南郑县高中2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

南郑县高中 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（本大题共 12 小题，每题 5 分，共 60 分 .每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的 .）
1．已知a( 2,1) ， b(k,3) ， c (1,2) c(k ,2) ，若(a2b) c ，则 | b |（）
A．3 5B．3 2C．2 5D．10
【命题企图】此题考察平面向量的坐标运算、数目积与模等基础知识，意在考察转变思想、方程思想、逻辑思
维能力与计算能力．
2．已知双曲线 kx 2﹣ y2=1（ k＞ 0）的一条渐近线与直线2x+y ﹣ 3=0 垂直，则双曲线的离心率是（）A ． B ．C． 4D．
3．F1，F2分别为双曲线x2y2
1（ a ，b0 ）的左、右焦点，点P在双曲线上，知足PF1PF2 0，a2b2
若PF1 F2的内切圆半径与外接圆半径之比为31
，则该双曲线的离心率为（）
2
A.2
B. 3
C. 2 1
D. 3 1
【命题企图】此题考察双曲线的几何性质，直角三角形内切圆半径与外接圆半径的计算等基础知识，意在考察基本运算能力及推理能力．
4．某班级有 6 名同学去报名参加校学生会的 4 项社团活动，若甲、乙两位同学不参加同一社团，每个社团都有人参加，每人只参加一个社团，则不一样的报名方案数为（）
A ．4320
B ． 2400
C ． 2160
D ． 1320
5．已知 f（ x） =，则“f[f（a）]=1“是“a=1”的（）
A ．充足不用要条件B．必需不充足条件
C．充足必需条件 D ．即不充足也不用要条件
6．方程x 1
2
1 y 1表示的曲线是（）
A ．一个圆
B ．两个半圆C．两个圆D．半圆7．某几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为（）
16
B．16321632
A ．16C．8
3D ．8
333
【命题企图】此题考察三视图、圆柱与棱锥的体积计算，意在考察识图能力、转变能力、空间想象能力．
8．某几何体的三视图如下图，该几何体的体积是（）
A．B．C．D．
9．若 a=ln2， b=5，c=xdx ，则 a， b， c 的大小关系（）
A ．a＜ b＜ c
B B． b＜ a＜ c
C C ． b＜ c＜ a D． c＜ b＜ a
10．已知直线m：3x 4 y110 与圆 C：(x 2)2y24交于A、B两点，P为直线 n：3x4y 4 0 上随意
一点，则 PAB 的面积为（）
A．2 3 B. 3 3 C.33 D.43
2
11．圆心在直线 2x＋ y＝ 0 上，且经过点（－ 1，－1）与（ 2，2）的圆，与 x 轴交于 M，N 两点，则 |MN|＝（）A ．42 B ． 45
C． 22 D ． 25
12．圆( x - 2)2+ y2= r 2（r > 0）与双曲线 x2 -y2= 1的渐近线相切，则r 的值为（）
3
A．2B．2C．3D．22
【命题企图】此题考察圆的一般方程、直线和圆的地点关系、双曲线的标准方程和简单几何性质等基础知识，
意在考察基本运算能力．
二、填空题（本大题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分 .把答案填写在横线上）
13．已知x，y为实数，代数式 1 ( y 2) 29 (3 x)2x2y2的最小值是.
【命题企图】此题考察两点之间距离公式的运用基础知识，意在考察结构的数学思想与运算求解能力.
14．如图为长方体积木块堆成的几何体的三视图，此几何体共由块木块堆成．
15．如图是正方体的平面睁开图，则在这个正方体中①BM 与 ED 平行；② CN 与 BE 是异面直线；
③ CN 与 BM 成 60 角；④ DM 与 BN 是异面直线．
以上四个命题中，正确命题的序号是（写出全部你以为正确的命题）．
16．抛物线 y2 =6x，过点 P（ 4， 1）引一条弦，使它恰巧被P 点均分，则该弦所在的直线方程为．三、解答题（本大共 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．（本小题满分12 分）△ ABC 的三内角 A， B，C 的对边分别为a， b， c，已知 ksin B＝ sin A＋ sin C（ k 为
正常数）， a＝ 4c.
5
（ 1）当 k＝4时，求 cos B；
（ 2）若△ ABC 面积为3， B＝ 60°，求k 的值．
18．如下图，在正方体ABCD A1B1C1 D1中．
（1）求A1C1与B1C所成角的大小；
（2）若E、F分别为AB、AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．
19．（本小题满分14 分）
设函数 f ( x) ax 2bx 1 cos x ， x0, （此中 a ，b R ）.
