浙江省磐安县第二中学高二数学4月月考试题.doc

浙江省磐安县第二中学2017-2018学年高二数学4月月考试题学校：_姓名：_班级：_考号：_分卷i一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分) 1.若集合ax|0x0，且a1)若g(2)a，则f(2)等于()a 2 b c da24.曲线y1与直线yk(x2)有交点时，实数k的取值范围是()a (， b (，) c ， d 0，5.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()a b c d6.下列四个结论中假命题的个数是()垂直于同一直线的两条直线互相平行；平行于同一直线的两直线平行；若直线a，b，c满足ab，bc，则ac；若直线l1，l2是异面直线，则与l1，l2都相交的两条直线是异面直线a1 b 2 c 3 d 47.“a1”是“函数f(x)|xa|在区间1，)上为增函数”的()a 充分不必要条件b 必要不充分条件c 充要条件d 既不充分也不必要条件8.已知f1(c,0)，f2(c,0)为椭圆的两个焦点，p为椭圆上一点且c2，则此椭圆离心率的取值范围是()abcd9.已知f(x)是定义在r上的偶函数且连续，当x0时，f(x)f(1)，则x的取值范围是()a (，1) b (0，)(1，) c (，e) d (0,1)(e，)10.已知正三角形abc的边长为2，平面abc内的动点p，m满足|1，则|2的最大值是()a b c d分卷ii二、填空题(共7小题,每小题5.0分,共35分) 11.不等式|x3|x2|3的解集为_12 .2011年3月17日上午，日本自卫队选派了两架直升飞机对福岛第一核电站3号机组的燃料池进行了4次注水如果直升飞机有a，b，c，d四架供选，飞行员有甲，乙，丙，丁四人供选，且一架直升飞机只安排一名飞行员，则选出两名飞行员驾驶两架直升飞机的不同方法数为_13.在锐角abc中，角a、b、c的对边分别为a、b、c，若6cosc，则的值是_14.设e1，e2为单位向量，非零向量bxe1ye2，x，yr.若e1，e2的夹角为，则的最大值等于_15.设zkxy，其中实数x，y满足若z的最大值为12，则实数k_.16.关于x的不等式x29|x23x|kx在1,5上恒成立，则实数k的范围为_17.如图，在长方形abcd中，ab2，bc1，e为dc的中点，f为线段ec(端点除外)上一动点现将afd沿af折起，使平面abd平面abc.在平面abd内过点d作dkab，k为垂足设akt，则t的取值范围是_三、解答题(共5小题,每小题15.0分,共75分) 18.abc的内角a，b，c所对的边分别为a，b，c.(1)若a，b，c成等差数列，证明sinasinc2sin(ac)；(2)若a，b，c成等比数列，求cosb的最小值19.如图，三棱柱abca1b1c1中，点a1在平面abc内的射影d在ac上，acb90，bc1，accc12.(1)证明：ac1a1b；(2)设直线aa1与平面bcc1b1的距离为，求二面角a1abc的大小20.已知函数f(x)xcosxsinx，x.(1)求证：f(x)0；(2)若ab对x恒成立，求a的最大值与b的最小值21.如图，抛物线的顶点o在坐标原点，焦点在y轴负半轴上过点m(0，2)作直线l与抛物线相交于a，b两点，且满足(4，12)(1)求直线l和抛物线的方程；(2)当抛物线上一动点p从点a向点b运动时，求abp面积的最大值22.已知数列an的前n项和snann12(nn*)，数列bn满足bn(1)求证数列an是等差数列，并求数列an的通项公式；(2)设cnlog2，数列的前n项和为tn，求满足tn(nn*)的n的最大值答案解析1.【答案】b【解析】ax|0x7，xn*1,2,3,4,5,6，b1,2,3,6，abb，b中元素的个数为4.2.【答案】d【解析】根据题意，得即00时，f(x)0，此时函数为减函数，则xf(1)，|lnx|1，1lnx1，即xe.10.【答案】b【解析】建系如图，则易知b(，0)，c(，0)，a(0,3)设m(x，y)，p(a，b)，即p(2x，2y)，又|1.p点在圆x2(y3)21上，即(2x)2(2y3)21，整理得，22(记为圆)，即m点在该圆上，求|的最大值转化为b点到该圆上的一点的最大距离，即b到圆心的距离再加上该圆的半径：|22.11.【答案】x|x1【解析】原不等式可化为或或x，或1x2，或x2.故不等式的解集为x|x1.12.【答案】【解析】飞机的选法有c种，飞行员的选法有c种，把飞行员安排到飞机上有a，共有cca72种13.【答案】4【解析】取ab1，则cosc，由余弦定理得c2a2b22abcosc，c，在如图所示的等腰三角形abc中，可得tanatanb，又sinc，tanc2，4.另解：由6cosc得，6，即a2b2c2，tanc()4.14.