江西省吉安市白鹭洲中学高二数学下学期第一次月考试题

白鹭洲中学高二年级月考数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分． 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知复数z 对应的向量如图所示，则复数z+1所对应的向量正确的是(
)
2高三某班上午有4节课，现从6名教师中安排4人各上一节课如果甲、乙两名教师不上第一节课，丙必须上最后一节课，则不同的安排方案种数为 （ ） ( A) 18 (B)24 (C) 36 (D)12
3．从1、2、3、4、5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数，当三个数字有2和3时，且2需排在3的前面(不一定相邻)，这样的三位数有 （ ） A ．12个 B ．54个 C ．45个 D ． 51个 4．若201222012
0122012(12)x a a x a x a x -=++++L ,
则
01122320112012()()()()a a a a a a a a ++++++++=
L （ ）
A ．1
B ．2012
2
C ． 2012
2
-
D ．2012
12
-
5．设()0cos sin a x x dx π
=-⎰，则二项式6
2a x x ⎛⎫+ ⎪⎝
⎭展开式中的3x 项的系数为（ ） A .20-
B. 160-
C. 20
D. 160
6. 线段AB 是圆
102
21=+y x C ：的一条直径，离心率为5的双曲线2C 以,A B 为焦点．若P 是圆1C 与双曲线2C 的一个公共点，则PB PA +的值为（ ）
A. 22
B.152
C. 2
D. 437. 如果一个n 位十进制数n a a a a Λ321的数位上的数字满足“小大小大Λ小大”的顺序，即
满足：
Λ
654321a a a a a a <><><，我们称这种数为“波浪数”；从1,2,3,4,5组成的数字不
重复的五位数中任取一个五位数abcde ，这个数为“波浪数”的个数是（ ） A16 B. 18 C. 10 D.8
O 2x
1x y
x
1
2 8．某几何体的三视图如图所示，当a+b 取最大值时，这个几何体的体积为
A. 16
B. 12
C. 13
D. 23
9．若直线(31)(1)660x y λλλ++-+-= 与不等式组 70,310,350.x y x y x y +-<⎧⎪
-+<⎨⎪-->⎩
，
表示的平 面区域有公共点，则实数λ的取值范围是
A ． 13(,)(9,)7-∞-
+∞U B ． 13(,1)(9,)7-+∞U C ．(1，9) D ．
13(,)7-∞-
10. 在5×5的棋盘中，放入3颗黑子和2颗白子，它们均不在同一行且不在同一列，则不同的
排列方法种数为( )
A ．150
B ．1200
C ．600
D ．200
11. 已知函数32
()f x x bx cx =++的图象如图所示，则2221x x +等于（ ）
A ． 38
B ．34
C ．32
D ．316
12．如图，已知正方体1111ABCD A BC D -棱长为4，点H 在棱1
AA 上，且
11HA =．在侧面11BCC B 内作边长为1的正方形1EFGC ，
P 是侧面11BCC B 内一动点，且点P 到平面11CDDC
距离等于线段PF 的长.则当点P 运动时，
2
HP
最小值是（ ）
（A ）21 （B ）23 （C ）22 （D ）25
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分。

13．甲、乙、丙三名同学中只有一人考了满分，当他们被问到谁考了满分时， 甲说：丙没有考满分； 乙说：是我考的； 丙说：甲说真话．
事实证明：在这三名同学中，只有一人说的是假话，那么得满分的同学是 __ ______ ．
14. 如图，二面角l αβ--的大小是60°，线段AB α⊂.B l ∈，
AB 与l 所成的角为30°.则AB 与平面β所成的角的正弦值是 .
15. 6
22a x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的中间项系数为20，右图阴影部分是由曲线
2
y x =和圆22
x y a +=及x 轴围成的封闭图形， 则封闭图形的面积S= .
