南山区第二中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

一、选择题

1． 设Sn是等比数列{an}的前项和，S45S2，则此数列的公比q（ ）

A．-2或-1 B．1或2 C.1或2 D．2或-1 2． 已知Py）（x，为区域z=2x﹣y的最大值是 内的任意一点，当该区域的面积为4时，（ ）

A．6

B．0

C．2

D．2

3． 已知x，y满足时，z=x﹣y的最大值为（ ） A．4

B．﹣4 C．0

D．2

4． 已知，则f{f[f（﹣2）]}的值为（ ）

A．0

B．2

C．4

D．8

5． 为了得到函数的图象，只需把函数y=sin3x的图象（ ）

A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度 C．向右平移个单位长度

D．向左平移

个单位长度

6． 已知函数

，，若，则（ ）

A1 B2 C3 D-1

7． 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（ ）

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8A. 316C. 3

何体的表面积为 （ ）

B．4 20D． 3

的半圆，则该几

8． 某个几何体的三视图如图所示，其中正（主）视图中的圆弧是半径为2

A．9214 B．8214 C．9224 D．8224

【命题意图】本题考查三视图的还原以及特殊几何体的面积度量.重点考查空间想象能力及对基本面积公式的运用，难度中等.

9． a=﹣1是直线4x﹣（a+1）y+9=0与直线（a2﹣1）x﹣ay+6=0垂直的（ ） A．充分不必要条件 C．充分必要条件

B．必要不充分条件

D．既不充分也不必要条件

10．若集合A={x|﹣2＜x＜1}，B={x|0＜x＜2}，则集合A∩B=（ ） A．{x|﹣1＜x＜1} B．{x|﹣2＜x＜1} C．{x|﹣2＜x＜2} D．{x|0＜x＜1} 11．若某算法框图如图所示，则输出的结果为（ ）

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A．7 B．15 C．31 D．63

12．若圆x2y26x2y60上有且仅有三个点到直线axy10(a是实数）的距离为， 则a（ ）

A． 1 B． 23 C．2 D． 42二、填空题

13．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 ．

1的一条对称轴方程为x，则函数f(x)的最大值为（ ） 26A．1 B．±1 C．2 D．2 14．已知函数f(x)asinxcosxsinx2【命题意图】本题考查三角变换、三角函数的对称性与最值，意在考查逻辑思维能力、运算求解能力、转化思想与方程思想．

1,3)，B(1,1,1)，且|AB|22，则m . 15．在空间直角坐标系中，设A(m，16．若函数f(x)alnxx在区间(1,2)上单调递增，则实数的取值范围是__________.

三、解答题

17．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．

），Q=

，R=

，试比较P，Q，R的

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18．已知函数f(x)(xk)ex（kR）． （1）求f(x)的单调区间和极值； （2）求f(x)在x1,2上的最小值．

（3）设g(x)f(x)f'(x)，若对k,及x0,1有g(x)恒成立，求实数的取值范围．

22

19．已知函数f(x)353x，x2,5． x1（1）判断f(x)的单调性并且证明；

（2）求f(x)在区间2,5上的最大值和最小值．

20．已知斜率为1的直线l经过抛物线y2=2px（p＞0）的焦点F，且与抛物线相交于A，B两点，|AB|=4．

（I）求p的值；

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（II）若经过点D（﹣2，﹣1），斜率为k的直线m与抛物线有两个不同的公共点，求k的取值范围．

21．一艘客轮在航海中遇险，发出求救信号.在遇险地点A南偏西45方向10海里的B处有一艘海 难搜救艇收到求救信号后立即侦查，发现遇险客轮的航行方向为南偏东75，正以每小时9海里的速度向 一小岛靠近.已知海难搜救艇的最大速度为每小时21海里.

（1）为了在最短的时间内追上客轮，求海难搜救艇追上客轮所需的时间； （2）若最短时间内两船在C处相遇，如图，在ABC中，求角B的正弦值.

22．（本小题满分12分）如图所示，已知AB平面ACD，DE平面ACD，ACD为等边 三角形,ADDE2AB，F为CD的中点. （1）求证：AF//平面BCE； （2）平面BCE平面CDE.

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南山区第二中学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】D 【解析】

试题分析：当公比q1时，S45S20，成立.当q1时，S4,S2都不等于，所以

S4S2q24, S2q2,故选D.

