永胜县一中2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含解析

永胜县一中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 i是虚数单位，i2015等于（ ）A1B1CiDi2 如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为（ ）ABCD3 已知正三棱柱的底面边长为，高为，则一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面，绕行两周到达点的最短路线的长为（ ）A B C D4 已知，若，则（ ）ABCD【命题意图】本题考查平面向量的坐标运算、数量积与模等基础知识，意在考查转化思想、方程思想、逻辑思维能力与计算能力5 棱台的两底面面积为、，中截面（过各棱中点的面积）面积为，那么（ ）A B C D6 已知|=3，|=1，与的夹角为，那么|4|等于（ ）A2BCD137 由两个1，两个2，两个3组成的6位数的个数为（ ）A45B90C120D3608 在中，则的取值范围是（ ）1111A B C. D9 现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求取出的这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为（ ）A232B252C472D48410将函数f（x）=3sin（2x+）（）的图象向右平移（0）个单位长度后得到函数g（x）的图象，若f（x），g（x）的图象都经过点P（0，），则的值不可能是（ ）ABCD11执行如图所示的程序框图，若输出的S=88，则判断框内应填入的条件是（ ）Ak7Bk6Ck5Dk412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的半圆，则该几何体的表面积为（ ）2A B C D【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.二、填空题13在中，为的中点，则的长为_.14直线l过原点且平分平行四边形ABCD的面积，若平行四边形的两个顶点为B（1，4），D（5，0），则直线l的方程为15已知正方体ABCDA1B1C1D1的一个面A1B1C1D1在半径为的半球底面上，A、B、C、D四个顶点都在此半球面上，则正方体ABCDA1B1C1D1的体积为16若log2（2m3）=0，则elnm1=17在直三棱柱中，ACB=90，AC=BC=1，侧棱AA1=，M为A1B1的中点，则AM与平面AA1C1C所成角的正切值为（ ）ABCD18已知两个单位向量满足：，向量与的夹角为，则 .三、解答题19在平面直角坐标系中，矩阵M对应的变换将平面上任意一点P（x，y）变换为点P（2x+y，3x）（）求矩阵M的逆矩阵M1；（）求曲线4x+y1=0在矩阵M的变换作用后得到的曲线C的方程 20已知ab0，求证：21【南师附中2017届高三模拟二】已知函数（1）试讨论的单调性；（2）证明：对于正数，存在正数，使得当时，有；（3）设（1）中的的最大值为，求得最大值22（本小题满分12分）如图，四棱锥中，底面是边长为的菱形，且，侧面为等边三角形，且与底面垂直，为的中点（）求证：；（）求直线与平面所成角的正弦值23设A=，,集合（1）求的值，并写出集合A的所有子集； （2）若集合,且,求实数的值。24（本小题满分12分）已知函数（1）时，求函数的单调区间；（2）设，不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围【命题意图】本题考查函数单调性与导数的关系、不等式的性质与解法等基础知识，意在考查逻辑思维能力、等价转化能力、分析与解决问题的能力、运算求解能力永胜县一中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】D【解析】解：i2015=i5034+3=i3=i，故选：D【点评】本题主要考查复数的基本运算，比较基础2 【答案】C【解析】解：从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，有（1，2，3），（1，2，4），（1，2，5），（1，3，4），（1，3，5），（1，4，5）（2，3，4），（2，3，5），（2，4，5），（3，4，5）共10种，其中只有（3，4，5）为勾股数，故这3个数构成一组勾股数的概率为故选：C3 【答案】D【解析】考点：多面体的表面上最短距离问题【方法点晴】本题主要考查了多面体和旋转体的表面上的最短距离问题，其中解答中涉及到多面体与旋转体的侧面展开图的应用、直角三角形的勾股定理的应用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，学生的空间想象能力、以及转化与化归思想的应用，试题属于基础题4 【答案】A【解析】5 【答案】A【解析】试题分析：不妨设棱台为三棱台，设棱台的高为上部三棱锥的高为，根据相似比的性质可得：，解得，故选A考点：棱台的结构特征6 【答案】C【解析】解：|=3，|=1，与的夹角为，可得=|cos，=31=，即有|4|=故选：C【点评】本题考查向量的数量积的定义和性质，考查向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于基础题7 【答案】B【解析】解：问题等价于从6个位置中各选出2个位置填上相同的1，2，3，所以由分步计数原理有：C62C42C22=90个不同的六位数，故选：B【点评】本题考查了分步计数原理，关键是转化，属于中档题8 【答案】C【解析】考点：三角形中正余弦定理的运用.9 【答案】 