万年县第三中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学

万年县第三中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学班级__________
姓名__________ 分数__________
一、选择题
1． 设偶函数f （x ）在（0，+∞）上为减函数，且f （2）=0，则不等式＞0的解集为
（ ）
A ．（﹣2，0）∪（2，+∞）
B ．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）
C ．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）
D ．（﹣2，0）∪（0，2）　
2． 设F 1，F 2为椭圆=1的两个焦点，点P 在椭圆上，若线段PF 1的中点在y 轴上，则
的值为（
）A ．
B ．
C ．
D ．
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． 如图所示为某几何体的正视图和侧视图，则该几何体体积的所有可能取值的集合是（
）
A ．{， }
B ．{，， }
C ．{V|≤V ≤}
D ．{V|0＜V ≤}
5． 底面为矩形的四棱锥P ­ABCD 的顶点都在球O 的表面上，且O 在底面ABCD 内，PO ⊥平面ABCD ，当四棱锥P ­ABCD 的体积的最大值为18时，球O 的表面积为（ ）
A ．36π
B ．48π
C ．60π
D ．72π
6． 已知定义在实数集R 上的函数f （x ）满足f （1）=3，且f （x ）的导数f ′（x ）在R 上恒有f ′（x ）＜2（x ∈R ），则不等式f （x ）＜2x+1的解集为（ ）
A ．（1，+∞）
B ．（﹣∞，﹣1）
C ．（﹣1，1）
D ．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
7． 设数集M={x|m ≤x ≤m+}，N={x|n
﹣≤x ≤n}，P={x|0≤x ≤1}，且M ，N 都是集合P 的子集，如果把b ﹣a 叫做集合{x|a ≤x ≤b}的“长度”，那么集合M ∩N 的“长度”的最小值是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
8． 若直线上存在点满足约束条件
2y x =(,)x y 则实数的最大值为 30,230,,x y x y x m +-≤⎧⎪
--≤⎨⎪≥⎩
m A 、 B 、
C 、
D 、1-3
2
2
9． 方程x= 所表示的曲线是（ ）
A ．双曲线
B ．椭圆
C ．双曲线的一部分
D ．椭圆的一部分
10．在高校自主招生中，某学校获得5个推荐名额，其中清华大学2名，北京大学2名，复旦大学1名．并且北京大学和清华大学都要求必须有男生参加．学校通过选拔定下3男2女共5个推荐对象，则不同的推荐方法共有（ ）
A ．20种
B ．22种
C ．24种
D ．36种
11．如图，空间四边形OABC 中，，
，
，点M 在OA 上，且
，点N 为BC
中点
，则
等于（
）
A ．
B ．
C ．
D ．
12．已知椭圆，长轴在y 轴上，若焦距为4，则m 等于（
）
A ．4
B ．5
C ．7
D ．8
二、填空题
13．“黑白配”游戏，是小朋友最普及的一种游戏，很多时候被当成决定优先权的一种方式．它需要参与游戏的人（三人或三人以上）同时出示手势，以手心（白）、手背（黑）来决定胜负，当其中一个人出示的手势与其它人都不一样时，则这个人胜出，其他情况，则不分胜负．现在甲乙丙三人一起玩“黑白配”游戏．设甲乙丙三人每次都随机出“手心（白）、手背（黑）”中的某一个手势，则一次游戏中甲胜出的概率是 ．　
14．不等式恒成立，则实数的值是__________.()2
110ax a x +++≥
15．已知，是空间二向量，若=3，||=2，|﹣|=
，则与的夹角为 ．
16．设f （x ）是（x 2+
）6展开式的中间项，若f （x ）≤mx 在区间[
，
]上恒成立，则实数m 的取值范
围是 ．　
17．过抛物线C ：y 2=4x 的焦点F 作直线l 交抛物线C 于A ，B ，若|AF|=3|BF|，则l 的斜率是 ．18．设A={x|x ≤1或x ≥3}，B={x|a ≤x ≤a+1}，A ∩B=B ，则a 的取值范围是 ．
三、解答题
19．已知m ∈R ，函数f （x ）=（x 2+mx+m ）e x ．（1）若函数f （x ）没有零点，求实数m 的取值范围；
（2）若函数f （x ）存在极大值，并记为g （m ），求g （m ）的表达式；（3）当m=0时，求证：f （x ）≥x 2+x 3．　
20．已知y=f （x ）的定义域为[1，4]，f （1）=2，f （2）=3．当x ∈[1，2]时，f （x ）的图象为线段；当x ∈[2，4]时，f （x ）的图象为二次函数图象的一部分，且顶点为（3，1）．（1）求f （x ）的解析式；（2）求f （x ）的值域．
21．（1）化简：
（2）已知tan α=3，计算
的值．
22．【常熟中学2018届高三10月阶段性抽测（一）】已知函数.