2
（ 1）若a0 ，b 1
，求 f (x) 的单一区间；2
（ 2）若b0 ，议论函数 f (x) 在 0,上零点的个数 .
2
【命题企图】此题主要考察利用导数研究函数的单一性，最值、经过研究函数图象与性质，议论函数的零点个数，考察考生运算求解能力、转变能力和综合应用能力，是难题.
20．已知△ABC 的三边是连续的三个正整数，且最大角是最小角的 2 倍，求△ABC 的面积．
21．已知三棱柱 ABC ﹣ A 1B 1C1，底面三角形 ABC 为正三角形，侧棱 AA 1⊥底面 ABC ， AB=2 ， AA 1=4， E 为 AA 1的中点， F 为 BC 的中点
（1）求证：直线 AF ∥平面 BEC1
（2）求 A 到平面 BEC 1的距离．
22．已知函数f（ x）=sin（ω x+ φ）（ω＞ 0， 0＜φ＜2π）一个周期内的一系列对应值如表：
x0
y10﹣ 1
（1）求 f （x）的分析式；
（2）求函数 g（x） =f （ x）+ sin2x 的单一递加区间．
南郑县高中 2018-2019 学年上学期高三数学10 月月考试题（参照答案）
一、选择题（本大题共12 小题，每题 5 分，共 60 分 .每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的 .）
1．【答案】 A
【解析】
2．【答案】 A
【分析】解：由题意双曲线kx 2﹣ y2=1 的一条渐近线与直线2x+y+1=0 垂直，可得渐近线的斜率为，
又因为双曲线的渐近线方程为y= ± x
故= ，∴k= ，
∴可得 a=2， b=1， c=，由此得双曲线的离心率为，
应选： A．
【评论】此题考察直线与圆锥曲线的关系，解题的重点是理解一条渐近线与直线 2x+y+1=0 垂直，由此关系求k，娴熟
掌握双曲线的性质是求解此题的知识保证．
3．【答案】 D
【分析】∵PF1 PF20 ，∴PF1PF2，即 PF1F2为直角三角形，∴PF12PF22F1F224c2，| PF1PF2 |2a ，则2PF1 PF2 PF12PF22(PF1PF2) 24(c2a2 ) ，
( PF1PF2 )2(PF1PF2) 24PF1PF28c24a 2.所以PF1 F2内切圆半径
r PF1PF2F1F22c2a2 c ，外接圆半径R c .由题意，得2c2a2c31
c ，整理，得
( c)2
22 423，∴双曲线的离心率 e 3 1，应选D.
a
4．【答案】 D
【分析】解：依题意， 6 名同学可分两组：第一组（1， 1， 1，3），利用间接法，有?=388，第二组（1， 1，2， 2），利用间接法，有（﹣） ?=932
依据分类计数原理，可得388+932=1320 种，
应选 D．
【评论】此题考察摆列、组合及简单计数问题，考察分类议论思想与转变思想，考察理解与运算能力，属于中
档题．
5． 【答案】 B
【分析】 解：当 a=1，则 f （ a ）=f （ 1） =0，则 f （ 0） =0+1=1 ，则必需性建立，
若 x ≤0，若 f （ x ） =1，则 2x+1=1 ，则 x=0，
若 x ＞ 0 ，若 f （ x ） =1，则 x 2
﹣ 1=1 ，则 x=
，
即若 f[f （ a ） ]=1 ，则 f （a ） =0 或 ，
若 a ＞ 0 ，则由 f （ a ）=0 或 1 得 a 2 ﹣1=0 或 a 2
﹣ 1=
，
即 a 2=1 或 a 2=
+1，解得 a=1 或 a= ，
若 a ≤0 ，则由 f （ a ）=0 或 1 得 2a+1=0 或 2a+1= ，
即 a=﹣ ，此时充足性不建立，
即 “f[f （ a ） ]=1 “是 “a=1”的必需不充足条件，应选： B ．
【评论】此题主要考察充足条件和必需条件的判断，依据分段函数的表达式解方程即可．
6． 【答案】 A
【分析】
试题剖析：由方程 x 1
2
2
2
2 ，即 (x 1)2 ( y 1)2
1 ，所
1 y 1 ，两边平方得 x 1
( 1
y 1 ) 以方程表示的轨迹为一个圆，应选 A.
考点：曲线的方程 .
