桃城区第二中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

一、选择题

1． 某几何体的三视图如下（其中三视图中两条虚线互相垂直）则该几何体的体积为（ ）

8A. 316C. 3

f（7）=（ ） A．﹣2 B．2

B．4 20D． 3

f（x）=2x2，则

2． 已知f（x）在R上是奇函数，且f（x+4）=f（x），当x∈（0，2）时，

C．﹣98 D．98

3． 若函数fx2sin2x的图象关于直线x对称，且当

212217x1，x2，，x1x2时，fx1fx2，则fx1x2等于（ ）

123262 C. D． 2244． 如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是AA1，AD的中点，则CD1与EF所成角为（ ）

A．2 B．

A．0° B．45° C．60° D．90°

5． 实数x，y满足不等式组，则下列点中不能使u=2x+y取得最大值的是（ ）

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A．（1，1） B．（0，3） C．（，2） D．（，0）

x2y26． 椭圆C:1的左右顶点分别为A1,A2，点P是C上异于A1,A2的任意一点，且直线PA1斜率的

43取值范围是1,2，那么直线PA2斜率的取值范围是（ ）

A．313313, B．, C．,1 D．,1 424824【命题意图】本题考查椭圆的标准方程和简单几何性质、直线的斜率等基础知识，意在考查函数与方程思想和基本运算能力．

7． a2,b4,c25，则（ ）

A．bac B．abc C．bca D．cab 8． 集合Mx|x4k2,kZ，Nx|x2k,kZ，Px|x4k2,kZ，则M，

432513N，P的关系（ ）

A．MPN B．NPM C．MNP D．MPN

9． 已知i是虚数单位，则复数A．﹣ +i B．﹣ +i C．﹣i

等于（ ） D．﹣i

112310．设a，b为正实数，22，(ab)4(ab)，则logab=（ ）

abA.0

B.1 C.1 D.1或0

【命题意图】本题考查基本不等式与对数的运算性质等基础知识，意在考查代数变形能与运算求解能力. 11．在ABC中，若A60，B45，BC32，则AC（ ） A．43 B．23 C.

3 D．3 212．在二项式（x3﹣）n（n∈N*）的展开式中，常数项为28，则n的值为（ ） A．12

B．8

C．6

D．4

二、填空题

13．平面内两定点M（0，一2）和N（0,2），动点P（x，y）满足为曲线E，给出以下命题： ①m，使曲线E过坐标原点； ②对m，曲线E与x轴有三个交点；

，动点P的轨迹

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③曲线E只关于y轴对称，但不关于x轴对称；

④若P、M、N三点不共线，则△ PMN周长的最小值为2m＋4;

⑤曲线E上与M,N不共线的任意一点G关于原点对称的另外一点为H，则四边形GMHN 的面积不大于m。

其中真命题的序号是 ．（填上所有真命题的序号）

14．已知x，y为实数，代数式1(y2)29(3x)2x2y2的最小值是 . 【命题意图】本题考查两点之间距离公式的运用基础知识，意在考查构造的数学思想与运算求解能力. 15．【盐城中学2018届高三上第一次阶段性考试】已知函数f（x）＝lnx－最小值4，则m＝________．

16．(x)的展开式中，常数项为___________．（用数字作答） 【命题意图】本题考查用二项式定理求指定项，基础题.

m （m∈R）在区间[1，e]上取得x1x8三、解答题

17．如图，在△ABC中，BC边上的中线AD长为3，且sinB=（Ⅰ）求sin∠BAD的值； （Ⅱ）求AC边的长．

，cos∠ADC=﹣．

18．（本小题满分12分）

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如图长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，

BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝4，D1F＝8，过点E，F，C的平面α与长方体的面相交，交线围成一个四边形．

（1）在图中画出这个四边形（不必说明画法和理由）； （2）求平面α将长方体分成的两部分体积之比．

19．已知函数f（x）=lnx的反函数为g（x）．

（Ⅰ）若直线l：y=k1x是函数y=f（﹣x）的图象的切线，直线m：y=k2x是函数y=g（x）图象的切线，求证：l⊥m；

（Ⅱ）设a，b∈R，且a≠b，P=g（大小，并说明理由．

20．（本小题满分12分）△ABC的三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，AD是BC边上的中线．

