张家川回族自治县实验中学2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

优选高中模拟试卷张家川回族自治县实验中学2018-2019学年上学期高二数学12月月 考试题 教师业务能力考试题中学音乐幼儿园保育员考试题目免费下载工程测量项目竞赛理论考试题库院感知识考试题及答案公司二级安全考试题答案 含 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 班级__________姓名__________分数__________一、选择题1．以的焦点为极点，极点为焦点的椭圆方程为（）A．B．C．D．22．已知函数f（x）=sin（ωx）﹣（ω＞0）的周期为π，若将其图象沿x轴向右平移a个单位（a＞0），所得图象对于原点对称，则实数a的最小值为（）A．πB．C．D．23．已知直线mx﹣y+1=0交抛物线y=x于A、B两点，则△AOB（）A．为直角三角形B．为锐角三角形C．为钝角三角形D．前三种形状都有可能4．已知复数z知足z?i=2﹣i，i为虚数单位，则z=（）A．﹣1﹣2iB．﹣1+2iC．1﹣2iD．1+2i225．已知a，b都是实数，那么“a＞b”是“a＞b”的（）A．充分而不用要条件B．必需而不充分条件C．充分必需条件D．既不充分也不用要条件6．函数f（x）=sinωx（ω＞0）在恰有11个零点，则ω的取值范围（）A．C．D．时，函数f（x）的最大值与最小值的和为（）A．a+3B．6C．2D．3﹣a7．不等式的解集为（）A．或B．C．或D．8．已知函数f（x）＝log2（a－x），x＜1若f（－6）＋f（log26）＝9，则a的值为（）x2，x≥1A．4B．3C．2D．1第1页，共16页优选高中模拟试卷9．四周体ABCD中,截面PQMN是正方形，则在以下结论中，以下说法错误的选项是（）A．ACBDB．ACBDC.ACPQMND．异面直线PM与BD所成的角为4510．以下函数中哪个与函数y=x相等（）A．y=（）2B．y=C．y=D．y=x211．已知全集为R，且会合A{x|log2(x1)2}，0}B{x|，则A(CRB)等于（）x1A．(1,1)B．(1,1]C．[1,2)D．[1,2]【命题企图】本题考察会合的交集、补集运算，同时也考察了简单对数不等式、分式不等式的解法及数形联合的思想方法，属于简单题.12．已知在△ABC中，a=，b=，B=60°，那么角C等于（）A．135°B．90°C．45°D．75°二、填空题13．从等边三角形纸片ABC上，剪下如下图的两个正方形，此中BC=3+，则这两个正方形的面积之和的最小值为．14．【盐城中学2018届高三上第一次阶段性考试】已知函数fxxlnxax有两个极值点，则实数a的取值范围是．15．椭圆C：+=1（a＞b＞0）的右焦点为（2，0），且点（2，3）在椭圆上，则椭圆的短轴长为．16．抽样检查 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示，某校高三学生成绩（总分750分）X近似听从正态散布，均匀成绩为500分．已知P（400＜X＜450）=0.3，则P（550＜X＜600）=．*17．已知数列{an}知足an+1=e+an（n∈N，e=2.71828）且a3=4e，则a2015=．18．【2017-2018第一学期东台安丰中学高三第一次月考】在平面直角坐标系xOy中，直线l与函数第2页，共16页优选高中模拟试卷22fx2xax0和32gxxax均相切（此中a为常数），切点分别为Ax1,y1和20Bx2,y2，则x1x2的值为__________．三、解答题19．（本小题满分12分）已知函数21f(x)3sinxcosxcosx.2（1）求函数yf(x)在[0,]2上的最大值和最小值；（2）在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，知足c2，a3，f(B)0，求sinA的值.1111]x20．已知a＞0，a≠1，命题p：“函数f（x）=a2在（0，+∞）上单一递减”，命题q：“对于x的不等式x﹣2ax+≥0对全部的x∈R恒成立”，若p∧q为假命题，p∨q为真命题，务实数a的取值范围．