7． 【答案】 D
【分析】 由三视图知几何体为一个底面半径为 2 高为 4 的半圆柱中挖去一个以轴截面为底面高为 2 的四棱锥，
所以该几何体的体积为 V
1
22
41
4428 32
2
3
3
，应选 D ．
8． 【答案】 A
【分析】 解：几何体如下图，则
V=
，
应选： A ．
【评论】此题考察的知识点是由三视图求体积，正确得出直观图是解答的重点．
9． 【答案】 C
【分析】 解： ∵ a=ln2 ＜ lne 即 ，
b=5 = ，
c=
xdx=
，
∴ a ， b ，c 的大小关系为： b ＜ c ＜
a ．应选： C ．
【评论】此题考察了不等式大小的比较，重点是求出它们的取值范围，是基础题．
10． 【答案】 C
【分析】 分析：此题考察圆的弦长的计算与点到直线、两平行线的距离的计算 .
圆心 C 到直线 m 的距离 d 1，| AB| 2
r 2 d 2
2 3 ，两平行直线 m 、 n 之间的距离为 d 3 ，∴ PAB
的面积为
1
| AB | d 3 3，选 C ．
2
11． 【答案】
【分析】 选 D.设圆的方程为（ x － a ） 2＋（ y －b ） 2＝ r 2（ r ＞ 0）．
2a ＋ b ＝ 0
由题意得
（－ 1－ a ）2＋（－ 1－b ） 2＝ r 2，
（ 2－ a ） 2＋（ 2－ b ） 2＝ r 2
解之得 a ＝－ 1，b ＝ 2， r ＝ 3，
∴圆的方程为（ x ＋ 1） 2＋（ y － 2）2＝9， 令 y ＝ 0 得， x ＝－ 1 ± 5，
∴|MN |＝ |（－ 1＋ 5）－（－ 1－ 5） |＝ 2 5，选 D. 12． 【答案】 C
二、填空题（本大题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分 .把答案填写在横线上）
13． 【答案】
41 .
【解析】
14．【答案】4
【分析】解：由三视图能够看出此几何体由两排两列，前排有一个方块，后排左面一列有两个木块右边一列有
一个，
故后排有三个，故此几何体共有 4 个木块构成．
故答案为： 4．
15．【答案】③④
【分析】
试题剖析：把睁开图还原成正方体，如图，由正方体的性质，可知：①
BM 与 ED 是异面直线，所以是错误
的；② DN 与 BE 是平行直线， 所以是错误的； ③从图中连结 AN , AC ，因为几何体是正方体， 所以三角形 ANC 为等边三角形，所以 AN , AC 所成的角为 60 ，所以是正确的；④ DM 与 BN 是异面直线，所以是正确的．
考点：空间中直线与直线的地点关系．
16． 【答案】 3x ﹣ y ﹣ 11=0 ．
【分析】 解：设过点 P （4， 1）的直线与抛物线的交点
为 A （ x 1， y 1）， B （ x 2， y 2），即有 y 12=6x 1， y 22=6x 2，
相减可得，（ y 1 ﹣ y 2）（ y 1+y 2） =6（ x 1﹣ x 2），
即有 k AB =
= = =3，
则直线方程为 y ﹣ 1=3（ x ﹣ 4），
即为 3x ﹣ y ﹣ 11=0．
将直线 y=3x ﹣ 11 代入抛物线的方程，可得
2
2
9x ﹣ 72x+121=0 ，鉴别式为 72 ﹣4×9×121＞ 0， 故所求直线为 3x ﹣ y ﹣ 11=0．
故答案为： 3x ﹣ y ﹣ 11=0．
三、解答题（本大共 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． 【答案】
5
5 【分析】 解：（ 1） ∵ sin B ＝sin A ＋ sin C ，由正弦定理得
b ＝ a ＋
c ，
4
4
又 a ＝4c ，∴5
b ＝ 5
c ，即 b ＝ 4c ，
4
2 2 2
2 2 －（ 4c ） 2
1
a ＋ c － b
（ 4c ） ＋ c
由余弦定理得 cos B ＝
2ac
＝
2×4c ·c
＝ 8
.
（ 2） ∵S △ABC ＝ 3， B ＝ 60°.
1
∴2acsin B ＝ 3.即 ac ＝ 4.
又 a ＝4c ，∴a ＝ 4， c ＝ 1.
由余弦定理得b2＝ a2＋ c2－2accos B＝ 42＋12－ 2× 4×1×1
2＝ 13.
∴b＝ 13，
∵ksin B＝ sin A＋ sin C，
a＋ c5 5 13
由正弦定理得k＝b＝13＝13 ，
513
即 k 的值为13 .
