乐至县实验中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

一、选择题

1． 已知点P是抛物线y2=2x上的一个动点，则点P到点M（0，2）的距离与点P到该抛物线准线的距离之和的最小值为（ A．3

）B．

C．

D．）

2． 已知集合Ax|x10，则下列式子表示正确的有（ ①1A；②1A；③A；④1,1A．A．1个

B．2个

）

2C．3个 D．4个

3． 某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积是（ A． 2

B．4

C．

4 3D．

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

4． 在如图5×5的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x+y+z的值为（ 120.51x）

yzA．1

B．2

C．3

D．4

）

5． 三个实数a、b、c成等比数列，且a+b+c=6，则b的取值范围是（ A．[﹣6，2]

B．[﹣6，0）∪（ 0，2]C．[﹣2，0）∪（ 0，6]D．（0，2]

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6． 如图，程序框图的运算结果为（

）

A．6　

B．24C．20D．120

=1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，|F1F2|=4，P是双曲线右支上一点，

）

7． 如图，已知双曲线﹣

直线PF2交y轴于点A，△AF1P的内切圆切边PF1于点Q，若|PQ|=1，则双曲线的渐近线方程为（

A．y=±xB．y=±3xC．y=±xD．y=±x

8． 已知高为5的四棱锥的俯视图是如图所示的矩形，则该四棱锥的体积为（

）

A．24 B．80 C． D．2402x1,x19． 设函数fx，则使得fx1的自变量的取值范围为（ ）

4x1,x1A．,20,10 B．,20,1第 2 页，共 18 页

C．,21,10 D．2,01,1010．已知z113i，z23i，其中i是虚数单位，则A．1

B．

z1的虚部为（ ）z24 5C．i

D．

4i5【命题意图】本题考查复数及共轭复数的概念，复数除法的运算法则，主要突出对知识的基础性考查，属于容易题.

二、填空题

11．在△ABC中，若角A为锐角，且

=（2，3），

=（3，m），则实数m的取值范围是　　　　　　．　

12．已知a、b、c分别是ABC三内角A、B、C的对应的三边，若csinAacosC，则

3sinAcos(B转化思想．

3)的取值范围是___________．4【命题意图】本题考查正弦定理、三角函数的性质，意在考查三角变换能力、逻辑思维能力、运算求解能力、13．方程4xkx23有两个不等实根，则的取值范围是 2．14．数列{ an}中，a1＝2，an＋1＝an＋c（c为常数），{an}的前10项和为S10＝200，则c＝________．15．已知Sn是数列{___________．

【命题意图】本题考查数列求和与不等式恒成立问题，意在考查等价转化能力、逻辑推理能力、运算求解能力．16．图中的三个直角三角形是一个体积为20的几何体的三视图，则h__________.

nnn}|1｜S的前项和，若不等式对一切nN恒成立，则的取值范围是nn1n122三、解答题

17．（本题满分14分）已知函数f(x)xalnx.

（1）若f(x)在[3,5]上是单调递减函数，求实数a的取值范围；

（2）记g(x)f(x)(2a)lnx2(b1)x，并设x1,x2(x1x2)是函数g(x)的两个极值点，若b求g(x1)g(x2)的最小值.

27，2第 3 页，共 18 页

18．（本小题满分12分）

如图四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形，AA1⊥底面ABCD，M为A1A的中点，AB＝BD＝2，且△BMC1为等腰三角形．

（1）求证：BD⊥MC1；

（2）求四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积．

19．（本小题满分12分）如图, 矩形ABCD的两条对角线相交于点M2,0,AB边所在直线的方程为x3y60点T1,1在AD边所在直线上.（1）求AD边所在直线的方程；（2）求矩形ABCD外接圆的方程.

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20．已知函数（Ⅰ）求曲线（Ⅱ）设

实数的取值范围．

在点

．

处的切线方程；

在

上(这里

）恰有两个不同的零点,求

，若函数

21．【常熟中学2018届高三10月阶段性抽测（一）】已知函数（1）求实数b和c的值；

fxx3a4x24abxca,b,cR有一个零点为4，且满足f01.

（2）试问：是否存在这样的定值x0，使得当a变化时，曲线yfx在点x0,fx0处的切线互相平行？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由；（3）讨论函数gxfxa在0,4上的零点个数.

第 5 页，共 18 页

22．（本小题满分12分）

已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Snn2an(nN*)．（1）证明：数列{an1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；

n2n2015的（2）数列{bn}满足bnanlog2(an1)(nN*)，其前n项和为Tn，试求满足Tn2最小正整数n．

【命题意图】本题是综合考察等比数列及其前n项和性质的问题，其中对逻辑推理的要求很高.