()()2
ln R f x x ax x a =-+-∈（1）若函数是单调递减函数，求实数的取值范围；
()f x a （2）若函数在区间上既有极大值又有极小值，求实数的取值范围.
()f x ()0,3a 23．如图，AB 是⊙O 的直径，AC 是弦，∠BAC 的平分线AD 交⊙O 于点D ，DE ⊥AC ，交AC 的延长线于点E ，OE 交AD 于点F ．
（1）求证：DE 是⊙O 的切线．（2）若
，求
的值．
24．【泰州中学2018届高三10月月考】已知函数.
()(),,x
f x e
g x x m m R ==-∈（1）若曲线与直线相切，求实数的值；()y f x =()y g x =m （2）记，求在上的最大值；()()()
h x f x g x =⋅()h x []0,1（3）当时，试比较与的大小.
0m =()
2f x e
-()g x
万年县第三中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学（参考答案）
一、选择题
1． 【答案】B
【解析】解：∵f （x ）是偶函数∴f （﹣x ）=f （x ）不等式
，即
也就是xf （x ）＞0
①当x ＞0时，有f （x ）＞0
∵f （x ）在（0，+∞）上为减函数，且f （2）=0∴f （x ）＞0即f （x ）＞f （2），得0＜x ＜2；②当x ＜0时，有f （x ）＜0∵﹣x ＞0，f （x ）=f （﹣x ）＜f （2），∴﹣x ＞2⇒x ＜﹣2
综上所述，原不等式的解集为：（﹣∞，﹣2）∪（0，2）故选B
2． 【答案】C
【解析】解：F 1，F 2为椭圆
=1的两个焦点，可得F 1（﹣
，0），F 2（
）．a=2，b=1．
点P 在椭圆上，若线段PF 1的中点在y 轴上，PF 1⊥F 1F 2，
|PF 2|=
=，由勾股定理可得：|PF 1|=
=．
==．
故选：C ．
【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．　
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】D
【解析】解：根据几何体的正视图和侧视图，得；
当该几何体的俯视图是边长为1的正方形时，它是高为2的四棱锥，其体积最大，为×12×2=；
当该几何体的俯视图为一线段时，它的底面积为0，此时不表示几何体；所以，该几何体体积的所有可能取值集合是{V|0＜V ≤}．故选：D ．
【点评】本题考查了空间几何体的三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出几何体的结构特征是什么，是基础题目．　
5． 【答案】
【解析】选A.设球O 的半径为R ，矩形ABCD 的长，宽分别为a ，b ，则有a 2＋b 2＝4R 2≥2ab ，∴ab ≤2R 2，又V 四棱锥P －ABCD ＝S 矩形ABCD ·PO
13
＝abR ≤R 3.
