庆云县高中2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

庆云县高中2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析班级_ 座号_ 姓名_ 分数_一、选择题1 已知集合，若，则（ ）A B C或 D或2 设复数z满足z（1+i）=2（i为虚数单位），则z=（ ）A1iB1+iC1iD1+i3 奇函数f（x）在（，0）上单调递增，若f（1）=0，则不等式f（x）0的解集是（ ）A（，1）（0，1）B（，1）（1，+）C（1，0）（0，1）D（1，0）（1，+）4 记,那么ABCD5 是第四象限角，则sin=（ ）ABCD6 从5名男生、1名女生中，随机抽取3人，检查他们的英语口语水平，在整个抽样过程中，若这名女生第一次、第二次均未被抽到，那么她第三次被抽到的概率是（ ）ABCD7 若全集U=1，0，1，2，P=xZ|x22，则UP=（ ）A2B0，2C1，2D1，0，28 定义在上的偶函数满足，对且，都有，则有（ ）A BC. D9 连续抛掷两次骰子得到的点数分别为m和n，记向量=（m，n），向量=（1，2），则的概率是（ ）ABCD10执行下面的程序框图，若输入，则输出的结果为（ ）A2015 B2016 C2116 D204811若直线y=kxk交抛物线y2=4x于A，B两点，且线段AB中点到y轴的距离为3，则|AB|=（ ）A12B10C8D612在平面直角坐标系中，直线y=x与圆x2+y28x+4=0交于A、B两点，则线段AB的长为（ ）A4B4C2D2二、填空题13“黑白配”游戏，是小朋友最普及的一种游戏，很多时候被当成决定优先权的一种方式它需要参与游戏的人（三人或三人以上）同时出示手势，以手心（白）、手背（黑）来决定胜负，当其中一个人出示的手势与其它人都不一样时，则这个人胜出，其他情况，则不分胜负现在甲乙丙三人一起玩“黑白配”游戏设甲乙丙三人每次都随机出“手心（白）、手背（黑）”中的某一个手势，则一次游戏中甲胜出的概率是14将一个半径为3和两个半径为1的球完全装入底面边长为6的正四棱柱容器中，则正四棱柱容器的高的最小值为15设函数f（x）=，则f（f（2）的值为16一个椭圆的长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是17函数在区间上递减，则实数的取值范围是 18在等差数列中，其前项和为，若，则的值等于 .【命题意图】本题考查等差数列的通项公式、前项和公式，对等差数列性质也有较高要求，属于中等难度.三、解答题19【启东中学2018届高三上学期第一次月考（10月）】设,函数.（1）证明在上仅有一个零点；（2）若曲线在点处的切线与轴平行,且在点处的切线与直线平行,（O是坐标原点）,证明:20如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PD底面ABCD，点E在棱PB上（1）求证：平面AEC平面PDB；（2）当PD=AB，且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小21求同时满足下列两个条件的所有复数z：z+是实数，且1z+6；z的实部和虚部都是整数22已知等差数列的公差，（）求数列的通项公式；（）设，记数列前n项的乘积为，求的最大值23（本题10分）解关于的不等式.24【海安县2018届高三上学期第一次学业质量测试】已知函数，其中，是自然对数的底数.（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）求函数的单调减区间；（3）若在恒成立，求的取值范围.庆云县高中2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析（参考答案）一、选择题1 【答案】D【解析】试题分析：由，集合，又，或，故选D考点：交集及其运算2 【答案】A【解析】解：z（1+i）=2，z=1i故选：A【点评】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题3 【答案】A【解析】解：根据题意，可作出函数图象：不等式f（x）0的解集是（，1）（0，1）故选A4 【答案】B【解析】【解析1】,所以【解析2】，5 【答案】B【解析】解：是第四象限角，sin=，故选B【点评】已知某角的一个三角函数值，求该角的其它三角函数值，应用平方关系、倒数关系、商的关系，这是三角函数计算题中较简单的，容易出错的一点是角的范围不确定时，要讨论6 【答案】B【解析】解：由题意知，女生第一次、第二次均未被抽到，她第三次被抽到，这三个事件是相互独立的，第一次不被抽到的概率为，第二次不被抽到的概率为，第三次被抽到的概率是，女生第一次、第二次均未被抽到，那么她第三次被抽到的概率是=，故选B7 