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乐至县实验中学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】B

【解析】解：依题设P在抛物线准线的投影为P′，抛物线的焦点为F，则F（，0），

依抛物线的定义知P到该抛物线准线的距离为|PP′|=|PF|，则点P到点M（0，2）的距离与P到该抛物线准线的距离之和，d=|PF|+|PM|≥|MF|=

=

．

．

即有当M，P，F三点共线时，取得最小值，为故选：B．

【点评】本题主要考查抛物线的定题，考查了抛物线的应用，考查了学生转化和化归，数形结合等数学思想．　

2． 【答案】C【解析】

试题分析：A1,1，所以①③④正确.故选C.考点：元素与集合关系，集合与集合关系．3． 【答案】B

4． 【答案】A

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【解析】解：因为每一纵列成等比数列，所以第一列的第3，4，5个数分别是，，第三列的第3，4，5个数分别是，，．

又因为每一横行成等差数列，第四行的第1、3个数分别为，，所以y=

，

，．

．

第5行的第1、3个数分别为所以z=

．

+

=1．

所以x+y+z=+故选：A．

【点评】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式等基础知识，考查运算求解能力．　

5． 【答案】B

【解析】解：设此等比数列的公比为q，∵a+b+c=6，∴∴b=

=6，．

当q＞0时， =2，当且仅当q=1时取等号，此时b∈（0，2]；

当q＜0时，b

∴b的取值范围是[﹣6，0）∪（ 0，2]．故选：B．

=﹣6，当且仅当q=﹣1时取等号，此时b∈[﹣6，0）．

【点评】本题考查了等比数列的通项公式、基本不等式的性质、分类讨论思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．　

6． 【答案】 B

【解析】解：∵循环体中S=S×n可知程序的功能是：计算并输出循环变量n的累乘值，

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∵循环变量n的初值为1，终值为4，累乘器S的初值为1，故输出S=1×2×3×4=24，故选：B．

【点评】本题考查的知识点是程序框图，其中根据已知分析出程序的功能是解答的关键．　

7． 【答案】D

【解析】解：设内切圆与AP切于点M，与AF1切于点N，|PF1|=m，|QF1|=n，

由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|=2a，即有m﹣（n﹣1）=2a，①由切线的性质可得|AM|=|AN|，|NF1|=|QF1|=n，|MP|=|PQ|=1，|MF2|=|NF1|=n，即有m﹣1=n，②由①②解得a=1，由|F1F2|=4，则c=2，b=由双曲线

﹣=

，

=1的渐近线方程为y=±x，

x．

即有渐近线方程为y=故选D．

【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查切线的性质，运用对称性和双曲线的定义是解题的关键．　

8． 【答案】B【解析】试题分析：V168580,故选B.3考点：1.三视图；2.几何体的体积.9． 【答案】A【解析】

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考

点：分段函数的应用.

【方法点晴】本题主要考查了分段函数的应用，其中解答中涉及到不等式的求解，集合的交集和集合的并集运算，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，属于中档试题，本题的解答中，根据分段函数的分段条件，列出相应的不等式，通过求解每个不等式的解集，利用集合的运算是解答的关键.10．【答案】B

【解析】由复数的除法运算法则得，

4zz113i(13i)(3i)68i34i，所以1的虚部为.z23i(3i)(3i)10555z2　．

二、填空题

11．【答案】　

【解析】解：由于角A为锐角，∴

且

不共线，

．

．

．

∴6+3m＞0且2m≠9，解得m＞﹣2且m∴实数m的取值范围是故答案为：

【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查了向量共线的条件，是基础题．

12．【答案】(1, 【

解

析

】

62)2第 10 页，共 18 页

13．【答案】【解析】

53,124试题分析：作出函数y4x2和ykx23的图象，如图所示，函数y4x2的图象是一个半圆，

直线ykx23的图象恒过定点2,3，结合图象，可知，当过点2,0时，k303，当直线224k(02)30553ykx23与圆相切时，即2，解得k，所以实数的取值范围是,.111]

121241k2考点：直线与圆的位置关系的应用．

【方法点晴】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到点到直线的距离公式、两点间的斜率公式，以及函数的图像的应用等知识点的综合考查，着重考查了转化与化归思想和学生的分析问题和解答问题的能力，属于中档试题，本题的解答中把方程的根转化为直线与半圆的交点是解答的关键.14．【答案】

【解析】解析：由a1＝2，an＋1＝an＋c，知数列{an}是以2为首项，公差为c的等差数列，由S10＝200得10×2＋10×9×c＝200，∴c＝4.

2

答案：4

15．【答案】31第 11 页，共 18 页

111111132(n1)n2nAn1，Sn122…22222221111111n2n2(n1)n1nn，两式相减，得Sn12n1nn2n，所以Sn4n1，

2222222222｜4n1对一切nN恒成立，得|1于是由不等式|1｜2，解得31．

2【解析】由Sn1216．【答案】【解析】

试题分析：由三视图可知该几何体为三棱锥，其中侧棱VA底面ABC，且ABC为直角三角形，且

11AB5,VAh,AC6，所以三棱锥的体积为V56h5h20，解得h4.

32考点：几何体的三视图与体积.

三、解答题

17．【答案】

【解析】【命题意图】本题综合考查了利用导数研究函数的单调问题，利用导数研究函数的最值，但本题对函数的构造能力及运算能力都有很高的要求，判别式的技巧性运用及换元方法也是本题的一大亮点，本题综合性很强，难度大，但有梯次感.

