舒兰市高中2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

舒兰市高中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 设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=4x+2y的最大值为（ ）A12B10C8D22 已知全集U=0，1，2，3，4，集合M=2，3，4，N=0，1，4，则集合0，1可以表示为（ ）AMNB（UM）NCM（UN）D（UM）（UN）3 设偶函数f（x）满足f（x）=2x4（x0），则x|f（x2）0=（ ）Ax|x2或x4Bx|x0或x4Cx|x0或x6Dx|0x4 4 如图RtOAB是一平面图形的直观图，斜边OB=2，则这个平面图形的面积是（ ）AB1CD5 已知为自然对数的底数，若对任意的，总存在唯一的，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D.【命题意图】本题考查导数与函数的单调性，函数的最值的关系，函数与方程的关系等基础知识，意在考查运用转化与化归思想、综合分析问题与解决问题的能力6 已知a为常数，则使得成立的一个充分而不必要条件是（ ）Aa0Ba0CaeDae7 已知a0，实数x，y满足：，若z=2x+y的最小值为1，则a=（ ）A2B1CD8 若等边三角形的边长为2，为的中点，且上一点满足，则当取最小值时，（ ）A6 B5 C4 D39 在ABC中，a=1，b=4，C=60，则边长c=（ ）A13BCD2110若向量=（3，m），=（2，1），则实数m的值为（ ）ABC2D611在平面直角坐标系中，把横、纵坐标均为有理数的点称为有理点若a为无理数，则在过点P（a，）的所有直线中（ ）A有无穷多条直线，每条直线上至少存在两个有理点B恰有n（n2）条直线，每条直线上至少存在两个有理点C有且仅有一条直线至少过两个有理点D每条直线至多过一个有理点12如果一个几何体的三视图如图所示，主视图与左视图是边长为2的正三角形、俯视图轮廓为正方形，（单位：cm），则此几何体的表面积是（ ）A8cm2B cm2C12 cm2D cm2二、填空题13已知等差数列an中，a3=，则cos（a1+a2+a6）=14多面体的三视图如图所示，则该多面体体积为（单位cm）15分别在区间、上任意选取一个实数，则随机事件“”的概率为_.16已知关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为_.17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18如图，在三棱锥中，为等边三角形，则与平面所成角的正弦值为_.【命题意图】本题考查空间直线与平面所成角的概念与计算方法，意在考查学生空间想象能力和计算能力三、解答题19已知函数f（x）=2x24x+a，g（x）=logax（a0且a1）（1）若函数f（x）在1，3m上不具有单调性，求实数m的取值范围；（2）若f（1）=g（1）求实数a的值；设t1=f（x），t2=g（x），t3=2x，当x（0，1）时，试比较t1，t2，t3的大小 20（本小题满分10分）已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若的解集包含，求的取值范围.21已知函数f（x）=（1）求函数f（x）的最小正周期及单调递减区间；（2）当时，求f（x）的最大值，并求此时对应的x的值 22（本小题满分12分）已知圆,直线.（1）证明: 无论取什么实数,与圆恒交于两点;（2）求直线被圆截得的弦长最小时的方程.23对于任意的nN*，记集合En=1，2，3，n，Pn=若集合A满足下列条件：APn；x1，x2A，且x1x2，不存在kN*，使x1+x2=k2，则称A具有性质如当n=2时，E2=1，2，P2=x1，x2P2，且x1x2，不存在kN*，使x1+x2=k2，所以P2具有性质（）写出集合P3，P5中的元素个数，并判断P3是否具有性质（）证明：不存在A，B具有性质，且AB=，使E15=AB（）若存在A，B具有性质，且AB=，使Pn=AB，求n的最大值 24（本小题满分12分）中央电视台电视公开课开讲了需要现场观众，先邀请甲、乙、丙、丁四所大学的40名学生参加，各大学邀请的学生如下表所示：大学甲乙丙丁人数812812从这40名学生中按分层抽样的方式抽取10名学生在第一排发言席就座.