16. 已知函数
)0()(2
3≠+++=a d cx bx ax x f 的对称中心为))
(,(00x f x M ，记函数)(x f 的导函数为()x f ',()x f '的导函数为()x f ''，则
有
()
0x f ''=0. 若函数2
33)(x x x f -=，
则
=+++++)20134025
()20134024(......)20134()20133()20132()20131(
f f f f f f = .
三、解答题：本大题共6小题，满分70分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

17、袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为1
7.现在甲、乙两人从袋
中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取…取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用X 表示取球终止时所需要的取球次数. (1)求袋中原有白球的个数； (2)求随机变量X 的分布列.
18、四个小球放入编号为1、2、3、4四个盒子中，依下列条件各有多少种放法。

（1）四个小球不同，四个盒子恰有一个空着；
（2）四个小球相同，四个盒子恰有一个空着； （3）四个小球不同，允许有空盒；
（4）四个小球相同，允许有空盒；
19如图，已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，60ABC ∠=o
，E F ，分别是BC PC ，的中点． （1）证明：异面直线AE 与PD 所的角
（2）若PD 与平面ABCD 所成角为0
45，求二面角E AF C --的余弦值．
20.已知球的直径为10cm ，求它的内接圆锥体积的最大值,并求出此时圆锥的底面半径和高.
P B
E C
D
F
A
(第19题)
21.
已知圆锥曲线
()
4E c c =为正常数,过原点O 的直线与
曲线E 交于P 、A 两点,其中P 在第一象限, B 是曲线E 上不同于,P A 的点,直线,PB AB 的斜率分别为
1
k 、
2,
k 且
120.
k k ≠
（Ⅰ）若P 点坐标为3(1,),
2求圆锥曲线E 的标准方程;
（Ⅱ）求
12
k k ⋅的值;
（Ⅲ）若PD x ⊥轴于点,D D 点坐标为(,0),m =,R AD BD μμ∈u u u r u u u r
存在使且直线AB 与直线
2
4:c l x m =
交于点,M 记直线PA 、PM 的斜率分别为3k 、4,k 问是否存在常数,λ使134,
k k k λ+=若存在, 求出λ的值，若不存在，说明理由.
22．已知函数
2
()(0)f x x ax a =-≠，()ln g x x =，()f x 图象与x 轴交于点M （M 异于原点），()x f 在M 处的切线为1l ，()1-x g 图象与x 轴交于点N 且在该点处的切线为2l
，并且
1
l 与2l
平行.
(Ⅰ)求(2)f 的值； (Ⅱ)已知实数R t ∈，求函数
[]
[()+],1,y f xg x t x e =∈的最小值；
(Ⅲ)令()()'()F x g x g x =+，给定
1212
,(1,),x x x x ∈+∞<，对于两个大于1的正数βα,，存
在实数m 满足：21)1(x m mx -+=α，21)1(mx x m +-=β，并且使得不等式
12|()()||()()|
F F F x F x αβ-<-恒成立，求实数m 的取值范围.
白鹭洲中学高二年级月考数学试卷
答题卡
答案 A c D D B C A B A
B B
A C
二、填空题：（每题5分，共20分）
13、 _甲 14、__3
4__________
15、___1
46π
-
_________ 16、_
___________
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17(1)设袋中原有n 个白球，由题意知:
()
()()2
n 27
n n 1n n 1C 12,n n 16
767C 762--===-=⨯⨯所以,┈┈┈┈┈5分
可得n=3(n=-2舍去)，即袋中原有3个白球. (2)由题意，X 可能的取值为1，2，3，4，5.
