广灵县第二高级中学2018-2019学年高三上学期12月月考数学试卷

一、选择题

1． “x”是“tanx1”的（ ）

24A.充分不必要条件 C.充要条件 2． A．9

B．

C．3

B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

【命题意图】本题主要考查充分必要条件的概念与判定方法，正切函数的性质和图象，重点是单调性.

（﹣6≤a≤3）的最大值为（ ） D．

3． 如图，在正四棱锥S﹣ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论：①EP∥BD；②EP⊥AC；③EP⊥面SAC；④EP∥面SBD中恒成立的为（ ）

A．②④ B．③④ C．①② D．①③

4． 已知函数f（x）=x4cosx+mx2+x（m∈R），若导函数f′（x）在区间[﹣2，2]上有最大值10，则导函数f′（x）在区间[﹣2，2]上的最小值为（ ）

A．﹣12 B．﹣10 C．﹣8 D．﹣6

5． 若{an}为等差数列，Sn为其前项和，若a10，d0，S4S8，则Sn0成立的最大自 然数为（ ）

A．11 B．12 C．13 D．14 6． 由两个1，两个2，两个3组成的6位数的个数为（ ） A．45

B．90

C．120 D．360

7． 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. 8． 等比数列{an}满足a1=3，a1+a3+a5=21，则a2a6=（ ）

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A．6 B．9 C．36 D．72

9． 给出下列命题：①多面体是若干个平面多边形所围成的图形；②有一个平面是多边形，其余各 面是三角形的几何体是棱锥；③有两个面是相同边数的多边形，其余各面是梯形的多面体是棱台．其中 正确命题的个数是（ ）

A．0 B．1 C．2 D．3 10．若函数yfx的定义域是1,2016，则函数gxfx1的定义域是（ ）

A．0,2016 B．0,2015 C．1,2016 D．1,2017

二、填空题

11．如图所示2×2方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是1、2、3中的任何一个，允许重复．若填入A方格的数字大于B方格的数字，则不同的填法共有 种（用数字作答）． A B C D 12．函数yfx的定义域是0,2，则函数yfx1的定义域是__________.111] 13．f（x）=x（x﹣c）2在x=2处有极大值，则常数c的值为 ． 14．已知集合

，若3∈M，5∉M，则实数a的取值范围是 ．

14．若正方形P1P2P3P4的边长为1，集合M={x|x=①当i=1，j=3时，x=2； ②当i=3，j=1时，x=0；

③当x=1时，（i，j）有4种不同取值； ④当x=﹣1时，（i，j）有2种不同取值； ⑤M中的元素之和为0．

且i，j∈{1，2，3，4}}，则对于下列命题：

其中正确的结论序号为 ．（填上所有正确结论的序号）

215．已知平面向量a，b的夹角为，ab6，向量ca，cb的夹角为，ca23，则a与

33c的夹角为__________，ac的最大值为 ．

【命题意图】本题考查平面向量数量积综合运用等基础知识，意在考查数形结合的数学思想与运算求解能力. 16．如图，正方形O'A'B'C'的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的 周长为 ．

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1111]

三、解答题

17．（本小题满分12分）已知f(x)2x（Ⅰ）当a3时，求f(x)的单调区间；

1alnx(aR)． x（Ⅱ）设g(x)f(x)x2alnx，且g(x)有两个极值点，其中x1[0,1]，求g(x1)g(x2)的最小值． 【命题意图】本题考查导数的应用等基础知识，意在考查转化与化归思想和综合分析问题、解决问题的能力．

18．如图1，∠ACB=45°，BC=3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连

接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC=90°（如图2所示），

（1）当BD的长为多少时，三棱锥A﹣BCD的体积最大；

（2）当三棱锥A﹣BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小。

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19．圆锥底面半径为1cm，高为2cm，其中有一个内接正方体，求这个内接正方体的棱长．

20．（本小题满分12分）

如图四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形，AA1⊥底面ABCD，M为A1A的中点，AB＝BD＝2，且△BMC1为等腰三角形．

（1）求证：BD⊥MC1；

（2）求四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积．

21．设F是抛物线G：x2=4y的焦点．

（1）过点P（0，﹣4）作抛物线G的切线，求切线方程； 边形ABCD面积的最小值．

（2）设A，B为抛物线上异于原点的两点，且满足FA⊥FB，延长AF，BF分别交抛物线G于点C，D，求四

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22．（本题满分12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn（1）求数列{an}的通项公式；

3an3（nN）. 27（nN）. 2【命题意图】本题考查了利用递推关系求通项公式的技巧，同时也考查了用错位相减法求数列的前n项和.重

（2）若数列{bn}满足anbnlog3a4n1，记Tnb1b2b3bn，求证：Tn点突出运算、论证、化归能力的考查，属于中档难度.