13
2
3∴R 3＝18，则R ＝3，2
3
∴球O 的表面积为S ＝4πR 2＝36π，选A.6． 【答案】A
【解析】解：令F （x ）=f （x ）﹣2x ﹣1，则F ′（x ）=f ′（x ）﹣2，
又∵f （x ）的导数f ′（x ）在R 上恒有f ′（x ）＜2，∴F ′（x ）=f ′（x ）﹣2＜0恒成立，∴F （x ）=f （x ）﹣2x ﹣1是R 上的减函数，又∵F （1）=f （1）﹣2﹣1=0，
∴当x ＞1时，F （x ）＜F （1）=0，即f （x ）﹣2x ﹣1＜0，即不等式f （x ）＜2x+1的解集为（1，+∞）；故选A ．
【点评】本题考查了导数的综合应用及利用函数求解不等式的方法应用，属于中档题．　
7． 【答案】C
【解析】解：∵集M={x|m ≤x ≤m+}，N={x|n ﹣≤x ≤n}，P={x|0≤x ≤1}，且M ，N 都是集合P 的子集，∴根据题意，M 的长度为，N 的长度为，当集合M ∩N 的长度的最小值时，M 与N 应分别在区间[0，1]的左右两端，
故M ∩N 的长度的最小值是=．
故选：C ．　
8． 【答案】B
【解析】如图，当直线经过函数的图象m x =x y 2=与直线的交点时，
03=-+y x 函数的图像仅有一个点在可行域内，
x y 2=P 由，得，∴．
230y x x y =⎧⎨+-=⎩
)2,1(P 1≤m 9． 【答案】C 【解析】解：x=两边平方，可变为3y 2﹣x 2=1（x ≥0），
表示的曲线为双曲线的一部分；
故选C ．【点评】本题主要考查了曲线与方程．解题的过程中注意x
的范围，注意数形结合的思想．
10．【答案】C
【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：
①、第一类三个男生每个大学各推荐一人，两名女生分别推荐北京大学和清华大学，共有=12种推荐方法；②、将三个男生分成两组分别推荐北京大学和清华大学，其余2个女生从剩下的2个大学中选，共有
=12种推荐方法；
故共有12+12=24种推荐方法；故选：C ．　
11．【答案】B 【解析】解： =
=
=
；
又，
，
，∴．故选B ．
【点评】本题考查了向量加法的几何意义，是基础题．　
4
25
41
41
5
4
32
12．【答案】D
【解析】解：将椭圆的方程转化为标准形式为，
显然m ﹣2＞10﹣m ，即m ＞6，
，解得m=8
故选D
【点评】本题主要考查了椭圆的简单性质．要求学生对椭圆中对长轴和短轴即及焦距的关系要明了．　
二、填空题
13．【答案】 ．
【解析】解：一次游戏中，甲、乙、丙出的方法种数都有2种，所以总共有23=8种方案，而甲胜出的情况有：“甲黑乙白丙白”，“甲白乙黑丙黑”，共2种，所以甲胜出的概率为故答案为．
【点评】本题考查等可能事件的概率，关键是分清甲在游戏中胜出的情况数目．　
14．【答案】1a =【解析】
试题分析：因为不等式恒成立，所以当时，不等式可化为，不符合题意；
()2
110ax a x +++≥0a =10x +≥当时，应满足，即，解得.1
0a ≠2
(1)40
a a a >⎧⎨
∆=+-≤⎩2
0(1)0
a a >⎧⎨
-≤⎩1a =考点：不等式的恒成立问题.15．【答案】　60°　．
【解析】解：∵|﹣|=，
∴∴
=3，
∴cos ＜＞=
=∵
∴与的夹角为60°．
故答案为：60°
【点评】本题考查平面向量数量积表示夹角和模长，本题解题的关键是整理出两个向量的数量积，再用夹角的表示式．
16．【答案】　[5，+∞）　．
【解析】二项式定理．
【专题】概率与统计；二项式定理．
【分析】由题意可得f（x）=x3，再由条件可得m≥x2在区间[，]上恒成立，求得x2在区间[，
]上的最大值，可得m的范围．
【解答】解：由题意可得f（x）=x6=x3．
由f（x）≤mx在区间[，]上恒成立，可得m≥x2在区间[，]上恒成立，
由于x2在区间[，]上的最大值为5，故m≥5，
即m的范围为[5，+∞），
故答案为：[5，+∞）．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，函数的恒成立问题，属于中档题．