P(X=1)=3
7,
P(X=2)=
432
767⨯=⨯,[来源:学.科.网] P(X=3)=4336
76535⨯⨯=
⨯⨯, P(X=4)=
43233
765435⨯⨯⨯=
⨯⨯⨯, P(X=5)=
432131
7654335⨯⨯⨯⨯=
⨯⨯⨯⨯. 所以，取球次数X 的分布列为:
┈┈┈┈┈10分
18、（12） （1） 144, （2） 12,（3）4
4（4）
35
3
7=c
：（1）本问题含有“均分问题”，
首先，从4个盒子中选出一个盒子当作空盒，有1
4C 种选法，
然后，再向其余3个盒子装球，由题意，3个盒子分别装2,1,1个球，因此，装球的装法为
3
32
2111224A A C C C ⨯⨯⨯，所以总方法数为33221
1122414A A C C C C ⨯⨯⨯⨯=144种.（2）1314C C ⨯ 首先，从4个盒子中选出一个盒子当作空盒，有1
4C 种选法，
然后，再将其余3个盒子装球，由题意，3个盒子分别装2,1,1个球，只要选一个盒子
装2个球，另外的2个盒子一定是每个装一个球.有1
3C 种选法，所以，总方法数为1314C C ⨯=12
种.（3）4
4（4）
35
3
7=c
19 （Ⅰ）由四边形ABCD 为菱形，60ABC ∠=o
，可得ABC △为正三角形．因为E 为BC 的中点，所以AE BC ⊥． 又BC AD ∥，因此AE AD ⊥．
因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA AE ⊥． 而PA ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD 且PA AD A =I ， 所以AE ⊥平面PAD ．又PD ⊂平面PAD ， 所以AE PD ⊥． ┈┈┈┈┈6分
（Ⅱ）解：因为PA ⊥平面ABCD ，所以PD 与地面ABCD 所成的角为PDA ∠因为
PDA ∠=0
45，所以AD PA =。

……………9分
解法一：设2=AB ，因为PA ⊥平面ABCD ，PA ⊂平面PAC ，所以平面PAC ⊥平面
ABCD ．过E 作EO AC ⊥于O ，则EO ⊥平面PAC ，
过O 作OS AF ⊥于S ，连接ES ，则ESO ∠为二面角E AF C --的平面角，
在Rt AOE △
中，
sin 30EO AE ==
o g ，3
cos302AO AE ==o g ，
又F 是PC 的中点，在Rt ASO △
中，
sin 454SO AO ==
o g ，
又223930484SE EO SO =+=+=
，在Rt ESO △中，3215
4cos 530
SO ESO SE ∠===
，即所求二面角的余弦值为15
． ┈┈┈┈12分
解法二：设2=AB ，由（Ⅰ）知AE AD AP ，，两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E F ，分别为BC PC ，的中点，所以
(000)(310)(310)(020)A B C D -，，，，，，，，，，，，
31(002)(300)122P E F ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，，，，，，，，所以31(300)122AE AF ⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭u u u r u u u r ，，，，，．
设平面AEF 的一法向量为
111()
x y z =，，m ，
则00AE AF ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r g u u u r g ，，m m 因此1111303102x x y z ⎧=⎪⎨++=⎪，．
取
11
z =-，则(021)=-，
，m ，因为BD AC ⊥，BD PA ⊥，PA AC A =I ， 所以BD ⊥平面AFC ，故BD u u u r
为平面AFC 的一法向量．
又(330)BD =-u u u r ，，，所以15
cos 512BD BD BD <>===⨯u u u r
u u u r g u u u r g ，m m m ．
因为二面角E AF C --为锐角，所以所求二面角的余弦值为15
． ┈┈┈┈12分
19【解析】设圆锥的底面半径为 r ，高为h ,则
()2
2222
5510h r r h h -+=∴=-----2分
()()22231=1010333V r h h h h h h ππ
π=-=-锥--------------------5分 ()()()()2'203203,'0
3
3
V h h h h h V h π
π
=
-=
-=令，
20
3h =
，------------7分
P
B
E C
D
F
A y
z
x
()()20200,,'0;,10,'033h V h h V h ⎛⎫⎛⎫
∈>∈< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
()()202020010333V h h V h ⎛⎫⎛⎫↑↓= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在，，在，；当时，最大
---9分
max 400081V π
=
，----------------------11分
此时
20,33h r =
=--------------------------12分
21. 解：（Ⅰ）
12(,),(,0),(,0).