【答案】2【解析】本题考查向量的概念、运算、函数的最值等知识，考查转化与化归能力、函数与方程思想以及灵活利用知识分析问题、解决问题的能力当x0时，0，当x0时，24，所以的最大值是2，当且仅当时取到最大值15.【答案】2【解析】本题主要考查二元一次不等式组的平面区域、线性规划的最优解的问题，意在考查考生的数形结合能力已知不等式组可表示成如图的可行域，当0k时，直线ykxz经过点a(4,4)时z最大，所以4k412，解得k2(舍去)；当k时，直线ykxz经过点b(2,3)时，z最大，所以2k312，解得k(舍去)；当k0时，直线ykxz经过点a(4,4)时，z最大，所以4k412，解得k2，符合，综上可知k2.16.【答案】(，6【解析】两边同除以x，则kx|x3|，x6，|x3|0，当且仅当x3，两等式同时取得等号，所以x3时，右边取最小值6.所以k6.17.【答案】【解析】此题可采用两个极端位置法，即对于f位于dc的中点时，t1，随着点f到点c时，因cbab，cbdk，cb平面adb，即有cbbd.对于cd2，bc1，bd.又ad1，ab2，因此有adbd，则有t.因此t的取值范围是.18.【答案】(1)证明a，b，c成等差数列，ac2b.由正弦定理得sinasinc2sinb.sinbsin(ac)sin(ac)，sinasinc2sin(ac)(2)解a，b，c成等比数列，b2ac.由余弦定理得cosb，当且仅当ac时等号成立cosb的最小值为.【解析】19.【答案】方法一因为a1d平面abc，a1d平面aa1c1c，故平面aa1c1c平面abc.又bcac，所以bc平面aa1c1c.连接a1c，因为侧面aa1c1c为菱形，故ac1a1c.由三垂线定理得ac1a1b.(2)bc平面aa1c1c，bc平面bcc1b1，故平面aa1c1c平面bcc1b1.作a1ecc1，e为垂足，则a1e平面bcc1b1.又直线aa1平面bcc1b1，因而a1e为直线aa1与平面bcc1b1的距离，a1e.因为a1c为acc1的平分线，故a1da1e.作dfab，f为垂足，连接a1f，由三垂线定理得a1fab，故a1fd为二面角a1abc的平面角由ad1得d为ac中点，df，tana1fd.所以二面角a1abc的大小为arctan.方法二以c为坐标原点，射线ca为x轴的正半轴，以cb的长为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系cxyz.由题设知a1d与z轴平行，z轴在平面aa1c1c内(1)设a1(a,0，c)，由题设有a2，a(2,0,0)，b(0,1,0)，则(2,1,0)，(2,0,0)，(a2,0，c)，(a4,0，c)，(a，1，c)由|2得2，即a24ac20.于是a24ac20，所以ac1a1b.(2)设平面bcc1b1的法向量m(x，y，z)，则m，m，即m0，m0.因为(0,1,0)，(a2,0，c)，故y0，且(a2)xcz0.令xc，则z2a，m(c,0,2a)，点a到平面bcc1b1的距离为|cosm，|c.又依题设，a到平面bcc1b1的距离为，所以c.代入解得a3(舍去)或a1.于是(1,0，)设平面aba1的法向量n(p，q，r)，则n，n，即n0，n0，pr0，且2pq0.令p，则q2，r1，n(，2，1)又p(0,0,1)为平面abc的法向量，故cosn，p.所以二面角a1abc的大小为arccos.【解析】20.【答案】(1)证明由f(x)xcosxsinx得f(x)cosxxsinxcosxxsinx.因为在区间上f(x)xsinx0时，“a”等价于“sinxax0”；“b”等价于“sinxbx0对任意x恒成立当c1时，因为对任意x，g(x)cosxc0，所以g(x)在区间上单调递减，从而g(x)g(0)0对任意x恒成立当0cg(0)0.进一步，“g(x)0对任意x恒成立”当且仅当g1c0，即00对任意x恒成立；当且仅当c1时，g(x)0对任意x恒成立所以，若ab对任意x恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1.【解析】21.【答案】(1)根据题意可设直线l的方程为ykx2，抛物线方程为x22py(p0)由得x22pkx4p0.设点a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x1x22pk，y1y2k(x1x2)42pk24，(x1x2，y1y2)(2pk，2pk24)(4，12)，解得故直线l的方程为y2x2，抛物线方程为x22y.(2)据题意，当抛物线过点p的切线与l平行时，apb的面积最大设点p(x0，y0)，则yx，故由x02，得x02，则y0x2，故p(2，2)此时点p到直线l的距离d.由得x24x40.故|ab|4.故abp的面积的最大值为|ab|d48.【解析】22.【答案】(1)在snann12中，令n1，可得s1a11