（1）求各大学抽取的人数；（2）从（1）中抽取的乙大学和丁大学的学生中随机选出2名学生发言，求这2名学生来自同一所大学的概率.舒兰市高中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】B【解析】解：本题主要考查目标函数最值的求法，属于容易题，做出可行域，由图可知，当目标函数过直线y=1与x+y=3的交点（2，1）时，z取得最大值102 【答案】B【解析】解：全集U=0，1，2，3，4，集合M=2，3，4，N=0，1，4，UM=0，1，N（UM）=0，1，故选：B【点评】本题主要考查集合的子交并补运算，属于基础题3 【答案】D【解析】解：偶函数f（x）=2x4（x0），故它的图象关于y轴对称，且图象经过点（2，0）、（0，3），（2，0），故f（x2）的图象是把f（x）的图象向右平移2个单位得到的，故f（x2）的图象经过点（0，0）、（2，3），（4，0），则由f（x2）0，可得 0x4，故选：D【点评】本题主要考查指数不等式的解法，函数的图象的平移规律，属于中档题4 【答案】D【解析】解：RtOAB是一平面图形的直观图，斜边OB=2，直角三角形的直角边长是，直角三角形的面积是，原平面图形的面积是12=2故选D5 【答案】B 【解析】6 【答案】C【解析】解：由积分运算法则，得=lnx=lneln1=1因此，不等式即即a1，对应的集合是（1，+）将此范围与各个选项加以比较，只有C项对应集合（e，+）是（1，+）的子集原不等式成立的一个充分而不必要条件是ae故选：C【点评】本题给出关于定积分的一个不等式，求使之成立的一个充分而不必要条件，着重考查了定积分计算公式和充要条件的判断等知识，属于基础题7 【答案】 C【解析】解：作出不等式对应的平面区域，（阴影部分）由z=2x+y，得y=2x+z，平移直线y=2x+z，由图象可知当直线y=2x+z经过点C时，直线y=2x+z的截距最小，此时z最小即2x+y=1，由，解得，即C（1，1），点C也在直线y=a（x3）上，1=2a，解得a=故选：C【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法8 【答案】D【解析】试题分析：由题知，；设，则，可得，当取最小值时，最小值在时取到，此时，将代入，则.故本题答案选D.考点：1.向量的线性运算；2.基本不等式9 【答案】B【解析】解：a=1，b=4，C=60，由余弦定理可得：c=故选：B10【答案】A【解析】解：因为向量=（3，m），=（2，1），所以3=2m，解得m=故选：A【点评】本题考查向量共线的充要条件的应用，基本知识的考查11【答案】C【解析】解：设一条直线上存在两个有理点A（x1，y1），B（x2，y2），由于也在此直线上，所以，当x1=x2时，有x1=x2=a为无理数，与假设矛盾，此时该直线不存在有理点；当x1x2时，直线的斜率存在，且有，又x2a为无理数，而为有理数，所以只能是，且y2y1=0，即；所以满足条件的直线只有一条，且直线方程是；所以，正确的选项为C故选：C【点评】本题考查了新定义的关于直线方程与直线斜率的应用问题，解题的关键是理解新定义的内容，寻找解题的途径，是难理解的题目12【答案】C【解析】解：由已知可得：该几何体是一个四棱锥，侧高和底面的棱长均为2，故此几何体的表面积S=22+422=12cm2，故选：C【点评】本题考查的知识点是棱柱、棱锥、棱台的体积和表面积，空间几何体的三视图，根据已知判断几何体的形状是解答的关键二、填空题13【答案】 【解析】解：数列an为等差数列，且a3=，a1+a2+a6=3a1+6d=3（a1+2d）=3a3=3=，cos（a1+a2+a6）=cos=故答案是：14【答案】cm3 