【答案】A【解析】解：x22xP=xZ|x22=x|x，xZ|=1，0，1，又全集U=1，0，1，2，UP=2故选：A8 【答案】A 【解析】考点：1、函数的周期性；2、奇偶性与单调性的综合.11119 【答案】A【解析】解：因为抛掷一枚骰子有6种结果，设所有连续抛掷两次骰子得到的点数为（m，n），有36种可能，而使的m，n满足m=2n，这样的点数有（2，1），（4，2），（6，3）共有3种可能；由古典概型公式可得的概率是：；故选：A【点评】本题考查古典概型，考查用列举法得到满足条件的事件数，是一个基础题10【答案】D【解析】试题分析：由于，由程序框图可得对循环进行加运算，可以得到，从而可得，由于，则进行循环，最终可得输出结果为1考点：程序框图11【答案】C【解析】解：直线y=kxk恒过（1，0），恰好是抛物线y2=4x的焦点坐标，设A（x1，y1） B（x2，y2） 抛物y2=4x的线准线x=1，线段AB中点到y轴的距离为3，x1+x2=6，|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2=8，故选：C【点评】本题的考点是函数的最值及其几何意义，主要解决抛物线上的点到焦点的距离问题，利用抛物线的定义将到焦点的距离转化为到准线的距离12【答案】A【解析】解：圆x2+y28x+4=0，即圆（x4）2+y2 =12，圆心（4，0）、半径等于2由于弦心距d=2，弦长为2=4，故选：A【点评】本题主要考查求圆的标准方程的方法，直线和圆相交的性质，点到直线的距离公式，弦长公式的应用，属于基础题二、填空题13【答案】 【解析】解：一次游戏中，甲、乙、丙出的方法种数都有2种，所以总共有23=8种方案，而甲胜出的情况有：“甲黑乙白丙白”，“甲白乙黑丙黑”，共2种，所以甲胜出的概率为故答案为【点评】本题考查等可能事件的概率，关键是分清甲在游戏中胜出的情况数目14【答案】4+ 【解析】解：作出正四棱柱的对角面如图，底面边长为6，BC=，球O的半径为3，球O1 的半径为1，则，在RtOMO1中，OO1=4，=，正四棱柱容器的高的最小值为4+故答案为：4+【点评】本题考查球的体积和表面积，考查空间想象能力和思维能力，是中档题15【答案】4 【解析】解：函数f（x）=，f（2）=42=，f（f（2）=f（）=4故答案为：416【答案】 【解析】解：由题意可得，2a，2b，2c成等差数列2b=a+c4b2=a2+2ac+c2b2=a2c2联立可得，5c2+2ac3a2=05e2+2e3=00e1故答案为：【点评】本题主要考查了椭圆的性质的应用，解题中要椭圆离心率的取值范围的应用，属于中档试题17【答案】【解析】试题分析：函数图象开口向上，对称轴为，函数在区间上递减，所以.考点：二次函数图象与性质18【答案】三、解答题19【答案】（1）在上有且只有一个零点（2）证明见解析【解析】试题分析：试题解析：（1），在上为增函数，又，即，由零点存在性定理可知，在上为增函数，且，在上仅有一个零点。（2），设点，则，在点处的切线与轴平行，点处切线与直线平行，点处切线的斜率，又题目需证明，即，则只需证明，即。令，则，易知，当时，单调递减，当时，单调递增，即，得证。20【答案】 【解析】（）证明：四边形ABCD是正方形，ACBD，PD底面ABCD，PDAC，AC平面PDB，平面AEC平面PDB（）解：设ACBD=O，连接OE，由（）知AC平面PDB于O，AEO为AE与平面PDB所的角，O，E分别为DB、PB的中点，OEPD，又PD底面ABCD，OE底面ABCD，OEAO，在RtAOE中，AEO=45，即AE与平面PDB所成的角的大小为45【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及直线与平面所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题21【答案】 【解析】解：设z+=t，则 z2tz+10=01t6，=t2400，解方程得 z=i又z的实部和虚部都是整数，t=2或t=6，故满足条件的复数共4个：z=13i 或 z=3i22【答案】【解析】【知识点】等差数列【试题解析】（）由题意，得解得或（舍）所以（）由（），得所以所以只需求出的最大值由（），得因为，所以当，或时，取到最大值所以的最大值为23【答案】当时，当时，当时，当时，当时，.考点：二次不等式的解法，分类讨论思想.24【答案】（1）（2）当时，无单调减区间；当时，的单调减区间是；当时，的单调减区间是.（3）【解析】试题分析：（1）先对函数解析式进行求导，再借助导数的几何意义求出切线的斜率，运用点斜式求出切线方程；（2）先对函数的解析式进行求导，然后借助导函数的值的符号与函数单调性之间的关系进行分类分析探求；（3）先不等式进行等价转化，然后运用导数知识及分类整合的数学思想探求函数的极值与最值，进而分析推证不等式的成立求出参数的取值范围。 （2） 因为，当时，所以无