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广灵县第二高级中学2018-2019学年高三上学期12月月考数学试卷（参考答案）

一、选择题

1． 【答案】A

【解析】因为ytanx在,上单调递增，且x，所以tanxtan，即tanx1.反之，当

24422tanx1时，kxk（kZ），不能保证x，所以“x”是“tanx1”

242424的充分不必要条件，故选A. 2． 【答案】B

【解析】解：令f（a）=（3﹣a）（a+6）=﹣（a）的最大值为故故选B．

【点评】本题主要考查二次函数的性质应用，体现了转化的数学思想，属于中档题．

3． 【答案】 A 【解析】解：如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN． 在①中：由异面直线的定义可知：EP与BD是异面直线， 不可能EP∥BD，因此不正确； ∴SO⊥AC．

，

（﹣6≤a≤3）的最大值为

=

，

+

，而且﹣6≤a≤3，由此可得函数f

在②中：由正四棱锥S﹣ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD， ∵SO∩BD=O，∴AC⊥平面SBD， ∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点， ∴EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN=M，

∴平面EMN∥平面SBD，∴AC⊥平面EMN，∴AC⊥EP．故正确． 在③中：由①同理可得：EM⊥平面SAC，

若EP⊥平面SAC，则EP∥EM，与EP∩EM=E相矛盾， 因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直．即不正确． 在④中：由②可知平面EMN∥平面SBD， ∴EP∥平面SBD，因此正确． 故选：A．

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【点评】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．

4． 【答案】C

34

【解析】解：由已知得f′（x）=4xcosx﹣xsinx+2mx+1， 34

令g（x）=4xcosx﹣xsinx+2mx是奇函数，

由f′（x）的最大值为10知：g（x）的最大值为9，最小值为﹣9， 从而f′（x）的最小值为﹣9+1=﹣8． 故选C．

【点评】本题考查了导数的计算、奇函数的最值的性质．属于常规题，难度不大．

5． 【答案】A 【解析】

考

点：得出数列的性质及前项和．

【方法点晴】本题主要考查了等差出数列的性质及前项和问题的应用，其中解答中涉及到等差数列的性质，等差数列的前项和等公式的灵活应用的知识点的综合考查，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，属于中档题，本题的解答中，由“a10，d0”判断前项和的符号问题是解答的关键．

6． 【答案】B

【解析】解：问题等价于从6个位置中各选出2个位置填上相同的1，2，3，

222

所以由分步计数原理有：C6C4C2=90个不同的六位数，

故选：B．

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【点评】本题考查了分步计数原理，关键是转化，属于中档题．

7． 【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. 8． 【答案】D

【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，

242

∵a1=3，a1+a3+a5=21，∴3（1+q+q）=21，解得q=2． 6

则a2a6=9×q=72．

故选：D．

9． 【答案】B 【解析】111]

试题分析：由题意得，根据几何体的性质和结构特征可知，多面体是若干个平面多边形所围成的图形是正确的，故选B．

考点：几何体的结构特征． 10．【答案】B 【解析】

二、填空题

11．【答案】 27

2

【解析】解：若A方格填3，则排法有2×3=18种，

2

若A方格填2，则排法有1×3=9种，

根据分类计数原理，所以不同的填法有18+9=27种． 故答案为：27．

【点评】本题考查了分类计数原理，如何分类是关键，属于基础题．

12．【答案】1,1 【解析】

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考

点：函数的定义域.

13．【答案】 6 ．

32222

【解析】解：f（x）=x﹣2cx+cx，f′（x）=3x﹣4cx+c， f′（2）=0⇒c=2或c=6．若c=2，f′（x）=3x2﹣8x+4， 令f′（x）＞0⇒x＜或x＞2，f′（x）＜0⇒＜x＜2，

故函数在（﹣∝，）及（2，+∞）上单调递增，在（，2）上单调递减， ∴x=2是极小值点．故c=2不合题意，c=6． 故答案为6

【点评】考查学生利用导数研究函数极值的能力，会利用待定系数法求函数解析式．

14．【答案】 ①③⑤

【解析】解：建立直角坐标系如图：

则P1（0，1），P2（0，0），P3（1，0），P4（1，1）． ∵集合M={x|x=

对于①，当i=1，j=3时，x=对于②，当i=3，j=1时，x=对于③，∵集合M={x|x=∴∴

=（1，﹣1），•

=1；

•=

=1；

且i，j∈{1，2，3，4}}，

=（1，﹣1）•（1，﹣1）=1+1=2，故①正确； =（1，﹣1）•（﹣1，1）=﹣2，故②错误； 且i，j∈{1，2，3，4}}， =（0，﹣1），

•

==1；

=（1，0）， •

=1；

∴当x=1时，（i，j）有4种不同取值，故③正确；

④同理可得，当x=﹣1时，（i，j）有4种不同取值，故④错误；

⑤由以上分析，可知，当x=1时，（i，j）有4种不同取值；当x=﹣1时，（i，j）有4种不同取值，当i=1，j=3时，x=2时，当i=3，j=1时，x=﹣2； 当i=2，j=4，或i=4，j=2时，x=0， ∴M中的元素之和为0，故⑤正确． 综上所述，正确的序号为：①③⑤， 故答案为：①③⑤．