17．【答案】 ．
【解析】解：∵抛物线C方程为y2=4x，可得它的焦点为F（1，0），
∴设直线l方程为y=k（x﹣1），
由，消去x得．
设A（x1，y1），B（x2，y2），
可得y1+y2=，y1y2=﹣4①．
∵|AF|=3|BF|，
∴y1+3y2=0，可得y1=﹣3y2，代入①得﹣2y2=，且﹣3y22=﹣4，
消去y2得k2=3，解之得k=±．
故答案为：．
【点评】本题考查了抛物线的简单性质，着重考查了舍而不求的解题思想方法，是中档题．
18．【答案】　a≤0或a≥3　．
【解析】解：∵A={x|x≤1或x≥3}，B={x|a≤x≤a+1}，且A∩B=B，
∴B⊆A，
则有a+1≤1或a≥3，
解得：a≤0或a≥3，
故答案为：a≤0或a≥3．
三、解答题
19．【答案】
【解析】解：（1）令f（x）=0，得（x2+mx+m）e x=0，所以x2+mx+m=0．
因为函数f（x）没有零点，所以△=m2﹣4m＜0，所以0＜m＜4．
（2）f'（x）=（2x+m）e x+（x2+mx+m）e x=（x+2）（x+m）e x，
令f'（x）=0，得x=﹣2，或x=﹣m，
当m＞2时，﹣m＜﹣2．列出下表：
x（﹣∞，﹣m）﹣m（﹣m，﹣2）﹣2（﹣2，+∞）
f'（x）+0﹣0+
f（x）↗me﹣m↘（4﹣m）e﹣2↗
当x=﹣m时，f（x）取得极大值me﹣m．
当m=2时，f'（x）=（x+2）2e x≥0，f（x）在R上为增函数，
所以f（x）无极大值．
当m＜2时，﹣m＞﹣2．列出下表：
x（﹣∞，﹣2）﹣2（﹣2，﹣m）﹣m（﹣m，+∞）
f'（x）+0﹣0+
f（x）↗（4﹣m）e﹣2↘me﹣m↗
当x=﹣2时，f（x）取得极大值（4﹣m）e﹣2，
所以
（3）当m=0时，f（x）=x2e x，令ϕ（x）=e x﹣1﹣x，则ϕ'（x）=e x﹣1，
当x＞0时，φ'（x）＞0，φ（x）为增函数；当x＜0时，φ'（x）＜0，φ（x）为减函数，所以当x=0时，φ（x）取得最小值0．
所以φ（x）≥φ（0）=0，e x﹣1﹣x≥0，所以e x≥1+x，
因此x 2e x ≥x 2+x 3，即f （x ）≥x 2+x 3．
【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，利用函数研究函数的极值，其中根据已知函数的解析式，求出函数的导函数是解答此类问题的关键．
20．【答案】
【解析】解：（1）当x ∈[1，2]时f （x ）的图象为线段，
设f （x ）=ax+b ，又有f （1）=2，f （2）=3
∵a+b=2，2a+b=3，
解得a=1，b=1，f （x ）=x+1，
当x ∈[2，4]时，f （x ）的图象为二次函数的一部分，
且顶点为（3，1），
设f （x ）=a （x ﹣3）2+1，又f （2）=3，
所以代入得a+1=3，a=2，f （x ）=2（x ﹣3）2+1．
（2）当x ∈[1，2]，2≤f （x ）≤3，
当x ∈[2，4]，1≤f （x ）≤3，
所以1≤f （x ）≤3．
故f （x ）的值域为[1，3]．
21．【答案】
【解析】解：（1）=
=cos αtan α=sin α．
（2）已知tan α=3，∴ ===．
【点评】本题主要考查诱导公式、同角三角函数的基本关系，属于基础题．
22．【答案】（1）2）.a ≤193a <<
【解析】试题分析：
（1）原问题等价于对恒成立，即对恒成立，结合均值不等式的结论可()0f x '≤()0,+∞12a x x
≤+
()0,+∞
得a ≤
（2）由题意可知在上有两个相异实根，结合二次函数根的分布可得实数的()2210x ax f x x
-+-'==()0,3a 取值范围是
.193
a <<试题解析：
（2）∵函数在上既有极大值又有极小值，
()f x ()0,3∴在上有两个相异实根，()2210x ax f x x
-+-'==()0,3即在上有两个相异实根，
2210x ax -+=()0,3记，则，得，()221g x x ax =-+()()003{ 4
0030a g g ∆><<>
>{012 193
a a a a -<<<即
.193