1

（1）求证：AD＝2b2＋2c2－a2；

2

19sin B3

（2）若A＝120°，AD＝，＝，求△ABC的面积．

2sin C5

），Q=

，R=

，试比较P，Q，R的

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21．已知数列{an}满足a1=，an+1=an+（Ⅰ）

＜

；

**

（n∈N）．证明：对一切n∈N，有

（Ⅱ）0＜an＜1．

22．已知数列{an}共有2k（k≥2，k∈Z）项，a1=1，前n项和为Sn，前n项乘积为Tn，且an+1=（a﹣1）Sn+2（n=1，2，…，2k﹣1），其中a=2（Ⅰ）求数列{bn}的通项公式；

（Ⅱ）若|b1﹣|+|b2﹣|+…+|b2k﹣1﹣|+|b2k﹣|≤，求k的值．

，数列{bn}满足bn=log2

，

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桃城区第二中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题（参）

一、选择题

1． 【答案】

【解析】选D.根据三视图可知，该几何体是一个棱长为2的正方体挖去一个以正方体的中心为顶点，上底面

120

为底面的正四棱锥后剩下的几何体如图，其体积V＝23－×2×2×1＝，故选D.

332． 【答案】A

【解析】解：因为f（x+4）=f（x），故函数的周期是4 所以f（7）=f（3）=f（﹣1）， 又f（x）在R上是奇函数，

2

所以f（﹣1）=﹣f（1）=﹣2×1=﹣2，

故选A．

【点评】本题考查函数的奇偶性与周期性．

3． 【答案】C 【

解

析

】

考

点：函数的图象与性质.

【方法点晴】本题主要考查函数的图象与性质，涉及数形结合思想、函数与方程思想、转化化归思想，考查逻辑推理能力、化归能力和计算能力，综合程度高，属于较难题型．首先利用数形结合思想和转化化归思想可得

，从而fx2sin2x，再次利用数形结合思想和转化化归思想

312231111可得x1，fx1，x2，fx2关于直线x对称，可得x1x2，从而

126611fx1x22sin．

3232kkZ，解得4． 【答案】C

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【解析】解：连结A1D、BD、A1B，

∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是AA1，AD的中点，∴EF∥A1D， ∵A1B∥D1C，∴∠DA1B是CD1与EF所成角， ∵A1D=A1B=BD， ∴∠DA1B=60°． 故选：C．

∴CD1与EF所成角为60°．

【点评】本题考查异面直线所成角的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．

5． 【答案】 D

【解析】解：由题意作出其平面区域，

将u=2x+y化为y=﹣2x+u，u相当于直线y=﹣2x+u的纵截距， 故由图象可知，

使u=2x+y取得最大值的点在直线y=3﹣2x上且在阴影区域内， 故（1，1），（0，3），（而点（故选D．

，2）成立，

，0）在直线y=3﹣2x上但不在阴影区域内，

故不成立；

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【点评】本题考查了简单线性规划，作图要细致认真，注意点在阴影区域内；属于中档题．

6． 【答案】B

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7． 【答案】A 【解析】

试题分析：a4,b4,c5，由于y4为增函数，所以ab.应为yx为增函数，所以ca，故

232523x23bac.

考点：比较大小． 8． 【答案】A 【解析】

试题分析：通过列举可知MP2,6考点：两个集合相等、子集．1 9． 【答案】A 【解析】解：复数故选：A．

【点评】本题考查了复数的运算法则，属于基础题．

10．【答案】B.

=

=

=

，

,N0,2,4,6，所以MPN.

11ab2222 【解析】(ab)4(ab)(ab)4ab4(ab)，故

abab2323(ab)24ab4(ab)3111184(ab)8ab2，而事实上ab2ab2，

(ab)2(ab)2abababab∴ab1，∴logab1，故选B.

