平潭县一中2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

平潭县一中2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________
一、选择题
1． 函数在定义域上的导函数是，若，且当时，，()f x R '
()f x ()(2)f x f x =-(,1)x ∈-∞'
(1)()0x f x -<
设，，，则（ ）
(0)a f =b f =2(log 8)c f =A ．
B ．
C ．
D ．a b c <<a b c >>c a b <<a c b
<<2． 利用斜二测画法得到的：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上结论正确的是（ ）
A ．①②
B ．①
C ．③④
D ．①②③④
3． 已知全集，集合，集合，则集合为
R U ={|||1,}A x x x R =≤∈{|21,}x
B x x R =≤∈U A
C B （ ） A.
B.
C. D.]1,1[-]1,0[]1,0()
0,1[-【命题意图】本题考查集合的运算等基础知识，意在考查运算求解能力.4． ，则（ ）
4213
5
3
2,4,25a b c ===A ．
B ．
C ．
D ．b a c <<a b c <<b c a <<c a b
<<5． O 为坐标原点，F 为抛物线的焦点，P 是抛物线C 上一点，若|PF|=4，则△POF 的面积为（
）A ．1
B ．
C ．
D ．2
6． cos80cos130sin100sin130︒︒-︒︒等于（ ）
A B ．12 C ．12
- D ．7． 设A ，B 为两个不相等的集合，条件p ：x ∈A ∩B ，条件q ：x ∈A 或x ∈B ，则p 是q 的（ ）
A ．充分且必要条件
B ．充分不必要条件
C ．必要不充分条件
D ．既不充分也不必要条件
8． 数列﹣1，4，﹣7，10，…，（﹣1）n （3n ﹣2）的前n 项和为S n ，则S 11+S 20=（ ）
A ．﹣16
B ．14
C ．28
D ．30
9． “p q ∨为真”是“p ⌝为假”的（
）条件
A ．充分不必要
B ．必要不充分
C ．充要
D ．既不充分也不必要
10．江岸边有一炮台高30米，江中有两条船，由炮台顶部测得俯角分别为45°和30°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距（ ）
A ．10米
B ．100米
C ．30米
D ．20米
11．已知F 1，F 2是椭圆和双曲线的公共焦点，M 是它们的一个公共点，且∠F 1MF 2=，则椭圆和双曲线的离
心率的倒数之和的最大值为（ ）
A ．2
B ．
C ．
D ．4
12．已知||=3，||=1，与的夹角为，那么|﹣4|等于（
）A ．2B ．
C ．
D ．13
二、填空题
13．已知实数，满足，目标函数的最大值为4，则______．
x y 2330220y x y x y ≤⎧⎪
--≤⎨⎪+-≥⎩
3z x y a =++a =【命题意图】本题考查线性规划问题，意在考查作图与识图能力、逻辑思维能力、运算求解能力．14．设x ，y 满足约束条件
，则目标函数z=2x ﹣3y 的最小值是 ．
15．已知关于的不等式2
0x ax b ++<的解集为(1,2)，则关于的不等式2
10bx ax ++>的解集为___________.
16．在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2，则四面体ABCD 的体积的最大值为 ．　
17．如图所示，正方体ABCD ﹣A ′B ′C ′D ′的棱长为1，E 、F 分别是棱AA ′，CC ′的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB ′、DD ′交于M 、N ，设BM=x ，x ∈[0，1]，给出以下四个命题：①平面MENF ⊥平面BDD ′B ′；
②当且仅当x=时，四边形MENF 的面积最小；③四边形MENF 周长l=f （x ），x ∈0，1]是单调函数；④四棱锥C ′﹣MENF 的体积v=h （x ）为常函数；以上命题中真命题的序号为 ．
三、解答题
18．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a、b、c，且bsinA=acosB．（1）求B；
（2）若b=2，求△ABC面积的最大值．
19．已知f（）=﹣x﹣1．
（1）求f（x）；
（2）求f（x）在区间[2，6]上的最大值和最小值．
20．设不等式的解集为.