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【点评】本题考查命题的真假判断与应用，着重考查平面向量的坐标运算，建立直角坐标系，求得﹣1），难题．

15．【答案】【解析】

=

=（0，﹣1），

=

=（1，

=（1，0）是关键，考查分析、化归与运算求解能力，属于

，18123. 6

16．【答案】8cm 【解析】

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考点：平面图形的直观图．

三、解答题

17．【答案】

【解析】（Ⅰ）f(x)的定义域(0,)，

132x23x11'当a3时，f(x)2x3lnx，f(x)22

xxx2x11''令f(x)0得，0x或x1；令f(x)0得，x1，

221故f(x)的递增区间是(0,)和(1,)；

21f(x)的递减区间是(,1)．

21（Ⅱ）由已知得g(x)xalnx，定义域为(0,)，

x1ax2ax1，令g(x)0得x2ax10，其两根为x1,x2， g(x)122xxxa240且x1x2a0， xx1012第 11 页，共 16 页

18．【答案】（1）1 （2）60°

【解析】（1）设BD=x，则CD=3﹣x ∵∠ACB=45°，AD⊥BC，∴AD=CD=3﹣x

∵折起前AD⊥BC，∴折起后AD⊥BD，AD⊥CD，BD∩DC=D ∴AD⊥平面BCD

∴VA﹣BCD=×AD×S△BCD=×（3﹣x）××x（3﹣x）=（x3﹣6x2+9x） 设f（x）=（x3﹣6x2+9x） x∈（0，3），

∵f′（x）=（x﹣1）（x﹣3），∴f（x）在（0，1）上为增函数，在（1，3）上为减函数 ∴当x=1时，函数f（x）取最大值

∴当BD=1时，三棱锥A﹣BCD的体积最大； （2）以D为原点，建立如图直角坐标系D﹣xyz，

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19．【答案】【解析】

试题分析：画出图形，设出棱长，根据三角形相似，列出比例关系，求出棱长即可．

试题解析：过圆锥的顶点S和正方体底面的一条对角线CD作圆锥的截面，得圆锥的轴截面SEF，正方体对角面CDD1C1，如图所示．

设正方体棱长为，则CC1x，C1D1作SOEF于O，则SO∵ECC1∴x2cm． 22x，

2x2， 12，OE1，

1EOS，∴

xCC1EC1，即SOEO222cm，即内接正方体棱长为cm．

22

考点：简单组合体的结构特征． 20．【答案】

【解析】解：（1）证明：如图，连接AC，设AC与BD的交点为E， ∵四边形ABCD为菱形， ∴BD⊥AC，

又AA1⊥平面ABCD，

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BD⊂平面ABCD，∴A1A⊥BD； 又A1A∩AC＝A，∴BD⊥平面A1ACC1， 又MC1⊂平面A1ACC1，∴BD⊥MC1.

（2）∵AB＝BD＝2，且四边形ABCD是菱形， ∴AC＝2AE＝2

AB2－BE2＝23，

又△BMC1为等腰三角形，且M为A1A的中点， ∴BM是最短边，即C1B＝C1M. 则有BC2＋C1C2＝AC2＋A1M2，

C1C2

即4＋C1C2＝12＋（），

2

46

解得C1C＝，

3

所以四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V＝S菱形ABCD×C1C 1146＝AC×BD×C1C＝×23×2×＝82. 223即四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为82. 21．【答案】

．

，

【解析】解：（1）设切点由

，知抛物线在Q点处的切线斜率为

．

故所求切线方程为

2即y=x0x﹣x0．

因为点P（0，﹣4）在切线上． 所以

，

，解得x0=±4．

所求切线方程为y=±2x﹣4．

（2）设A（x1，y1），C（x2，y2）．

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由题意知，直线AC的斜率k存在，由对称性，不妨设k＞0． 因直线AC过焦点F（0，1），所以直线AC的方程为y=kx+1． 点A，C的坐标满足方程组

2

得x﹣4kx﹣4=0，

，

，

由根与系数的关系知|AC|=

=4（1+k2），

因为AC⊥BD，所以BD的斜率为﹣，从而BD的方程为y=﹣x+1． 同理可求得|BD|=4（1+SABCD=|AC||BD|=当k=1时，等号成立．

所以，四边形ABCD面积的最小值为32．

），

=8（2+k2+

）≥32．

【点评】本题考查抛物线的方程和运用，考查直线和抛物线相切的条件，以及直线方程和抛物线的方程联立，运用韦达定理和弦长公式，考查基本不等式的运用，属于中档题．

22．【答案】 【

解

析

】

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