考点：等比数列的性质. 2． 【答案】A 解析：解：由

作出可行域如图，

由图可得A（a，﹣a），B（a，a）， 由

∴A（2，﹣2），

化目标函数z=2x﹣y为y=2x﹣z，

∴当y=2x﹣z过A点时，z最大，等于2×2﹣（﹣2）=6． 故选：A． 3． 【答案】A

【解析】解：由约束条件

作出可行域如图，

，得a=2．

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联立，得A（6，2），

化目标函数z=x﹣y为y=x﹣z，

由图可知，当直线y=x﹣z过点A时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为4． 故选：A．

【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．

4． 【答案】C 【解析】解：∵﹣2＜0 ∴f（﹣2）=0

∴f（f（﹣2））=f（0） ∵0=0

∴f（0）=2即f（f（﹣2））=f（0）=2 ∵2＞0

2

∴f（2）=2=4

即f{f[（﹣2）]}=f（f（0））=f（2）=4 故选C．

5． 【答案】A

个单位长度，可得y=sin3（x﹣

）=sin（3x﹣

）的图象，

【解析】解：把函数y=sin3x的图象向右平移

故选：A．

【点评】本题主要考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．

6． 【答案】A

【解析】g（1）=a﹣1， 若f[g（1）]=1， 则f（a﹣1）=1，

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即5|a﹣1|=1，则|a﹣1|=0， 解得a=1 7． 【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.

338． 【答案】A

9． 【答案】A

=﹣1，解得a=．

【解析】解：当a=﹣1时，两条直线分别化为：4x+9=0，y+6=0，此时两条直线相互垂直； 当a=0时，两条直线分别化为：4x﹣y+9=0，﹣x+6=0，此时两条直线不垂直； 当a≠﹣1，0时，两条直线的斜率分别：

，

，∵两条直线相互垂直，∴

2

综上可得：a=﹣1是直线4x﹣（a+1）y+9=0与直线（a﹣1）x﹣ay+6=0垂直的充分不必要条件．

故选：A． 中档题．

10．【答案】D

【点评】本题考查了两条直线相互垂直的直线的充要条件，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于

【解析】解：A∩B={x|﹣2＜x＜1}∩{x|0＜x＜2}={x|0＜x＜1}．故选D．

11．【答案】 D

【解析】解：模拟执行算法框图，可得 A=1，B=1

满足条件A≤5，B=3，A=2 满足条件A≤5，B=7，A=3 满足条件A≤5，B=15，A=4 满足条件A≤5，B=31，A=5 满足条件A≤5，B=63，A=6

不满足条件A≤5，退出循环，输出B的值为63．

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故选：D．

【点评】本题主要考查了程序框图和算法，正确得到每次循环A，B的值是解题的关键，属于基础题．

12．【答案】B 【解析】

试题分析：由圆x2y26x2y60，可得(x3)2(y1)24，所以圆心坐标为(3,1)，半径为r2，要使得圆上有且仅有三个点到直线axy10(a是实数）的距离为，则圆心到直线的距离等于

1r，即23aa211，解得a2，故选B. 1 4考点：直线与圆的位置关系.

【方法点晴】本题主要考查了直线与圆的位置关系，其中解答中涉及到圆的标准方程、圆心坐标和圆的半径、点到直线的距离公式等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力和转化的思想方法，本题的解答中，把圆上有且仅有三个点到直线的距离为，转化为圆心到直线的距离等于是解答的关键.

1r2二、填空题

13．【答案】 4+

∵底面边长为6，∴BC=则∴

∴正四棱柱容器的高的最小值为4+故答案为：4+

．

．

，

，

=

，

．

【解析】解：作出正四棱柱的对角面如图，

，

球O的半径为3，球O1 的半径为1， 在Rt△OMO1中，OO1=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．

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14．【答案】A 【

解

析

】

15．【答案】1 【解析】 试题分析：AB16．【答案】a2 【解析】

试题分析：因为f(x)alnxx在区间(1,2)上单调递增，所以x(1,2)时，f'xm1211231222，解得：m1，故填：1.

考点：空间向量的坐标运算

a10恒成立，即xax恒成立，可得a2，故答案为a2.1

考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式恒成立问题.

三、解答题

17．【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（

）﹣

=

﹣

=﹣

＜0，∴P＜R，

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∵P﹣Q=g（）﹣=﹣

==，

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﹣

⇔

令t（x）=﹣1+则t′（x）=﹣

，

=

≥0，

+

＜0，∴P＜Q， =

=1﹣

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．

18．【答案】（1）f(x)的单调递增区间为(k1,)，单调递减区间为(,k1)，

﹣1+

＞0，

f(x)极小值f(k1)ek1，无极大值；（2）k2时f(x)最小值f(1)(1k)e，2k3时f(x)最小值f(k1)ek1，k3时，f(x)最小值f(2)(2k)e2；（3）2e.