21．（本小题12分）在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD与CDEF是边长均为a正方形，CF平面ABCD，BG平面ABCD，且AB2BG4BH．（1）求证：平面AGH平面EFG；（2）若a4，求三棱锥GADE的体积．第3页，共16页优选高中模拟试卷【命题企图】本题主要考察空间直线与平面间的垂直关系、空间向量、二面角等基础知识，间在考察空间想象能力、逻辑推理能力，以及转变的思想、方程思想．xx22．设函数f（x）=lg（a﹣b），且f（1）=lg2，f（2）=lg12（1）求a，b的值．（2）当x∈[1，2]时，求f（x）的最大值．x（3）m为什么值时，函数g（x）=ax的图象与h（x）=b﹣m的图象恒有两个交点．23．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D、E分别是AB、BB1的中点，AB=2，（1）证明：BC1∥平面A1CD；（2）求异面直线BC1和A1D所成角的大小；（3）求三棱锥A1﹣DEC的体积．第4页，共16页优选高中模拟试卷24．如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，EF∥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，且BC=2EF，AE=AF，点G是EF的中点．（Ⅰ）证明：AG⊥平面ABCD；（Ⅱ）若直线BF与平面ACE所成角的正弦值为，求AG的长．第5页，共16页优选高中模拟试卷张家川回族自治县实验中学2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含分析（参照答案）一、选择题1．【答案】D【分析】解：双曲线的极点为（0，﹣2）和（0，2），焦点为（0，﹣4）和（0，4）．∴椭圆的焦点坐标是为（0，﹣2）和（0，2），极点为（0，﹣4）和（0，4）．∴椭圆方程为．应选D．【评论】本题考察双曲线和椭圆的性质和应用，解题时要注意划分双曲线和椭圆的基天性质．2．【答案】D2【分析】解：由函数f（x）=sin（ωx）﹣=﹣cos2ωx（ω＞0）的周期为=π，可得ω=1，故f（x）=﹣cos2x．若将其图象沿x轴向右平移a个单位（a＞0），可得y=﹣cos2（x﹣a）=﹣cos（2x﹣2a）的图象；再依据所得图象对于原点对称，可得2a=kπ+，a=+，k∈Z．则实数a的最小值为．应选：D【评论】本题主要考察三角恒等变换，余弦函数的周期性，函数y=Acos（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数、余弦函数的奇偶性，属于基础题．3．【答案】A22【分析】解：设A（x1，x1），B（x2，x2），将直线与抛物线方程联立得，2消去y得：x﹣mx﹣1=0，依据韦达定理得：x1x2=﹣1，22由=（x1，x1），=（x2，x2），获得=x1x2+（x1x2）2=﹣1+1=0，则⊥，∴△AOB为直角三角形．第6页，共16页优选高中模拟试卷应选A【评论】本题考察了三角形形状的判断，波及的知识有韦达定理，平面向量的数目积运算，以及两向量垂直时知足的条件，曲线与直线的交点问题，经常联立曲线与直线的方程，消去一个变量获得对于此外一个变量的一元二次方程，利用韦达定理来解决问题，本题证明垂直的方法为：依据平面向量的数目积为0，两向量相互垂直．4．【答案】A【分析】解：由z?i=2﹣i得，，应选A5．【答案】D22【分析】解：∵“a＞b”既不可以推出“a＞b”；22反之，由“a＞b”也不可以推出“a＞b”．22∴“a＞b”是“a＞b”的既不充分也不用要条件．应选D．6．【答案】A【分析】A．C．D．恰有11个零点，可得5π≤ω?＜6π，求得10≤ω＜12，应选：A．7．【答案】A【分析】令得，；其对应二次函数张口向上，因此解集为或，应选A答案：A8．【答案】【分析】选C.由题意得log2（a＋6）＋2log26＝9.即log2（a＋6）＝3，3∴a＋6＝2＝8，∴a＝2，应选C.9．