重庆钟灵乡中学高二数学文月考试题含解析

重庆钟灵乡中学高二数学文月考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O、O1分别为底面ABCD和A1B1C1D1的中心，以OO1所在直线为轴旋转线段BC1形成的几何体的正视图为（）A． B． C． D．参考答案：C【分析】选项A、B、D中的几何体是圆台、圆锥、圆柱或由它们组成，而圆台、圆锥、圆柱的侧面除了与旋转轴在同一平面的母线以外，没有其他直线，由此排除A、B、D．【解答】解：选项A、B、D中的几何体是圆台、圆锥、圆柱或由它们组成，而圆台、圆锥、圆柱的侧面除了与旋转轴在同一平面的母线以外，没有其他直线．即A、B、D不可能．故选：C．2.若不等式对一切都成立，则的最小值（

）

A．0

B．-2

C．-3

D．参考答案：D3.现从8个校篮球队成员和2个校足球队成员组成的10人接力赛预备队中，任取2人，已知取出的有一个是足球队成员的条件下，另一个也是足球队成员的概率（

）（A） （B） （C） (D)参考答案：D4.已知双曲线-=1和椭圆+=1(a>0,m>b>0)的离心率互为倒数，那么以a、b、m为边长的三角形是（

）A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．锐角或钝角三角形参考答案：B略5.某少数民族的刺绣有着悠久的历史，下图(1)、(2)、(3)、(4)为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案都由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮，现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含个小正方形．则等于A．39

B．40

C．41

D．42参考答案：C略6.中心在原点,焦点在横轴上,长轴长为4,短轴长为２,则椭圆方程是（）A.

B.

C.

D.参考答案：B7.若变量满足约束条件，，则取最小值时，二项展开式中的常数项为

（

）A．

B．

C．

D．参考答案：A8.函数的图象大致是

（）

A.

B.

C.

D.参考答案：C9.已知条件p：|x﹣1|＜2，条件q：x2﹣5x﹣6＜0，则p是q的（）A．充分必要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件参考答案：B【考点】29：充要条件．【分析】通过解不等式，先化简条件p，q，再判断出条件p，q中的数构成的集合间的关系，判断出p是q的什么条件．【解答】解：条件p：|x﹣1|＜2即﹣1＜x＜3，条件q：x2﹣5x﹣6＜0即﹣1＜x＜6，∵{x|﹣1＜x＜6}?{x|﹣1＜x＜3}，∴p是q的充分不必要条件．故选B10.椭圆与的（

）A．长轴相等

B.离心率相等

C.焦点相同

D.顶点相同参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.将参数方程为参数)化为普通方程为________．参考答案：【分析】利用即可消去参数，得到普通方程【详解】由，可得：，根据，可得，故答案为【点睛】本题主要考查圆的参数方程转化为普通方程，主要利用，属于基础题。12.下列命题中，真命题的有________。（只填写真命题的序号） ①若则“”是“”成立的充分不必要条件； ②若椭圆的两个焦点为，且弦过点，则的周长为 ③若命题“”与命题“或”都是真命题，则命题一定是真命题； ④若命题：，，则：．参考答案：①③④

略13.若是一组基底，向量，则称为向量在基底下的坐标，现已知向量在基底下的坐标为，则在另一组基底下的坐标为

。参考答案：114.经过点,且与两坐标轴的截距相等的直线方程是_______________.(用一般式方程表示)参考答案：或略15.已知函数是定义在R上的奇函数，，，则不等式