【解析】

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（2）当k11，即k2时，f(x)在1,2上递增，∴f(x)最小值f(1)(1k)e； 当k12，即k3时，f(x)在1,2上递减，∴f(x)最小值f(2)(2k)e2； 当1k12，即2k3时，f(x)在1,k1上递减，在k1,2上递增， ∴f(x)最小值f(k1)ek1．

（3）g(x)(2x2k1)ex，∴g'(x)(2x2k3)ex， 由g'(x)0，得xk当xk

3， 23时，g'(x)0； 23当xk时，g'(x)0，

233∴g(x)在(,k)上递减，在(k,)递增，

223k3故g(x)最小值g(k)2e2，

23k3335又∵k,，∴k0,1，∴当x0,1时，g(x)最小值g(k)2e2，

2222∴g(x)对x0,1恒成立等价于g(x)最小值2e又g(x)最小值2e∴(2ek32k32；

k3235对k,恒成立．

22)mink，故2e．1

考点：1、利用导数研究函数的单调性进而求函数的最值；2、不等式恒成立问题及分类讨论思想的应用. 【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性进而求函数的最值、不等式恒成立问题及分类讨论思想的应用.属于难题. 数学中常见的思想方法有：函数与方程的思想、分类讨论思想、转化与划归思想、数形结合思想、建模思想等等，分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想

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之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.本题（2）就是根据这种思想讨论函数单调区间的. 19．【答案】（1）增函数，证明见解析；（2）最小值为，最大值为2.5. 【解析】

3(x1x2)0，所以f(x)在2,5(x11)(x21)5上是增函数；（2）由（1）知，最小值为f(2)2，最大值为f(5).

2试题分析：（1）在2,5上任取两个数x1x2，则有f(x1)f(x2)试题解析：

在2,5上任取两个数x1x2，则有

f(x1)f(x2)所以f(x)在2,5上是增函数．

3x13x23(x1x2)0， x11x21(x11)(x21)所以当x2时，f(x)minf(2)2， 当x5时，f(x)maxf(5)考点：函数的单调性证明．

【方法点晴】本题主要考查利用定义法求证函数的单调性并求出单调区间，考查化归与转化的数学思想方法.先在定义域内任取两个数x1x2，然后作差f(x1)f(x2)，利用十字相乘法、提公因式法等方法化简式子成几个因式的乘积，判断最后的结果是大于零韩式小于零，如果小于零，则函数为增函数，如果大于零，则函数为减函数.1 20．【答案】

，准线方程为

．

2

【解析】解：（I）由题意可知，抛物线y=2px（p＞0）的焦点坐标为

5. 2

所以，直线l的方程为由

…

…

消y并整理，得

设A（x1，y1），B（x2，y2） 则x1+x2=3p，

又|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+p=4， 所以，3p+p=4，所以p=1…

2

（II）由（I）可知，抛物线的方程为y=2x．

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由题意，直线m的方程为y=kx+（2k﹣1）．… 由方程组

（1）

．…

2

可得ky﹣2y+4k﹣2=0（2）…

当k=0时，由方程（2），得y=﹣1．

2

把y=﹣1代入y=2x，得

．

这时．直线m与抛物线只有一个公共点

当k≠0时，方程（2）得判别式为△=4﹣4k（4k﹣2）．

2

由△＞0，即4﹣4k（4k﹣2）＞0，亦即4k﹣2k﹣1＜0．

解得于是，当

．

且k≠0时，方程（2）有两个不同的实根，从而方程组（1）有两组不同的解，这

．…

时，直线m与抛物线有两个不同的公共点，… 因此，所求m的取值范围是

【点评】本题考查抛物线的方程与性质，考查直线与抛物线的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

21．【答案】（1）【解析】

233小时；（2）． 314试

题解析：（1）设搜救艇追上客轮所需时间为小时，两船在C处相遇. 在ABC中，BAC4575120，AB10，AC9t，BC21t. 由余弦定理得：BCABAC2ABACcosBAC， 所以(21t)10(9t)2109t()，

2222221225或t（舍去）. 3122所以，海难搜救艇追上客轮所需时间为小时.

32化简得36t9t100，解得t第 15 页，共 17 页

（2）由AC9226，BC2114. 33在ABC中，由正弦定理得sinB所以角B的正弦值为ACsinBAC6sin120BC1463233. 141433. 14考点：三角形的实际应用．

【方法点晴】本题主要考查了解三角形的实际应用，其中解答中涉及到正弦定理、余弦定理的灵活应用，注重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题，本题的解答中，可先根据题意，画出图形，由搜救艇和渔船的速度，那么可设时间，并用时间表示AC,BC，再根据正弦定理和余弦定理，即可求解此类问题，其中正确画出图形是解答的关键． 22．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】

试题分析：（1）推导出ACBC,ACCC1，从而AC平面BCC1B1，连接CA1,NA1，则B,A1,N三点共线，推导出CNBA1,CNMN，由线面垂直的判定定理得CN平面BNM；（2）连接AC1交CA1于点H，推导出AHBA1，HQBA1，则AQH是二面角ABA1C的平面角．由此能求出二面角

CBNB1的余弦值．

试题解析：（1）如图，取CE的中点G，连接FG,BG. ∵F为CD的中点，∴GF//DE且GF∵AB平面ACD，DE平面ACD， ∴AB//DE， ∴GF//AB.

1DE. 21DE，∴GFAB. ∴四边形GFAB为平行四边形，则AF//BG. （4分） 2∵AF平面BCE，BG平面BCE， ∴AF//平面BCE （6分）

又AB第 16 页，共 17 页

考点：直线与平面平行和垂直的判定．

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