【答案】B【分析】第7页，共16页优选高中模拟试卷试题剖析：因为截面PQMN是正方形，因此PQ//MN,QM//PN，则PQ//平面ACD,QM//平面BDA，因此PQ//AC,QM//BD,由PQQM可得ACBD，因此A正确；因为PQ//AC可得AC//截面PQMN，因此C正确；因为PNPQ，因此ACBD，由BD//PN，因此MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为PNANMNDN045，因此D正确；由上边可知BD//PN,PQ//AC，因此,BDADACAD，而ANDN,PNMN，因此BDAC，因此B是错误的，应选B.1考点：空间直线与平面的地点关系的判断与证明.【方法点晴】本题主要考察了空间中直线与平面的地点关系的判断与证明，此中解答中波及到直线与平面平行的判断定理和性质定理、正方形的性质、异面直线所成的角等知识点的综合考察，侧重考察了学生剖析问题和解答问题的能力，属于中档试题，此类问题的解答中熟记点、线、面的地点关系的判断定理和性质定理是解答的重点.10．【答案】B【分析】解：A．函数的定义域为{x|x≥0}，两个函数的定义域不一样．B．函数的定义域为R，两个函数的定义域和对应关系同样，是同一函数．C．函数的定义域为R，y=|x|，对应关系不一致．D．函数的定义域为{x|x≠0}，两个函数的定义域不一样．应选B．【评论】本题主要考察判断两个函数能否为同一函数，判断的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 是判断函数的定义域和对应关系能否一致，不然不是同一函数．11．【答案】C12．【答案】D【分析】解：由正弦定理知=，∴sinA==×=，∵a＜b，∴A＜B，∴A=45°，∴C=180°﹣A﹣B=75°，应选：D．第8页，共16页优选高中模拟试卷二、填空题13．【答案】．【分析】解：设大小正方形的边长分别为x，y，（x，y＞0）．则+x+y+=3+，化为：x+y=3．2+y2=，当且仅当x=y=时取等号．则x∴这两个正方形的面积之和的最小值为．故答案为：．14．【答案】.【分析】由题意,y′=lnx+1-2mx令f′（x）=lnx-2mx+1=0得lnx=2mx-1，函数fxxlnxmx有两个极值点,等价于f′（x）=lnx-2mx+1有两个零点，等价于函数y=lnx与y=2mx-1的图象有两个交点，，当m=12时，直线y=2mx-1与y=lnx的图象相切，由图可知,当0 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 ，是基础题．18．【答案】5627第10页，共16页优选高中模拟试卷【分析】三、解答题19．【答案】（1）最大值为，最小值为32；（2）32114.【分析】试题剖析：（1）将函数利用两角和的正余弦公式,倍角公式,协助角公式将函数化简f(x)sin(2x)16再利用f(x)Asin(x)b(0,||)的性质可求在[0,]22再由余弦定理可得AC,再据正弦定理可得sinA.1上的最值；（2）利用f(B)0,可得B,试题分析：第11页，共16页优选高中模拟试卷（2）因为f(B)0，即sin(2B)1611∵B(0,)，∴2B(,)，∴2B，∴66662又在ABC中，由余弦定理得，B32221bca2cacos492237，因此AC7.32由正弦定理得：basinBsinA，即73sin3sinA，因此sin321A.14考点：1.协助角公式；2.f(x)Asin(x)b(0,||)性质；3.正余弦定理.2【思路点睛】本题主要考察倍角公式,正余弦定理.在利用正,余弦定理解三角形的过程中,当所给的等式中既有正弦又有余弦时,常利用正弦定理将边的关系转变为角的关系;假如出现边的平方或许两边长的乘积时可考虑使用余弦定理判断三角形的形状.解三角形问题时,要注意正,余弦定理的变形应用,解题思路有两个:一个是角化为边,二是边化为角.20．【答案】【分析】解：若p为真，则0＜a＜1；2若q为真，则△=4a﹣1≤0，得，又a＞0，a≠1，∴．因为p∧q为假命题，p∨q为真命题，因此p，q中必有一个为真，且另一个为假．