18．【答案】（1）60；（ 2）90．
【分析】
试
题分析：（ 1）连结
AC ， AB，由 ABCD A B C D 是正方体，知AAC C 为平行四边形，1111111
所以 AC / / A1C1，进而 B1C 与AC所成的角就是A1C1与 B1C 所成的角．由 AB1 AC B1C 可知B1CA 60 ，
即 A1C1与BC所成的角为60．
考点：异面直线的所成的角．
【方法点晴】此题主要考察了异面直线所成的角的求解，此中解答中波及到异面直线所成角的观点、三角形中位线与正方形的性质、正方体的结构特点等知识点的综合考察，侧重考察了学生剖析问题和解答问题的能力，
以及空间想象能力，此题的解答中依据异面直线所成角的观点确立异面直线所成的角是解答的重点，属于中档试题．
19．【答案】
【分析】（ 1）∵a0 ，b 1
，2
∴ f (x)1
x 1cos x ， f( x)1sin x ， x0, .（2 分）222
令 f ( x)0 ，得 x.
6
当 0 x时， f (x)0 ，当x时， f ( x)0 ，662
所以 f ( x) 的单一增区间是,
2，单一减区间是 0,.（5 分）
66
1
a 1
( )a10，又 f ( ) f(0) 0，由零点存在定理，0
2，则 f
2
所以 f ( x) 在 (0,0 ) 上单一增，在0,上单一减 .
2
2
又 f (0)0 ， f ()
4a1.
2
2
142
故当a时， f ()
4a 10 ，此时 f ( x) 在 0,上有两个零点；
222
412
时， f ()a10 ，此时 f ( x) 在 0,上只有一个零点 .当2a
4
22
若0,，使 f ( 0) 0，2
20．【答案】
【分析】解：由题意设a=n、 b=n+1 、 c=n+2 （ n∈N +），
∵最大角是最小角的2倍，∴C=2A ，
由正弦定理得，则，
∴，得cosA=，
由余弦定理得， cosA==，
∴=，
化简得， n=4 ，
∴a=4、 b=5、 c=6， cosA=，
又 0＜A ＜π，∴sinA==，
∴△ABC 的面积 S===．
【评论】此题考察正弦定理和余弦定理，边角关系，三角形的面积公式的综合应用，以及方程思想，考察化简、计算能力，属于中档题．
21．【答案】
【分析】解：（ 1）取 BC 1的中点 H，连结 HE 、 HF，
则△ BCC1中， HF ∥CC1且 HF=CC1
又∵ 平行四边形AA 111
且 AE=CC
1
C C 中， AE∥CC
∴ AE ∥ HF 且 AE=HF ，可得四边形AFHE 为平行四边形，∴AF∥ HE，
∵AF? 平面 REC1， HE? 平面 REC1
∴ AF∥平面 REC1．
（ 2）等边△ ABC 中，高 AF==，所以EH=AF=
由三棱柱ABC ﹣ A 1B1 C1是正三棱柱，得C1到平面 AA 1B 1B 的距离等于
∵Rt△ A 1C1E≌Rt△ ABE ，∴ EC1=EB ，得 EH⊥ BC 1
可得 S= BC 1?EH= ×× =，
△
而 S△ABE = AB ×BE=2
由等体积法得V A﹣BEC1=V C1﹣BEC，
∴ S△×d= S△ABE×，（ d 为点 A 到平面 BEC 1的距离）
即××d= ×2×，解之得 d=
∴点 A 到平面 BEC1的距离等于．
【评论】此题在正三棱柱中求证线面平行，并求点到平面的距离．侧重考察了正三棱柱的性质、线面平行判断定理和等体积法求点到平面的距离等知识，属于中档题．
22．【答案】
【分析】（此题满分12 分）
解：（ 1）由表格给出的信息知，函数f（ x）的周期为 T=2 （﹣ 0） =π．
所以ω ==2 ，由 sin（ 2× 0+φ） =1，且 0＜φ＜2π，所以φ =．
所以函数的分析式为 f （ x） =sin（ 2x+） =cos2x 6分
（ 2） g（ x） =f （ x）+sin2x=sin2x+cos2x=2sin （ 2x+），
令 2k≤ 2x+≤ 2k，k∈ Z 则得 kπ ﹣≤ x≤ kπ +， k∈ Z
故函数 g（ x） =f （ x） +sin2x 的单一递加区间是：， k∈ Z 12 分
【评论】此题主要考察了由y=Asin （ω x+ φ）的部分图象确立其分析式，正弦函数的单一性，周期公式的应
用，属于基本知识的考察．。