2018届高三数学上学期第四次月考试卷文科附答案山东新泰二中

2018届高三数学上学期第四次月考试卷（文科附答案山东新泰二中）
新泰二中2015级高三上学期第四次阶段性测试试题
文科数学
一、选择题：本题共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．设集合M={x||x﹣1|＜1}，N={x|x＜2}，则M∩N=（）A．（﹣1，1）B．（﹣1，2）C．（0，2）D．（1，2）2．下列函数在(-∞，0）上单调递减的是
A.B.C.D.
3．已知x，y满足约束条件则z=x+2y的最大值是（）A．﹣3B．﹣1C．1D．3
4．已知cosx=，则cos2x=（）
A．﹣B．C．﹣D．
5．已知命题p：∃x∈R，x2﹣x+1≥0．命题q：若
a2＜b2，则a＜b，下列命题为真命题的是（）
A．p∧qB．p∧￢qC．￢p∧qD．￢p∧￢q
6．已知数列是各项均为正数的等差数烈，若a1=3，a2，a5-3，a6+6成等比数列，则数列的公差为
A.1或
B.2
C.3或
D.3
7．函数y=sin2x+cos2x的最小正周期为（）A．B．C．πD．2π
8．已知|a|=|b|=1，若（2a+b)(a+b)=3,则a与b夹角的余弦值为
A.0B.C.D.
9．设f（x）=若f（a）=f（a+1），则f（）=（）
A．2B．4C．6D．8
10．若函数exf（x）（e=2.71828…是自然对数的底数）在f（x）的定义域上单调递增，则称函数f（x）具有M 性质，下列函数中具有M性质的是（）
A．f（x）=2xB．f（x）=x2C．f（x）=3﹣xD．f（x）=cosx
11.在同一坐标系中画出与的图像是
12.已知为导函数，且，若时，都有，则下列不等式一定成立的是
A.B.C.D.以上都不对
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13．已知向量=（2，6），=（﹣1，λ），若，则λ=．14．若直线=1（a＞0，b＞0）过点（1，2），则2a+b的最小值为．
15．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为．
16．已知f（x）是定义在R上的偶函数，且f（x+4）=f （x﹣2）．
若当x∈[﹣3，0]时，，则f（919）=．
三、解答题：共70分
（一）必答题：共60分
17．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b=3，
=﹣6，S△ABC=3，求A和a．
18．（12分）由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，
（Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；
（Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．19．（12分）已知是各项均为正数的等比数列，且
a1+a2=6，a1a2=a3．
（1）求数列通项公式；
（2）为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n+1=bnbn+1，求数列的前n项和Tn．
20．（12分）设A、B为曲线C：上两点，A与B的横坐标之和为4.
（1）求直线AB的斜率；
（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且,求直线AB的方程。

21．（12分）已知函数.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若，求a的取值范围。

选做题：（10分）请考生在第22、23题中任选一题作答。

如果多做，则按所作的第一题计分。

22.【选修4-4：坐标系与参数方程】（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，直线l的参数方程为. （1）若a=-1,求C与l的交点坐标；
（2）若C上的点到l的距离的最大值为，求a。

23.【选修4-5：不等式选讲】（10分）
【特别补充：请考生作答第22题，作答23题将不予得分。

23题仅为熟悉高考试卷结构】
新泰二中2015级高三上学期第四次阶段性测试试题
文科数学
参考答案与试题解析
1．C．2．C3．D．4．D．5．B．
2．6．D7．C8．A9．C．10．A
11.C12.D
13．﹣3．14．8.15．2+．16．6．
17．【分析】根据向量的数量积和三角形的面积公式可得tanA=﹣1，求出A和c的值，再根据余弦定理即可求出a．【解答】解：由=﹣6可得bccosA=﹣6，①，
由三角形的面积公式可得S△ABC=bcsinA=3，②
∴tanA=﹣1，∵0＜A＜180°，∴A=135°，∴c==2，
由余弦定理可得a2=b2+c2﹣2bccosA=9+8+12=29,∴a= 18．【分析】（Ⅰ）取B1D1中点G，连结A1G、CG，推导出A1GOC，从而四边形OCGA1是平行四边形，进而
A1O∥CG，由此能证明A1O∥平面B1CD1．
（Ⅱ）推导出BD⊥A1E，AO⊥BD，EM⊥BD，从而BD⊥平面A1EM，再由BD∥B1D1，得B1D1⊥平面A1EM，由此能证明平面A1EM⊥平面B1CD1．
【解答】证明：（Ⅰ）取B1D1中点G，连结A1G、CG，
∵四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，
∴四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，
A1GOC，
∴四边形OCGA1是平行四边形，∴A1O∥CG，
∵A1O⊄平面B1CD1，CG⊂平面B1CD1，
∴A1O∥平面B1CD1．
（Ⅱ）四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后，
BDB1D1，
∵M是OD的中点，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，
又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥A1E，
∵四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，
∴AO⊥BD，
∵M是OD的中点，E为AD的中点，∴EM⊥BD，
∵A1E∩EM=E，∴BD⊥平面A1EM，
∵BD∥B1D1，∴B1D1⊥平面A1EM，
∵B1D1⊂平面B1CD1，
∴平面A1EM⊥平面B1CD1．
19．【分析】（1）通过首项和公比，联立a1+a2=6、
a1a2=a3，可求出a1=q=2，进而利用等比数列的通项公
式可得结论；
（2）利用等差数列的性质可知S2n+1=（2n+1）bn+1，结合S2n+1=bnbn+1可知bn=2n+1，进而可知=，利用错位相减法计算即得结论．
【解答】解：（1）记正项等比数列的公比为q，因为
a1+a2=6，a1a2=a3，
所以（1+q）a1=6，q=q2a1，解得：a1=q=2，所以an=2n；（2）因为为各项非零的等差数列，所以S2n+1=（2n+1）
bn+1，
又因为S2n+1=bnbn+1，所以bn=2n+1，=，所以Tn=3+5+…+（2n+1），
Tn=3+5+…+（2n﹣1）+（2n+1），
两式相减得：Tn=3+2（++…+）﹣（2n+1），即Tn=3+（+++…+）﹣（2n+1），
即Tn=3+1++++…+）﹣（2n+1）
=3+﹣（2n+1）
=5﹣．
20．
21．
22.。