的解集是

.参考答案：略16.（坐标系与参数方程选做题）设点的极坐标为，直线过点且与极轴所成的角为，则直线的极坐标方程为

．参考答案：或或或略17.当a＞0且a≠1时，函数f(x)=ax－2－3必过定点

.参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.如图1，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，CD=2AB=4，BC=2．AE∥BC交CD于点E，点G，H分别在线段DA，DE上，且GH∥AE．将图1中的△AED沿AE翻折，使平面ADE⊥平面ABCE（如图2所示），连结BD、CD，AC、BE．（Ⅰ）求证：平面DAC⊥平面DEB；（Ⅱ）当三棱锥B﹣GHE的体积最大时，求直线BG与平面BCD所成角的正弦值．参考答案：【考点】直线与平面所成的角；棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．【分析】（Ⅰ）根据折叠前后的边角关系可知道DE⊥底面ABCE，底面ABCE为正方形，从而得到AC⊥DE，AC⊥BE，根据线面垂直的判定定理即可得到AC⊥DBE，再根据面面垂直的判定定理得出平面DAC⊥平面DEB；（Ⅱ）根据已知条件知道三直线EA，EC，ED两两垂直，从而分别以这三直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出一些点的坐标，设EH=x，从而表示出HG=2﹣x，三棱锥B﹣GHE的高为AB=2，从而可表示出三棱锥B﹣GHE的体积V=，从而看出x=1时V最大，这时G为AD中点．从而可求G点坐标，求出向量坐标，可设平面BCD的法向量为={x，y，z}，根据即可求出，设直线BG与平面BCD所成角为θ，而根据sinθ=求出sinθ．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵AB∥CD，∠ABC=90°，CD=2AB=4；又AE∥BC交CD于点E；∴四边形ABCE是边长为2的正方形；∴AC⊥BE，DE⊥AE；又∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE=AE；∴DE⊥平面ABCE；∵AC?平面ABCE，∴AC⊥DE；又DE∩BE=E；∴AC⊥平面DBE；∵AC?平面DAC；∴平面DAC⊥平面DEB；（Ⅱ）由（Ⅰ）知DE⊥平面ABCE，AE⊥EC；以E为原点，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，则：A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（0，0，2）；设EH=x，则GH=DH=2﹣x（0＜x＜2）；∵AB∥CE，∴AB⊥面DAE；∴=；∵0＜x＜2，∴x=1时，三棱锥B﹣GHE体积最大，此时，H为ED中点；∵GH∥AE，∴G也是AD的中点，∴G（1，0，1），；设是面BCD的法向量；则令y=1，得；设BG与面BCD所成角为θ；则=；∴BG与平面BCD所成角的正弦值为．【点评】考查对折叠前后图形的观察能力，面面垂直的性质定理，线面垂直的性质，线面垂直的判定定理，以及建立空间直角坐标系，利用空间向量解决线面角问题的方法，棱锥的体积公式，两非零向量垂直的充要条件，平面法向量的概念及求法，直线和平面所成角的概念，直线和平面所成角与直线和平面法向量夹角的关系，向量夹角余弦的坐标公式．19.已知函数f（x）=ax2+lnx（a∈R）． （1）当a=时，求f（x）在区间[1，e]上的最大值和最小值； （2）如果函数g（x），f1（x），f2（x），在公共定义域D上，满足f1（x）＜g（x）＜f2（x），那么就称g（x）为f1（x），f2（x）的“活动函数”．已知函数+2ax．若在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f1（x），f2（x）的“活动函数”，求a的取值范围． 参考答案：【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性． 【专题】计算题；压轴题． 【分析】（1）由题意得，＞0，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数，即可求出函数的最值． （2）由题意得：令＜0，对x∈（1，+∞）恒成立，且h（x）=f1（x）﹣f（x）=＜0对x∈（1，+∞）恒成立，分类讨论当或时两种情况求函数的最大值，可得到a的范围．又因为h′（x）=﹣x+2a﹣=＜0，h（x）在（1，+∞）上为减函数，可得到a的另一个范围，综合可得a的范围． 【解答】解：（1）当时，，； 对于x∈[1，e]，有f'（x）＞0，∴f（x）在区间[1，e]上为增函数， ∴，． （2）在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f1（x），f2（x）的“活动函数”，则f1（x）＜f（x）＜f2（x） 令＜0，对x∈（1，+∞）恒成立， 且h（x）=f1（x）﹣f（x）=＜0对x∈（1，+∞）恒成立， ∵ 1）若，令p′（x）=0，得极值点x1=1，， 当x2＞x1=1，即时，在（x2，+∞）上有p′（x）＞0， 此时p（x）在区间（x2，+∞）上是增函数，并且在该区间上有p（x）∈（p（x2），+∞），不合题意； 当x2＜x1=1，即a≥1时，同理可知，p（x）在区间（1，+∞）上，有p（x）∈（p（1），+∞），也不合题意； 2）若，则有2a﹣1≤0，此时在区间（1，+∞）上恒有p′（x）＜0， 从而p（x）在区间（1，+∞）上是减函数； 要使p（x）＜0在此区间上恒成立，只须满足， 所以≤a≤． 又因为h′（x）=﹣x+2a﹣=＜0，h（x）在（1，+∞）上为减函数， h（x）＜h（1）=+2a≤0，所以a≤ 综合可知a的范围是[，]． 【点评】本题考查的知识点是利用导数求函数的最值，利用最值解决恒成立问题，二对于新定义题型关键是弄清新概念与旧知识点之间的联系即可，结合着我们已学的知识解决问题，这是高考考查的热点之一． 20.如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，M，N分别是棱AA1，AB上的点，且AM=AN=1．（Ⅰ）证明：M，N，C，D1四点共面；（Ⅱ）求几何体AMN﹣DD1C的体积．参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面的基本性质及推论．【专题】综合题；转化思想；综合法；推理和证明．【分析】（Ⅰ）证明：MN∥A1B，即可证明M，N，C，D1四点共面；（Ⅱ）证明几何体AMN﹣DD1C是一个三棱台，再求几何体AMN﹣DD1C的体积．【解答】（Ⅰ）证明：∵A1D1∥AD，A1D1=AD，又BC∥AD，BC=AD，∴A1D1∥BC且A1D1=BC连接A1B，则四边形A1BCD1是平行四边形所以A1B∥D1C…在△ABA1中，AM=AN=1，AA1=AB=3所以，所以MN∥A1B…所以MN∥D1C，所以M，N，C，D1四点共面．…（Ⅱ）解：因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，又M，N，C，D1四点共面．所以平面AMN∥平面DD1C延长CN与DA相交于点P，因为AN∥DC所以，即，解得，同理可得，所以点P与点Q重合所以D1M，DA，CN三线相交于一点，所以几何体AMN﹣DD1C是一个三棱台，…所以…【点评】本题考查四点共面的证明，考查求几何体AMN﹣DD1C的体积，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．21.已知集合，又A∩B={x|x2+ax+b＜0}，求a+b等于多少？参考答案：【考点】对数函数的单调性与特殊点；交集及其运算；指数型复合函数的性质及应用．【专题】计算题．【分析】先根据指数函数、对数函数的性质，将A，B化简，得出A∩B，再根据一元二次不等式与一元二次方程的关系求出a，b．得出a+b．