【数学】河北省大名县一中2018-2019学年高二上学期12月月考（理） 试卷
展开河北省大名县一中2018-2019学年高二上学期12月月考（理）
一、单项选择(共12小题，每小题5分，共60分)
1、已知，则的最小值是（ ）
A. 3 B. 4 C. D.
2、以正弦曲线上一点为切点得切线为直线，则直线的倾斜角的范围是（ ）
A. B. C. D.
3、设在可导，则等于（ ）
A. B. C. D.
4、已知若 三向量不能构成空间的一个基底，则实数的值为（ ）
A. 0 B. C. 9 D.
5、在△ABC中，a＝80，b＝100，A＝45°，则此三角形解的情况是 ( )
A. 一解 B. 两解 C. 一解或两解 D. 无解
6、已知满足不等式组 则的最小值为（ ）
A. 2 B. C. D. 1
7、《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面节的容积共升，下面节的容积共升，则该竹子最上面一节的容积为（ ）
A. 升 B. 升 C. 升 D. 升
8、为等差数列，公差为d， 为其前n项和， ,则下列结论中不正确的是（ ）
A. d<0 B. C. D.
9、在平面内，已知两定点，间的距离为2，动点满足，若，则的面积为
A. B. C. D.
10、若函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
11、设分别为双曲线的左、右焦点，过作一条渐近线的垂线，垂足为，延长与双曲线的右支相交于点，若，此双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
12、设定义在上的函数的导函数为，且满足， ，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
二．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13、命题“”的否定为__________．
14、已知关于的一元二次不等式的解集为，其中为常数．则不等式的解集为____．
15、某单位租赁甲、乙两种机器生产两类产品，甲种机器每天能生产类产品5件和类产品10件，乙种机器每天能生产类产品6件和类产品20件.已知设备甲每天的租赁费为200元，设备乙每天的租赁费为300元，现该公司至少要生产类产品50件， 类产品140件，所需租赁费最少为__________元．
16、圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形， 是圆锥的顶点， 为底面中心， 为的中点，动点在圆锥底面内（包括圆周），若，则点形成的轨迹的长度为__________．
三、解答题（第17题10分，第18—22题每题12分，共70分）
17、已知函数
(1)当在上是增函数，求实数的取值范围；
(2)当处取得极值，求函数上的值域.
18、已知的内角的对边分别为，若向量
，且.
（1）求角的值；
（2）已知的外接圆半径为，求周长的取值范围.
19、已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
20、如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点,将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.
图1 图2
(1)证明:CD⊥平面A1OC;
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.
21、已知平面内一动点P在x轴的上方，点P到F（0.1）的距离与它到y轴的距离的差等
于1．
（1）求动点P轨迹C的方程；
（2）设A，B为曲线C上两点，A与B的横坐标之和为4．
①求直线AB的斜率；②设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．
22、设函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在正数，使得当时，，求实数的取值范围．
参考答案
一、单项选择
1、【答案】B
2、【答案】A
3、【答案】A
4、【答案】D
5、【答案】B
6、【答案】D
7、【答案】C
8、【答案】C
9、【答案】B
10、【答案】B
11、【答案】A
12、【答案】B
二、填空题
13、【答案】，
14、【答案】；
15、【答案】2300
16、【答案】
三、解答题
17、【答案】（1）（2）
试题分析：
(1)由题意可得,满足题意时在区间上横成立，即在区间上横成立，据此可得
(2)由题意可得，且=0，据此可得结合导函数的解析式可得在上为减函数，在上增函数，故函数的最大值函数的最小值函数的值域为.
试题解析：
(1),
因为在上是增函数，
所以在区间上横成立，
即在区间上横成立，
令，，在上单调增函数.
所以
(2)，
因为处取得极值，所以=0，得出
,令，
在上为减函数，在上增函数，
又，函数的最大值函数的最小值
所以，函数上的值域为.
18、【答案】(1)(2)
试题分析：（1）由，得，利用正弦定理统一到角上易得（2）根据题意，得，由余弦定理，得，结合均值不等式可得，所以的最大值为4，又，从而得到周长的取值范围.
试题解析：
（1）由，得.
由正弦定理，
得，
即.
在中，由，
得.
又，所以.
（2）根据题意，得.