（2）∵g(x)xalnx(2a)lnx2(b1)xx2lnx2(b1)x，

22第 12 页，共 18 页

18．【答案】

【解析】解：（1）证明：如图，连接AC，设AC与BD的交点为E，∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC，

又AA1⊥平面ABCD，

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BD⊂平面ABCD，∴A1A⊥BD；又A1A∩AC＝A，∴BD⊥平面A1ACC1，又MC1⊂平面A1ACC1，∴BD⊥MC1.

（2）∵AB＝BD＝2，且四边形ABCD是菱形，∴AC＝2AE＝2AB2－BE2＝23，又△BMC1为等腰三角形，且M为A1A的中点，∴BM是最短边，即C1B＝C1M.则有BC2＋C1C2＝AC2＋A1M2，即4＋C1

1C2C＝12＋（C）2，

4解得C1C＝6，3

所以四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V＝S菱形ABCD×C1C4＝1AC×BD×C1C＝1×23×2×6＝82.

322

即四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为82.19．【答案】（1）3xy20；（2）x2y8．

222

【解析】

试题分析：（1）由已知中AB边所在直线方程为x3y60，且AD与AB垂直，结合点T1,1在直线矩形ABCD外接圆圆心纪委两条直线的交点M2,0，根据（1）中直线，即可得到圆的圆心和半径，即可求得矩形ABCD外接圆的方程.

AD上，可得到AD边所在直线的点斜式方程，即可求得AD边所在直线的方程；（2）根据矩形的性质可得

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（2）由因为矩形ABCD两条对角线的交点为M2,0,

x3y60解得点A的坐标为0,2,

3xy20所以M为距形ABCD外接圆的圆心, 又AM2220022222,

从而距形ABCD外接圆的方程为x2y8.1考点：直线的点斜式方程；圆的方程的求解.

【方法点晴】本题主要考查了直线的点斜式方程、圆的方程的求解，其中解答中涉及到两条直线的交点坐标，圆的标准方程，其中（1）中的关键是根据已知中AB边所在的直线方程以及AD与AB垂直，求出直线AD的斜率；（2）中的关键是求出A点的坐标，进而求解圆的圆心坐标和半径，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.20．【答案】

【解析】【知识点】利用导数求最值和极值利用导数研究函数的单调性导数的概念和几何意义【试题解析】（Ⅰ）函数定义域为

，

又

，

所求切线方程为

，即在

在在则

当当故

时，时，

，又

，，

在在

递减；递增．

．

上恰有两个不同的零点，

（Ⅱ）函数等价于等价于令

上恰有两个不同的实根上恰有两个不同的实根，

，

即

，

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1,c1；（2）答案见解析；（3）当a1或a0时，gx在0,4有两个零点；4当1a0时，gx在0,4有一个零点.

21．【答案】（1）b【解析】试题分析：

（1）由题意得到关于实数b,c的方程组，求解方程组可得b1,c1；4 （3）函数

1gx的导函数gx3x22a4x4a，结合导函数的性质可得当a1或a0时，gx在

40,4有两个零点；当1a0时，gx在0,4有一个零点.

试题解析：

1f0c1b ，解得{（1）由题意{4 ；

f44bc0c1（2）由（1）可知fxxa4x4a321x1，4∴fx3x22a4x4a1；41是一个与a无关的定值，4假设存在x0满足题意，则fx03x022a4x04a即2x04a3x028x01是一个与a无关的定值，417；4则2x040，即x02，平行直线的斜率为kf2（3）gxfxaxa4x4a321x1a，41，4122其中4a4124a4a216a674a2510，

4设gx0两根为x1和x2x1x2，考察gx在R上的单调性，如下表

∴gx3x22a4x4a第 16 页，共 18 页

1°当a0时，g01a0，g4a0，而g23a150，2∴gx在0,2和2,4上各有一个零点，即gx在0,4有两个零点；2°当a0时，g010，g4a0，而g2150，2∴gx仅在0,2上有一个零点，即gx在0,4有一个零点；

31a0，4211①当a1时，g01a0，则gx在0,和,4上各有一个零点，

22即gx在0,4有两个零点；

3°当a0时，g4a0，且g②当1a0时，g01a0，则gx仅在即gx在0,4有一个零点；

1,4上有一个零点，2综上：当a1或a0时，gx在0,4有两个零点；当1a0时，gx在0,4有一个零点.

点睛：在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数y＝f（x）在[a，b]内所有使f′（x）＝0的点，再计算函数y＝f（x）在区间内所有使f′（x）＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．22．【答案】

【解析】（1）当n1时,a112a1，解得a11.当n2时，Snn2an，

①

②

（3分）（1分）

Sn1(n1)2an1，

①-②得，an12an2an1即an2an11，即an12(an11)(n2)，又a112.即an12n故an2n1（nN*）.

所以an1是以2为首项，2为公比的等比数列.

（5分）

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