【解析】解：如图所示，由三视图可知：该几何体为三棱锥PABC该几何体可以看成是两个底面均为PCD，高分别为AD和BD的棱锥形成的组合体，由几何体的俯视图可得：PCD的面积S=44=8cm2，由几何体的正视图可得：AD+BD=AB=4cm，故几何体的体积V=84=cm3，故答案为： cm3【点评】本题考查由三视图求几何体的体积和表面积，根据已知的三视图分析出几何体的形状是关键15【答案】【解析】解析： 由得，如图所有实数对表示的区域的面积为，满足条件“”的实数对表示的区域为图中阴影部分，其面积为，随机事件“”的概率为16【答案】【解析】考点：一元二次不等式的解法.17【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18【答案】 【解析】三、解答题19【答案】 【解析】解：（1）因为抛物线y=2x24x+a开口向上，对称轴为x=1，所以函数f（x）在（，1上单调递减，在1，+）上单调递增，因为函数f（x）在1，3m上不单调，所以3m1，（2分）得，（3分）（2）因为f（1）=g（1），所以2+a=0，（4分）所以实数a的值为2因为t1=f（x）=x22x+1=（x1）2，t2=g（x）=log2x，t3=2x，所以当x（0，1）时，t1（0，1），（7分）t2（，0），（9分）t3（1，2），（11分）所以t2t1t3（12分）【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键20【答案】（1）或；（2）.【解析】试题解析：（1）当时，当时，由得，解得；当时，无解；当时，由得，解得，的解集为或.（2），当时，有条件得且，即，故满足条件的的取值范围为.考点：1、绝对值不等式的解法；2、不等式恒成立问题.21【答案】【解析】解：（1）f（x）=sin2x+sinxcosx=+sin2x=sin（2x）3分周期T=，因为cosx0，所以x|x+k，kZ5分当2x，即+kx+k，x+k，kZ时函数f（x）单调递减，所以函数f（x）的单调递减区间为，kZ7分（2）当，2x，9分sin（2x）（，1），当x=时取最大值，故当x=时函数f（x）取最大值为112分【点评】本题主要考查了三角函数中的恒等变换应用，三角函数的周期性及其求法，三角函数最值的解法，属于基础题22【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】试题分析：（1）的方程整理为，列出方程组，得出直线过圆内一点，即可证明；（2）由圆心,当截得弦长最小时, 则，利用直线的点斜式方程，即可求解直线的方程.1111（2）圆心,当截得弦长最小时, 则,由得的方程即. 考点：直线方程；直线与圆的位置关系.23【答案】【解析】解：（）对于任意的nN*，记集合En=1，2，3，n，Pn=集合P3，P5中的元素个数分别为9，23，集合A满足下列条件：APn；x1，x2A，且x1x2，不存在kN*，使x1+x2=k2，则称A具有性质，P3不具有性质.证明：（）假设存在A，B具有性质，且AB=，使E15=AB其中E15=1，2，3，15因为1E15，所以1AB，不妨设1A因为1+3=22，所以3A，3B同理6A，10B，15A因为1+15=42，这与A具有性质矛盾所以假设不成立，即不存在A，B具有性质，且AB=，使E15=AB.解：（）因为当n15时，E15Pn，由（）知，不存在A，B具有性质，且AB=，使Pn=AB若n=14，当b=1时，取A1=1，2，4，6，9，11，13，B1=3，5，7，8，10，12，14，则A1，B1具有性质，且A1B1=，使E14=A1B1当b=4时，集合中除整数外，其余的数组成集合为，令，则A2，B2具有性质，且A2B2=，使当b=9时，集中除整数外，其余的数组成集合，令，则A3，B3具有性质，且A3B3=，使集合中的数均为无理数，它与P14中的任何其他数之和都不是整数，因此，令A=A1A2A3C，B=B1B2B3，则AB=，且P14=AB综上，所求n的最大值为14.【点评】本题考查集合性质的应用，考查实数值最大值的求法，综合性强，难度大，对数学思维要求高，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用24【答案】（1）甲，乙，丙，丁；（2）.【解析】试题分析：（1）