24种，

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故答案为：24．

【点评】本题考查计数原理的应用，考查学生的计算能力，比较基础．

15．【答案】

【解析】解：0. =故答案为：

．

+

+…+=

=

，

．

【点评】本题考查数列的极限，考查学生的计算能力，比较基础．

16．【答案】 84 ．

29

【解析】解：（x﹣）的二项展开式的通项公式为 Tr+1=

•（﹣1）r•x18﹣3r，

令18﹣3r=0，求得r=6，可得常数项的值为T7=故答案为：84．

==84，

【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，属于基础题．

17．【答案】222

【解析】试题分析：根据题意易得：f'x2axb，由fxf'x得：axb2axcb0在R

2c4122a0b4ac4aa上恒成立，等价于：{ ，可解得：b24ac4a24aca，则：22222，

0acacc1ab2c4t44令t1,(t0)，y2的最大值为222． 222，故222aact2t2t2222t考点：1.函数与导数的运用;2.恒成立问题;3.基本不等式的运用

三、解答题

18．【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

19．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）事件“第一次或第二次取到3号球的概率”的对立事件为“二次取球都没有取到3号球”，

22C4C416∴所求概率为P122（6分）

C5C525第 12 页，共 17 页

112C323C2C3C231（Ⅱ）0,1,2, P(0)2，P(1)，，（9分） P(2)22C510C55C510故的分布列为：

 P 0 1 2 3 103 51 10 （10分）

∴E0331412 （12分） 10510520．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）由直线l:xmy1经过点F1得c1，

b22当m0时，直线l与x轴垂直，|MF1|， a2c1x2a222Cy1． （4分） 由b解得，∴椭圆的方程为22b12aSMF1F2|MF1|y1（Ⅱ）设M(x1,y1),N(x2,y2)，y10,y20，由MF1//NF2知3.

SNF1F2|NF2|y2xmy1m2(m21)222联立方程x，消去x得(m2)y2my10，解得y 22m2y12m2(m21)m2(m21)∴y1，同样可求得y2， （11分） 22m2m2m2(m21)m2(m21)y1

3得y13y2，∴由，解得m1， 322y2m2m2直线l的方程为xy10． （13分） 21．【答案】

【解析】（1）证明：取ED的中点为O， 由题意可得△AED为等边三角形，

，

，

222

∴AC=AO+OC，AO⊥OC，

又AO⊥ED，ED∩OC=O，AO⊥面ECD，又AO⊆AED， ∴平面AED⊥平面BCDE；…

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（2）如图，以O为原点，OC，OD，OA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则E（0，﹣1，0），A（0，0，

，

设面EAC的法向量为面BAC的法向量为由∴由∴∴

∴二面角E﹣AC﹣B的余弦值为

，得

，

， ．…

，得

，

，∴

，

，∴

，

，

），C（

，0，0），B（，

，﹣2，0），

，

2016年5月3日 22．【答案】 【解析】解：（1）将sin

∴sinα=， ∵α∈（∴cosα=﹣

+cos

=

两边平方得：（sin

=﹣

；

+cos

22

）=sin

+2sincos

+cos2

=1+sinα=，

，π），

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（2）∵α∈（∴α+β∈（

，π），β∈（0，，

），

），

=﹣，

+

=

．

∵sin（α+β）=﹣＜0， ∴α+β∈（π，∴cos（α+β）=﹣

），

则sinβ=sin=sin（α+β）cosα﹣cos（α+β）sinα=﹣×（﹣

）﹣（﹣）×=

【点评】此题考查了两角和与差的正弦函数公式，以及运用诱导公式化简求值，熟练掌握公式是解本题的关键．

x2y21；（2）F2MF2N[2,7). 23．【答案】（1）42【解析】

试

c21c2题解析：（1）根据题意知，即2，

a2a2a2b21，则a22b2， ∴2a2设P(x,y)，

∵PAPB(ax,y)(ax,y)，

a2x212xayxa(xa2)，

222a22， ∵axa，∴当x0时，(PAPB)min222222第 15 页，共 17 页

∴a4，则b2.

22x2y21. ∴椭圆C的方程为4211

11]

4(k21)42k2设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1x2，x1x2，

12k212k2∵F2M(x12,y1)，F2N(x22,y2)，

∴F2MF2Nx1x22(x1x2)2k2(x12)(x22)

(1k2)x1x2(2k22)(x1x2)2k22 4(k21)42k222(1k)2(k1)2k2 2212k12k97.

12k2121. ∵12k1，∴0212k9[2,7). ∴712k2综上知，F2MF2N[2,7).

2考点： 1、待定系数法求椭圆的标准方程；2、平面向量的数量积公式、圆锥曲线中的最值问题.

【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将

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圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法.

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