R x y F c F c -设
12121222
2222
4,24.
,4.1.
433
(1,) 1.
2
1.
43
RF RF c F F c c R F F c x y E c c
E P c x y E +=∴=<+==+=Q 由题设 则由椭圆的定义可知点的轨迹是以、为焦点为长轴长的椭圆故圆锥曲线为椭圆，其标准方程为曲线经过点代入解得故满足条件的曲线的标准方程为
（Ⅱ）
00(
,),(,),
P m n B x y 设
22222222220000022222222022000121222
000,(,).
3
1, 1.0,43434343,,4A P A m n x y x m y n y n m n c c c c c c x m y n y n y n k k k k x m x m x m ∴-----+=+=∴+=--+-==∴==--+-Q 两点关于原点对称，且即=-.又（Ⅲ）22
2322(,),(,),,1,
243n n m n P m n A m n k k m m c c ∴-==+=由已知可设且
22222
222222242212232
1,,(),244(4)
:(,),
2(4)(34)232.
43().232m(4)423,
22R AD BD A B D n
AB y x m m c c n c m AB l x M m m m n c m n n m c n m m k c m c mn m m
n k m
k n
m k m n m n mn μμ∈=∴∴=
--=----====-
--
+=--=u u u r u u u r
Q 存在使、由Ⅱ知又、三点共线所在直线方程为易得直线与直线的交点的坐标为则而
1341342,
=2.k k k k k k λλ+=+=∴故存在使
22. 解: ()y f x =图象与x 轴异于原点的交点(,0)M a ，'()2f x x a =-
(1)ln(1)y g x x =-=-图象与x 轴的交点(2,0)N ，
1'(1)1g x x -=
-
由题意可得
12
l l k k =，即1a =， …………………2分
∴2(),f x x x =-，
2
(2)222f =-= ………………3分 （2）
2[()+][ln +](ln +)y f xg x t x x t x x t ==-=22(ln )(21)(ln )x x t x x t t +-+-………4分
令ln u x x =，在 []
1,x e ∈时，'ln 10u x =+>，
∴ln u x x =在
[]1,e 单调递增，0,u e ≤≤ …………5分
22(21)y u t u t t =+-+-图象的对称轴
122t
u -=
，抛物线开口向上
①当
1202t
u -=
≤即12t ≥时，2min 0|u y y t t ===- ……………6分 ②当
122t u e -=
≥即122e t -≤时，22
min |(21)u e y y e t e t t ===+-+- 22min 122
12121
|
()(21)224t
u t t y y t t t -=--==+-+-=- 12分
1(3)()()'()ln F x g x g x x x =+=+
,22111'()0
x F x x x x
-=-=≥1x ≥得 所以()F x 在区间(1,)+∞上单调递增
……………………………………8分
∴1x ≥当时，F F x ≥>（）
（1）0 ①当(0,1)m ∈时，有
12111(1)(1)mx m x mx m x x α=+->+-=，
12222(1)(1)mx m x mx m x x α=+-<+-=，
得
12(,)x x α∈，同理12(,)x x β∈， …………………10分
∴ 由)(x f 的单调性知 0<1()()F x F α<、2()()
F F x β<
从而有
12|()()||()()|
F F F x F x αβ-<-，符合题设.
②当0m ≤时，
12222(1)(1)mx m x mx m x x α=+-≥+-=，
12111(1)(1)m x mx m x mx x β=-+≤-+=，
由)(x f 的单调性知 0<12()()()()F F x F x F βα≤<≤，
∴
12|()()||()()|
F F F x F x αβ-≥-，与题设不符 ③当1m ≥时，同理可得12
,x x αβ≤≥，
得
12|()()||()()|
F F F x F x αβ-≥-，与题设不符.
∴综合①、②、③得(0,1)m ∈ …………………12分。