11．【答案】B

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【解析】

考点：正弦定理的应用. 12．【答案】B

【解析】解：展开式通项公式为Tr+1=

3

n

*

•（﹣1）r•x3n﹣4r，

则∵二项式（x﹣）（n∈N）的展开式中，常数项为28，

∴，

∴n=8，r=6． 故选：B．

【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．

二、填空题

13．【答案】①④⑤

解析：∵平面内两定点M（0，﹣2）和N（0，2），动点P（x，y）满足|∴

•

=m

①（0，0）代入，可得m=4，∴①正确；

②令y=0，可得x2+4=m，∴对于任意m，曲线E与x轴有三个交点，不正确； ③曲线E关于x轴对称，但不关于y轴对称，故不正确； ④若P、M、N三点不共线，|

|+|

|≥2

=2

，所以△PMN周长的最小值为2

+4，正确；

⑤曲线E上与M、N不共线的任意一点G关于原点对称的点为H，则四边形GMHN的面积为2S△MNG=|GM||GN|sin∠MGN≤m，∴四边形GMHN的面积最大为不大于m，正确． 故答案为：①④⑤． 14．【答案】41. 【

解

析

】

|•|

|=m（m≥4），

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15．【答案】－3e 【解析】f′（x）＝减，

当x>－m时，f′（x）>0，f（x）单调递增．若－m≤1，即m≥－1时，f（x）min＝f（1）＝－m≤1，不可能等于4；

若1<－m≤e，即－e≤m<－1时，f（x）min＝f（－m）＝ln（－m）＋1，令ln（－m）＋1＝4，得m＝－e3（－e，－

1）；若－m>e，即m<－e时，f（x）min＝f（e）＝1－m

＝－3e.

16．【答案】70

1mxm＋2＝，令f′（x）＝0，则x＝－m，且当x<－m时，f′（x）<0，f（x）单调递xxx2

mm，令1－＝4，得m＝－3e，符合题意．综上所述，ee第 11 页，共 17 页

r8r【解析】(x)8的展开式通项为Tr1C8x()r(1)rC8rx82r，所以当r4时，常数项为

1x1x(1)4C8470.

三、解答题

17．【答案】

，所以cosB=… ×

﹣（﹣）×，解得BD=

=…

，所以AC=

…

…

…

【解析】解：（Ⅰ）由题意，因为sinB=又cos∠ADC=﹣，所以sin∠ADC=所以sin∠BAD=sin（∠ADC﹣∠B）=（Ⅱ）在△ABD中，由正弦定理，得故BC=15，

2

从而在△ADC中，由余弦定理，得AC=9+225﹣2×3×15×（﹣）=

【点评】本题考查差角的正弦公式，考查正弦定理、余弦定理的运用，属于中档题．

18．【答案】 【解析】解：

（1）交线围成的四边形EFCG（如图所示）． （2）∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD， 平面A1B1C1D1∩α＝EF， 平面ABCD∩α＝GC， ∴EF∥GC，同理EG∥FC. ∴四边形EFCG为平行四边形， 过E作EM⊥D1F，垂足为M， ∴EM＝BC＝10，

∵A1E＝4，D1F＝8，∴MF＝4. ∴GC＝EF＝∴GB＝

EM2＋MF2＝102＋42＝116，

GC2－BC2＝

116－100＝4（事实上Rt△EFM≌Rt△CGB）．

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过C1作C1H∥FE交EB1于H，连接GH，则四边形EHC1F为平行四边形，由题意知，B1H＝EB1－EH＝12－8＝4＝GB.

∴平面α将长方体分成的右边部分由三棱柱EHG-FC1C与三棱柱HB1C1­GBC两部分组成． 其体积为V2＝V三棱柱EHG-FC1C＋V三棱柱HB1C1­GBC ＝S△FC1C·B1C1＋S△GBC·BB1 11