C【解析】【专题】排列组合【分析】不考虑特殊情况，共有种取法，其中每一种卡片各取三张，有种取法，两种红色卡片，共有种取法，由此可得结论【解答】解：由题意，不考虑特殊情况，共有种取法，其中每一种卡片各取三张，有种取法，两种红色卡片，共有种取法，故所求的取法共有=5601672=472故选C【点评】本题考查组合知识，考查排除法求解计数问题，属于中档题10【答案】C【解析】函数f（x）=sin（2x+）（）向右平移个单位，得到g（x）=sin（2x+2），因为两个函数都经过P（0，），所以sin=，又因为，所以=，所以g（x）=sin（2x+2），sin（2）=，所以2=2k+，kZ，此时=k，kZ，或2=2k+，kZ，此时=k，kZ，故选：C【点评】本题考查的知识点是函数y=Asin（x+）的图象变换，三角函数求值，难度中档11【答案】 C【解析】解：程序在运行过程中各变量值变化如下表： K S 是否继续循环循环前 1 0第一圈 2 2 是第二圈 3 7 是第三圈 4 18 是第四圈 5 41 是第五圈 6 88 否故退出循环的条件应为k5？故答案选C【点评】算法是新课程中的新增加的内容，也必然是新高考中的一个热点，应高度重视程序填空也是重要的考试题型，这种题考试的重点有：分支的条件循环的条件变量的赋值变量的输出其中前两点考试的概率更大此种题型的易忽略点是：不能准确理解流程图的含义而导致错误12【答案】二、填空题13【答案】【解析】 考点：1、正弦定理及勾股定理；2诱导公式及直角三角形的性质.【方法点睛】本题主要考查正弦定理及勾股定理、诱导公式及直角三角形的性质，属于难题，高考三角函数的考查主要以三角恒等变形，三角函数的图象和性质，利用正弦定理、余弦定理解三角形为主，难度中等，因此只要掌握基本的解题方法与技巧即可， 对于三角函数与解三角形相结合的题目，要注意通过正余弦定理以及面积公式实现边角互化，求出相关的边和角的大小，有时也要考虑特殊三角形的特殊性质（如正三角形，直角三角形等）.14【答案】 【解析】解：直线l过原点且平分平行四边形ABCD的面积，则直线过BD的中点（3，2），故斜率为=，由斜截式可得直线l的方程为，故答案为【点评】本题考查直线的斜率公式，直线方程的斜截式15【答案】2 【解析】解：如图所示，连接A1C1，B1D1，相交于点O则点O为球心，OA=设正方体的边长为x，则A1O=x在RtOAA1中，由勾股定理可得： +x2=，解得x=正方体ABCDA1B1C1D1的体积V=2故答案为：216【答案】 【解析】解：log2（2m3）=0，2m3=1，解得m=2，elnm1=eln2e=故答案为：【点评】本题考查指数式化简求值，是基础题，解题时要注意对数方程的合理运用17【答案】 【解析】解：法1：取A1C1的中点D，连接DM，则DMC1B1，在在直三棱柱中，ACB=90，DM平面AA1C1C，则MAD是AM与平面AA1C1C所的成角，则DM=，AD=，则tanMAD=法2：以C1点坐标原点，C1A1，C1B1，C1C分别为X，Y，Z轴正方向建立空间坐标系，则AC=BC=1，侧棱AA1=，M为A1B1的中点，=（，），=（0，1，0）为平面AA1C1C的一个法向量设AM与平面AA1C1C所成角为，则sin=|=则tan=故选：A【点评】本题考查的知识点是直线与平面所成的角，其中利用定义法以及建立坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，将线面夹角问题转化为向量夹角问题是解答本题的关键18【答案】【解析】考点：向量的夹角【名师点睛】平面向量数量积的类型及求法（1）求平面向量的数量积有三种方法：一是定义；二是坐标运算公式；三是利用数量积的几何意义（2）求较复杂的平面向量的数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相减公式进行化简三、解答题19【答案】 【解析】解：（）设点P（x，y）在矩阵M对应的变换作用下所得的点为P（x，y），则即=，M=又det（M）=3，M1=；（）设点A（x，y）在矩阵M对应的变换作用下所得的点为A（x，y），则=M1=，即，代入4x+y1=0，得，即变换后的曲线方程为x+2y+1=0【点评】本题主要考查矩阵与变换等基础知识，考查运算求解能力及化归与转化思想，属于中档题 20【答案】 【解析】解：又=ab0，所以上式大于1，故成立，同理可证21【答案】（1）证明过程如解析；（2）对于正数，存在正数，使得当时，有；（3）的最大值为【解析】【试题分析】（1）先对函数进行求导，再对导函数的值的符号进行分析，进而做出判断；（2）先求出函数值，进而分和两种情形进行分析讨论，推断出存在使得，从而证得当时，有成立；（3）借助（2）的结论在上有最小值为，然后分两种情形探求的解析表达式和最大值。证明：（1）由于，且，故在上单调递减，在上单调递增（3）由（2）知在上的最小值为当时，则是方程满足的实根，即满足的实根，所以又在上单调递增，故当时，由于，故此时，综上所述，的最大值为22【答案】 【解析】由底面为菱形且，是等边三角形，取中点，有， 为二面角的平面角， 分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图， 则 3分（）由为中点， 6分（）由， 平面的法向量可取 9分， 设直线与平面所成角为，则 即直线与平面所成角的正弦值为 12分23【答案】（1），A的子集为：，；（2）或或。【解析】试题分析：（1）由有：，解得：，此时集合，所以集合的子集共有4个，分别为：，；（2）由题若，当时，当时，或，当时，当时，所以实数的值为或。本题考查子集的定义，求一个集合的子集时，注意不要漏掉空集。当集合时，要分类讨论，分和两类进行讨论。考查学生分类讨论思想方法的应用。试题解析：（1）由有：，解得：，所以集合A的子集为：，（2）,由：当时， 当时，或，所以实数的值为：或或考点：1.子集的定义；2.集合间的关