a <<23．【答案】
【解析】（I ）证明：连接OD ，可得∠ODA=∠OAD=∠DAC
∴OD ∥AE 又AE ⊥DE
∴DE ⊥OD ，又OD 为半径
∴DE 是的⊙O 切线
（II ）解：过D 作DH ⊥AB 于H ，
则有∠DOH=∠CAB
设OD=5x ，则AB=10x ，OH=2x ，∴AH=7x
由△AED ≌△AHD 可得AE=AH=7x
又由△AEF ∽△DOF 可得∴
【点评】本题考查平面几何中三角形的相似和全等，辅助线的做法，是解题关键，本题是难题．
24．【答案】（1）；（2）当时，；当时，；1m =-1e m e <
-()()max 1h x m e =-1e m e ≥-()max h x m =-（3）.
()()2f x e g x ->【解析】试题分析：（1）研究函数的切线主要是利用切点作为突破口求解；（2）通过讨论函数在定义域内的单调性确定最值，要注意对字母m 的讨论；（3）比较两个函数的大小主要是转化为判断两个函数的差函数的符号，然后转化为研究差函数的单调性研究其最值．
试题解析：（1）设曲线与相切于点，
()x
f x e =()
g x x m =-()00,P x y 由，知，解得，()x f x e '=01x e =00x =又可求得点为，所以代入，得.
P ()0,1()g x x m =-1m =-（2）因为，所以.
()()x h x x m e =-()()()()
[]1,0,1x x x h x e x m e x m e x =+-=∈'--①当，即时，，此时在上单调递增，
10m -≤1m ≤()0h x '≥()h x []0,1所以；()()()max 11h x h m e ==-②当即，当时，单调递减，
011m <-<12m <<()0,1x m ∈-()()0,h x h x '<当时，单调递增，.
()1,1x m ∈-()()0,h x h x '>()()()0,11h m h m e =-=-（i ）当，即
时，；()1m m e -≥-21
e m e ≤<-()()max 0h x h m ==-（ii ）当，即时，；()1m m e -<-11
e m e <<-()()()max 11h x h m e ==-③当，即时，，此时在上单调递减，11m -≥2m ≥()0h x '≤()h x []0,1
所以.
()()min 0h x h m ==-综上，当时，；1e m e <
-()()max 1h x m e =-当时，.1
e m e ≥-()max h x m =-（3）当时，，
0m =()()22,x f x e e e g x x --==①当时，显然；0x ≤()()2f x e
g x ->②当时，，
0x >()()222ln ln ,ln ln x f x e x e e e g x x ---===记函数，()221ln ln x x x e x e x e
φ-=-=
⨯-则，可知在上单调递增，又由知，在()22111x x x e e e x x
φ-=⨯-=-'()x φ'()0,+∞()()10,20φφ''()x φ'上有唯一实根，且，则，即（*），()0,+∞0x 012x <<()020010x x e x φ--'==0201x e x -=当时，单调递减；当时，单调递增，
()00,x x ∈()()0,x x φφ'<()0,x x ∈+∞()()0,x x φφ'>所以，()()0200ln x x x e
x φφ-≥=-结合（*）式，知，020
1x e x -=002ln x x -=-所以，()()()2200000000
121120x x x x x x x x x φφ--+≥=+-==>则，即，所以.
()2ln 0x x e x φ-=->2ln x e x ->2x e e x ->综上，.
()()2f x e g x ->试题点睛：本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、最值基本思路，当比较两个函数大小的时候，就转化为两个函数的差的单调性，进一步确定最值确定符号比较大小．。