（1）求集合；
（2）若，∈，试比较与的大小。

21．已知cos （+θ）=﹣，＜θ＜，求的值．
22．一个几何体的三视图如图所示，已知正（主）视图是底边长为1的平行四边形，侧（左）视图
，宽为1的矩形，俯视图为两个边长为1的正方形拼成的矩形．（1）求该几何体的体积；111]V （2）求该几何体的表面积．
S
23．（14分）已知函数，其中m ，a 均为实数．
1
()ln ,()e
x x f x mx a x m g x -=--=（1）求的极值； 3分
()g x
（2）设，若对任意的，恒成立，求的最小值； 1,0m a =<12,[3,4]x x ∈12()x x ≠212111
()()()()
f x f x
g x g x -<-a 5分
（3）设，若对任意给定的，在区间上总存在，使得 成立，2a =0(0,e]x ∈(0,e]1212,()t t t t ≠120()()()f t f t g x ==求的取值范围． 6分
m 24．如图，已知边长为2的等边△PCD 所在的平面垂直于矩形ABCD 所在的平面，BC=2，M 为BC 的中点
（Ⅰ）试在棱AD 上找一点N ，使得CN ∥平面AMP ，并证明你的结论．（Ⅱ）证明：AM ⊥PM ．
平潭县一中2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题（参考答案）
一、选择题
1． 【答案】C 【解析】
考点：函数的对称性，导数与单调性．
【名师点睛】函数的图象是研究函数性质的一个重要工具，通过函数的图象研究问题是数形结合思想应用的不可或缺的重要一环，因此掌握函数的图象的性质是我们在平常学习中要重点注意的，如函数满足：
()f x 或，则其图象关于直线对称，如满足，
()()f a x f a x +=-()(2)f x f a x =-x a =(2)2()f m x n f x -=-则其图象关于点对称．(,)m n 2． 【答案】A 【解析】
考
点：斜二测画法．3． 【答案】C.
【解析】由题意得，，，∴，故选C.[11]
A =-，(,0]
B =-∞(0,1]U A
C B = 4． 【答案】A 【解析】
试题分析：，由于为增函数，所以.应为为增函数，所以，故
2
223
5
3
4,4,5a b c ===4x
y =a b >23
y x =c a >.
b a
c <<考点：比较大小．5． 【答案】C
【解析】解：由抛物线方程得准线方程为：y=﹣1，焦点F （0，1），又P 为C 上一点，|PF|=4，
可得y P=3，
代入抛物线方程得：|x P|=2，
∴S△POF=|0F|•|x P|=．
故选：C．
6．【答案】D
【解析】
=︒︒-︒︒=︒+︒=︒=︒+︒=-︒
cos80cos130sin80sin130cos80130cos210cos30180cos30
试题分析：原式()()
=．
考点：余弦的两角和公式.
7．【答案】B
【解析】解：若x∈A∩B，则x∈A或x∈B成立，
若x∈A，且x∉A∩B，满足x∈A或x∈B但x∈A∩B，不成立，
故p是q的充分不必要条件，
故选：B
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据集合关系是解决本题的关键．
8．【答案】B
【解析】解：∵a n=（﹣1）n（3n﹣2），
∴S11=（）+（a2+a4+a6+a8+a10）
=﹣（1+7+13+19+25+31）+（4+10+16+22+28）
=﹣16，
S20=（a1+a3+…+a19）+（a2+a4+…+a20）
=﹣（1+7+...+55）+（4+10+ (58)
=﹣+
=30，
∴S11+S20=﹣16+30=14．
故选：B．
【点评】本题考查数列求和，是中档题，解题时要认真审题，注意分组求和法和等差数列的性质的合理运用．　
9．【答案】B
【解析】
p p q∨p⌝p q∨p⌝p⌝
试题分析：因为假真时，真，此时为真，所以，“真”不能得“为假”，而“为p p q∨
假”时为真，必有“真”，故选B.
考点：1、充分条件与必要条件；2、真值表的应用.