由余弦定理，
得，
即，
整理得，当且仅当时，取等号，
所以的最大值为4.
又，所以，
所以.
所以的周长的取值范围为.
19、【答案】（1）.
（2）.
试题分析：（1）当时，，得
当时，由可求的通项公式为．
（2）根据题意，利用裂项相消法可求数列的前项和.
试题解析：（1）当时，，得
当时，有，
所以
即，满足时，，
所以是公比为2，首项为1的等比数列，
故通项公式为．
（2），
．
20、【答案】(1)见解析；(2)
试题分析：（1）折起后，根据线面垂直的判定定理可得平面，即可证明平面；（2）若平面平面，根据（1）可得两两垂直，以建立空间坐标系，利用向量垂直数量积为零，分别求出平面与平面的法向量，根据空间向量夹角余弦公式可得结果.
试题解析：(1)在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=AD∥BC,
所以BE⊥AC,BE∥CD,
即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,且OA1∩OC=O,
从而BE⊥平面A1OC,
又CD∥BE,
所以CD⊥平面A1OC.
(2)解:因为平面A1BE⊥平面BCDE,
又由(1)知BE⊥OA1,BE⊥OC,
所以∠A1OC为二面角A1BEC的平面角,
所以∠A1OC=.
以O为原点,建立空间直角坐标系,
因为A1B=A1E=BC=ED=1,
BC∥ED,
所以B
（,0,0）,E（-,0,0）,
A1（0,0,）,C（0,,0）,
得=（-,,0）,=（0,,-）,
=(-,0,0).
设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),
平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为θ,
则
得
取n1=(1,1,1);
得
取n2=(0,1,1),
从而cosθ=|cos<n1,n2>|==,
即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.
21、【答案】（1）设动点P的坐标为（x，y），由题意为﹣|y|=1，化简即可
（2）①设A（x1，y1），B（x2，y2），运用直线的斜率公式，结合条件，即可得到所求；
②依题意设C在M处的切线方程可设为y=x+t，联立，求出N的坐标，再根据弦长公式，即可得到4=2|1+m|，解得即可．
解：（I）设动点P的坐标为（x，y），由题意为﹣|y|=1
因为y＞0，化简得：x2=4y，
所以动点P的轨迹C的方程为 x2=4y，y＞0，
（2）①设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1≠x2，x12=4y1，x22=4y2，又x1+x2=4，
∴直线AB的斜率k===1，
②依题意设C在M处的切线方程可设为y=x+t，联立，
可得x2﹣4x﹣4t=0，
∴△=16+16t=0 得t=﹣1，
此时x=2，
∴点M的坐标为（2，1），
设AB的方程为y=x+m，
故线段AB的中点N坐标为（2，2+m），
∴|MN|=|1+m|，联立消去整理得：x2﹣4x﹣4m=0，
△1=16+16m＞0，m＞﹣1，x1+x2=4，x1？x2=﹣4m，
∴|AB|=|x2﹣x1|=？=4，
由题设知：|AB|=2|MN|，即4=2|1+m|，解得：m=7
∴直线AB的方程为：y=x+7
本题考查直线与抛物线的位置关系，注意联立直线方程和抛物线的方程，运用韦达定理，考查直线的斜率公式的运用，以及化简整理的运算能力，属于难题．
22、【答案】（1）见解析；（2）
试题分析：分析：函数求导得，讨论，由导数的正负求单调区间即可；
（2）若，分析函数可知，即，设，，讨论和两种情况，知成立，时不成立，时，存在，使得当时，，可化为，即，设，分析和求解即可.
详解：（1）．
当时，，上单调递增．
当时，若，则，若，则；所以在单调递增，在上单调递减．
（2）若，在内单调递增，当时，，所以，即.
设，.
若，时，，在单调递增.所以当时，，
故存在正数，使得当时，.
若，当时，，在单调递减，因为，所以.故不存在正数，使得当时，.
若，在单调递减，因为，所以存在，使得当时，，可化为，即.
设，.
若，则时，，在单调递增，又，所以时，.故不存在正数，使得当时，.
当时，当时，，在单调递减，又，所以.故存在，使得当时，.
综上，实数的取值范围为．
点睛：点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：
（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；
（2）若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为，若恒成立；
（3）若恒成立，可转化为（需在同一处取得最值）.