＝×8×8×10＋×4×10×8＝480， 22

∴平面α将长方体分成的左边部分的体积V1＝V长方体－V2＝16×10×8－480＝800. V18005∴＝＝， V24803

53

∴其体积比为（也可以）．

3519．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）∵函数f（x）=lnx的反函数为g（x）．

x

∴g（x）=e．，f（﹣x）=ln（﹣x），

则函数的导数g′（x）=e，f′（x）=，（x＜0），

x

设直线m与g（x）相切与点（x1，则切线斜率k2=

=

），

，则x1=1，k2=e，

=

，则x2=﹣e，k1=﹣，

设直线l与f（x）相切与点（x2，ln（﹣x2）），则切线斜率k1=故k2k1=﹣×e=﹣1，则l⊥m． （Ⅱ）不妨设a＞b， ∵P﹣R=g（∵P﹣Q=g（

）﹣）﹣

==

﹣﹣

=﹣

＜0，∴P＜R，

==，

xxxx

令φ（x）=2x﹣e+e﹣，则φ′（x）=2﹣e﹣e﹣＜0，则φ（x）在（0，+∞）上为减函数，

故φ（x）＜φ（0）=0， 取x=

，则a﹣b﹣

+

＜0，∴P＜Q，

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⇔

令t（x）=﹣1+则t′（x）=﹣

，

=

==1﹣

≥0，

则t（x）在（0，+∞）上单调递增， 故t（x）＞t（0）=0， 取x=a﹣b，则∴R＞Q， 综上，P＜Q＜R，

【点评】本题主要考查导数的几何意义的应用以及利用作差法比较大小，考查学生的运算和推理能力，综合性较强，难度较大．

20．【答案】 【解析】解：

﹣1+

＞0，

（1）证明：∵D是BC的中点，

a

∴BD＝DC＝.

2

a2

法一：在△ABD与△ACD中分别由余弦定理得c＝AD＋－2AD·

4

a

cos∠ADB，① 2

2

a22ab＝AD＋－2AD··cos∠ADC，②

42

2

222a①＋②得c＋b＝2AD＋，

2

2

2

即4AD2＝2b2＋2c2－a2，

1

∴AD＝2b2＋2c2－a2.

2

法二：在△ABD中，由余弦定理得

a2a22

AD＝c＋－2c·cos B

42

2222a＋c－ba

＝c2＋－ac·

42ac

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2b2＋2c2－a2＝，

41

∴AD＝2b2＋2c2－a2.

2

1sin B3

（2）∵A＝120°，AD＝19，＝，

2sin C5由余弦定理和正弦定理与（1）可得 a2＝b2＋c2＋bc，① 2b2＋2c2－a2＝19，②

b3

＝，③ c5

联立①②③解得b＝3，c＝5，a＝7，

11153

∴△ABC的面积为S＝bc sin A＝×3×5×sin 120°＝. 22415

即△ABC的面积为3.

421．【答案】

【解析】证明：（Ⅰ）∵数列{an}满足a1=，an+1=an+∴an＞0，an+1=an+∴

∴对一切n∈N，

*

*

＞0（n∈N），an+1﹣an=

（n∈N），

*

＞0，

， ＜

*

．

＜

，

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对一切k∈N，∴

∴当n≥2时， =＞3﹣[1+=3﹣[1+

] ]

，

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=3﹣（1+1﹣=

，

）

∴an＜1，又

*

，

∴对一切n∈N，0＜an＜1．

【点评】本题考查不等式的证明，是中档题，解题时要注意裂项求和法和放缩法的合理运用，注意不等式性质的灵活运用．

22．【答案】

【解析】（本小题满分13分） 解：（1）当n=1时，a2=2a，则

；

当2≤n≤2k﹣1时，an+1=（a﹣1）Sn+2，an=（a﹣1）Sn﹣1+2， 所以an+1﹣an=（a﹣1）an，故

n1+2+…+（n﹣1）

=∴Tn=a1×a2×…×an=2a

=a，即数列{an}是等比数列，

，

．…

*

，

bn=（2）令当n≥k+1时，

=

，则n≤k+，又n∈N，故当n≤k时，

．…

，

|b1﹣|+|b2﹣|+…+|b2k﹣1﹣|+|b2k﹣| =

=（k+1+…+b2k）﹣（b1+…+bk） =[=由

，

2

，得2k﹣6k+3≤0，解得*

+（）+…+（）…

+k]﹣[]

，…

又k≥2，且k∈N，所以k=2．…

第 16 页，共 17 页

【点评】本题考查数列的通项公式的求法，考查满足条件的实数值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质和构造法的合理运用．

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