①当p为真，q为假时，由；第12页，共16页优选高中模拟试卷②当p为假，q为真时，无解．综上，a的取值范围是．【评论】1．求解本题时，应注意大前提“a＞0，a≠1”，a的取值范围是在此条件下进行的．21．【答案】【分析】（1）连结FH，由题意，知CDBC，CDCF，∴CD平面BCFG．又∵GH平面BCFG，∴CDGH．又∵EFCD，∴EFGH⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分由题意，得1BHa，43CHa，4122252BGa，∴GHBGBHa，21622252FG(CFBG)BCa，4222252FHCFCHa，16则222FHFGGH，∴GHFG．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分又∵EFFGF，GH平面EFG．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分∵GH平面AGH，∴平面AGH平面EFG．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分22．【答案】xx【分析】解：（1）∵f（x）=lg（a﹣b），且f（1）=lg2，f（2）=lg12，第13页，共16页优选高中模拟试卷22=12，∴a﹣b=2，a﹣b解得：a=4，b=2；xx（2）由（1）得：函数f（x）=lg（4﹣2），xx当x∈[1，2]时，4﹣2∈[2，12]，故当x=2时，函数f（x）取最大值lg12，x（3）若函数g（x）=ax的图象与h（x）=b﹣m的图象恒有两个交点．xxx则4﹣2=m有两个解，令t=2，则t＞0，2则t﹣t=m有两个正解；则，解得：m∈（﹣，0）【评论】本题考察的知识点是对数函数的图象和性质，娴熟掌握对数函数的图象和性质，是解答的重点．23．【答案】【分析】（1）证明：连结AC1与A1C订交于点F，连结DF，由矩形ACC1A1可得点F是AC1的中点，又D是AB的中点，∴DF∥BC1，∵BC1?平面A1CD，DF?平面A1CD，∴BC1∥平面A1CD；⋯（2）解：由（1）可得∠A1DF或其补角为异面直线BC1和A1D所成角．DF=BC1==1，A1D==，A1F=A1C=1．在△A1DF中，由余弦定理可得：cos∠A1DF==，∵∠A1DF∈（0，π），∴∠A1DF=，∴异面直线BC1和A1D所成角的大小；⋯（3）解：∵AC=BC，D为AB的中点，∴CD⊥AB，∵平面ABB1A1∩平面ABC=AB，∴CD⊥平面ABB1A1，CD==1．∴=﹣S△BDE﹣﹣=∴三棱锥C﹣A1DE的体积V=⋯第14页，共16页优选高中模拟试卷【评论】本题考察线面平行的证明，考察三棱锥的体积的求法，考察异面直线BC1和A1D所成角，是中档题，解题时要注意空间中线线、线面、面面间的地点关系及性质的合理运用．24．【答案】【分析】（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：因为AE=AF，点G是EF的中点，因此AG⊥EF．又因为EF∥AD，因此AG⊥AD．⋯因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，AG?平面ADEF，因此AG⊥平面ABCD．⋯（Ⅱ）解：因为AG⊥平面ABCD，AB⊥AD，因此AG、AD、AB两两垂直．以A为原点，以AB，AD，AG分别为x轴、y轴和z轴，如图成立空间直角坐标系则A（0，0，0），B（4，0，0），C（4，4，0），设AG=t（t＞0），则E（0，1，t），F（0，﹣1，t），因此=（﹣4，﹣1，t），=（4，4，0），=（0，1，t）．⋯设平面ACE的法向量为=（x，y，z），由=0，=0，得，令z=1，得=（t，﹣t，1）．因为BF与平面ACE所成角的正弦值为，因此|cos＜＞|==，⋯2即=，解得t=1或．因此AG=1或AG=．⋯第15页，共16页优选高中模拟试卷【评论】本题考察线面垂直的证明，考察知足条件的线段长的求法，是中档题，解题时要仔细审题，注意愿量法的合理运用．第16页，共16页