10．【答案】C
【解析】解：如图，过炮台顶部A作水平面的垂线，垂足为B，设A处观测小船C的俯角为45°，
设A处观测小船D的俯角为30°，连接BC、BD
Rt△ABC中，∠ACB=45°，可得BC=AB=30米
Rt△ABD中，∠ADB=30°，可得BD=AB=30米
在△BCD中，BC=30米，BD=30米，∠CBD=30°，
由余弦定理可得：
CD2=BC2+BD2﹣2BCBDcos30°=900
∴CD=30米（负值舍去）
故选：C
【点评】本题给出实际应用问题，求炮台旁边两条小船距的距离．着重考查了余弦定理、空间线面的位置关系等知识，属于中档题．熟练掌握直线与平面所成角的定义与余弦定理解三角形，是解决本题的关键．
11．【答案】C
【解析】解：设椭圆的长半轴为a，双曲线的实半轴为a1，（a＞a1），半焦距为c，
由椭圆和双曲线的定义可知，
设|MF1|=r1，|MF2|=r2，|F1F2|=2c，
椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2
∵∠F1MF2=，
∴由余弦定理可得4c2=（r1）2+（r2）2﹣2r1r2cos，①
在椭圆中，①化简为即4c2=4a2﹣3r1r2，
即=﹣1，②
在双曲线中，①化简为即4c2=4a12+r1r2，
即=1﹣，③
联立②③得，
+
=4，
由柯西不等式得（1+）（+
）≥（1×
+
×
）2，
即（+）2≤×4=
，
即
+≤
，当且仅当e 1=，e 2=
时取等号．即取得最大值且为．
故选C ．
【点评】本题主要考查椭圆和双曲线的定义和性质，利用余弦定理和柯西不等式是解决本题的关键．难度较大．　
12．【答案】C
【解析】解：||=3，||=1，与的夹角为，
可得
=||||cos ＜，＞=3×1×=，
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．　
二、填空题
13．【答案】3
-【解析】作出可行域如图所示：作直线：，再作一组平行于的直线：，当直线
0l 30x y +=0l l 3x y z a +=-经过点时，取得最大值，∴，所以，故
l 5(,2)3M 3z a x y -=+max 5
()3273
z a -=⨯+=max 74z a =+=．
3a =-
14．【答案】　﹣6　．
【解析】解：由约束条件
，得可行域如图，
使目标函数z=2x ﹣3y 取得最小值的最优解为A （3，4），∴目标函数z=2x ﹣3y 的最小值为z=2×3﹣3×4=﹣6．故答案为：﹣6．　
15．【答案】),1(2
1,(+∞-∞ 【
解
析
】
考
点：一元二次不等式的解法.
16．【答案】 ．
【解析】解：过CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD，交AB与P，
设点P到CD的距离为h，
则有V=×2×h××2，
当球的直径通过AB与CD的中点时，h最大为2，
则四面体ABCD的体积的最大值为．
故答案为：．
【点评】本小题主要考查棱柱、棱锥、棱台的体积、球内接多面体等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象力．属于基础题．
17．【答案】　①②④　．
【解析】解：①连结BD，B′D′，则由正方体的性质可知，EF⊥平面BDD′B′，所以平面MENF⊥平面BDD′B′，所以①正确．
②连结MN，因为EF⊥平面BDD′B′，所以EF⊥MN，四边形MENF的对角线EF是固定的，所以要使面积最小，则只需MN的长度最小即可，此时当M为棱的中点时，即x=时，此时MN长度最小，对应四边形MENF 的面积最小．所以②正确．
③因为EF⊥MN，所以四边形MENF是菱形．当x∈[0，]时，EM的长度由大变小．当x∈[，1]时，EM的
长度由小变大．所以函数L=f（x）不单调．所以③错误．
④连结C′E，C′M，C′N，则四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以C′EF为底，以M，N分别为顶点的两个小棱锥．因为三角形C′EF的面积是个常数．M，N到平面C'EF的距离是个常数，所以四棱锥C'﹣MENF的体积V=h（x）为常函数，所以④正确．
故答案为：①②④．
【点评】本题考查空间立体几何中的面面垂直关系以及空间几何体的体积公式，本题巧妙的把立体几何问题和函数进行的有机的结合，综合性较强，设计巧妙，对学生的解题能力要求较高．
三、解答题
18．【答案】
【解析】（本小题满分12分）
解：（1）∵bsinA=，
由正弦定理可得：sinBsinA=sinAcosB，即得tanB=，
∴B=…
（2）△ABC的面积．
由已知及余弦定理，得．
又a2+c2≥2ac，
故ac≤4，当且仅当a=c时，等号成立．
因此△ABC面积的最大值为…
19．【答案】
【解析】解：（1）令t=，则x=，
∴f（t）=，
∴f（x）=（x≠1）…
（2）任取x1，x2∈[2，6]，且x1＜x2，
f（x1）﹣f（x2）=﹣=，
∵2≤x1＜x2≤6，∴（x1﹣1）（x2﹣1）＞0，2（x2﹣x1）＞0，
∴f（x1）﹣f（x2）＞0，
∴f（x）在[2，6]上单调递减，…
∴当x=2时，f（x）max=2，当x=6时，f（x）min=…
20．【答案】（1）
（2）
【解析】（1）由
所以
（2）由（1）和，
所以
故
21．【答案】
【解析】解：∵＜θ＜，∴+θ∈（，），
∵cos（+θ）=﹣，∴sin（+θ）=﹣=﹣，
∴sin（+θ）=sinθcos+cosθsin=（cosθ+sinθ）=﹣，
∴sinθ+cosθ=﹣，①
cos（+θ）=cos cosθ﹣sin sinθ=（cosθ﹣cosβ）=﹣，
∴cosθ﹣sinθ=﹣，②
联立①②，得cosθ=﹣，sinθ=﹣，
∴==
==．
【点评】本题考查函数值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意三角函数诱导公式、加法定理和同角三角函数关系式的合理运用．
6
22．【答案】（1；（2）．
【解析】
（2）由三视图可知，
该平行六面体中平面，平面，1A D ⊥ABCD CD ⊥11BCC B ∴，侧面，均为矩形，
12AA =11ABB A 11CDD C ．
1
2(11112)6S =⨯++⨯=
+考点：几何体的三视图；几何体的表面积与体积．
【方法点晴】本题主要考查了空间几何体的三视图、解题的表面积与体积的计算，其中解答中涉及到几何体的表面积和体积公式的应用，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状是解答的关键．
23．【答案】解：（1），令，得x = 1． e(1)
()e x
x g x -'=()0g x '=列表如下：
∵g （1） = 1，∴y =()g x 的极大值为1，无极小
值．
3分
（2）当时，，．
1,0m a =<()ln 1f x x a x =--(0,)x ∈+∞x （-∞，1）
1（1，+∞）
()
g x '+0-g （x ）
↗
极大值
↘
∵在恒成立，∴在上为增函数． 设，∵> 0()0x a f x x -'=>[3,4]()f x [3,4]1e ()()e x
h x g x x ==12e (1)()x x h x x --'=
在恒成立，
[3,4]∴在上为增函数． 设，则等价()h x [3,4]21x x >212111
()()()()
f x f x
g x g x -<
-
于，2121()()()()f x f x h x h x -<-即．
2211()()()()f x h x f x h x -<-设，则u （x ）在为减函数．
1e ()()()ln 1e x
u x f x h x x a x x
=-=---⋅[3,4]∴在（3，4）上恒成立． ∴恒成立．
21e (1)()10e x
a x u x x x -'=--⋅≤11
e e x x a x x
---+≥设，∵=，x ∈[3，4]，
11e ()e x x v x x x --=-+112e (1)()1e x x x v x x ---'=-+1
21131e [(]24
x x ---+∴，∴< 0，为减函数．
1221133
e [()e 1244
x x --+>>()v x '()v x ∴在[3，4]上的最大值为v （3） = 3 -．
()v x 22
e 3
∴a ≥3 -，∴的最小值为3 -． 8分
22e 3a 22
e 3（3）由（1）知在上的值域为． ()g x (0,e](0,1]∵，，
()2ln f x mx x m =--(0,)x ∈+∞当时，在为减函数，不合题意．
0m =()2ln f x x =-(0,e]当时，，由题意知在不单调，0m ≠2()
()m x m f x x
-'=
()f x (0,e]所以，即．①
20e m <<2
e
m >此时在上递减，在上递增，
()f x 2(0,m 2
(,e)m
∴，即，解得．②
(e)1f ≥(e)e 21f m m =--≥3
e 1
m -≥由①②，得．
3
e 1
m -≥ ∵，∴成立．
1(0,e]∈2
((1)0f f m =≤下证存在，使得≥1．
2
(0,]t m
∈()f t 取，先证，即证．③
e m t -=e 2
m m
-<2e 0m m ->设，则在时恒成立．
()2e x w x x =-()2e 10x w x '=->3
[,)e 1
+∞-
∴在时为增函数．∴，∴③成立．()w x 3[
,)e 1+∞-3e ))01
((w x w ->≥再证≥1．
()e m f -∵，∴时，命题成立． e e 3()1e 1m m f m m m --+=>>-≥
3
e 1
m -≥
综上所述，的取值范围为． 14分
m 3
[,)e 1
+∞-24．【答案】
【解析】（Ⅰ）解：在棱AD 上找中点N ，连接CN ，则CN ∥平面AMP ；证明：因为M 为BC 的中点，四边形ABCD 是矩形，所以CM 平行且相等于DN ，所以四边形MCNA 为矩形，
所以CN ∥AM ，又CN ⊄平面AMP ，AM ⊂平面AMP ，所以CN ∥平面AMP ．
（Ⅱ）证明：过P 作PE ⊥CD ，连接AE ，ME ，
因为边长为2的等边△PCD 所在的平面垂直于矩形ABCD 所在的平面，BC=2，M 为BC 的中点
所以PE ⊥平面ABCD ，CM=，
所以PE ⊥AM ，
在△AME 中，AE==3，ME=
=
，AM=
=
，
所以AE 2=AM 2+ME 2，所以AM ⊥ME ，所以AM ⊥平面PME 所以AM ⊥PM ．
【点评】本题考查了线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理的运用；正确利用已知条件得到线线关系是关键，体现了转化的思想．　。