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1、河北省大名县一中2018-2019学年高二数学上学期12月月考试题 理一、单项选择(共12小题,每小题5分,共60分)1、已知,则的最小值是( )A. 3 B. 4 C. D. 2、以正弦曲线上一点为切点得切线为直线,则直线的倾斜角的范围是( )A. B. C. D. 3、设在可导,则等于( )A. B. C. D. 4、已知若 三向量不能构成空间的一个基底,则实数的值为( )A. 0 B. C. 9 D. 5、在ABC中,a80,b100,A45,则此三角形解的情况是 ()A. 一解 B. 两解 C. 一解或两解 D. 无解6、已知满足不等式组 则的最小值为( )A. 2 B. C. D.
2、17、九章算术中的“竹九节”问题:现有一根节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面节的容积共升,下面节的容积共升,则该竹子最上面一节的容积为( )A. 升 B. 升 C. 升 D. 升8、为等差数列,公差为d, 为其前n项和, ,则下列结论中不正确的是( )A. d0 B. C. D. 9、在平面内,已知两定点,间的距离为2,动点满足,若,则的面积为A. B. C. D. 10、若函数有两个极值点,则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 11、设分别为双曲线的左、右焦点,过作一条渐近线的垂线,垂足为,延长与双曲线的右支相交于点,若,此双曲线的离心率为( )A. B. C. D. 1
3、2、设定义在上的函数的导函数为,且满足, ,则不等式的解集为( )A. B. C. D. 二填空题(共4小题,每小题5分,共20分)13、命题“”的否定为_14、已知关于的一元二次不等式的解集为,其中为常数则不等式的解集为_15、某单位租赁甲、乙两种机器生产两类产品,甲种机器每天能生产类产品5件和类产品10件,乙种机器每天能生产类产品6件和类产品20件.已知设备甲每天的租赁费为200元,设备乙每天的租赁费为300元,现该公司至少要生产类产品50件, 类产品140件,所需租赁费最少为_元16、圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形, 是圆锥的顶点, 为底面中心, 为的中点,动点在圆锥底面内(包括圆周
4、),若,则点形成的轨迹的长度为_三、解答题(第17题10分,第1822题每题12分,共70分)17、已知函数(1)当在上是增函数,求实数的取值范围;(2)当处取得极值,求函数上的值域.18、已知的内角的对边分别为,若向量,且.(1)求角的值;(2)已知的外接圆半径为,求周长的取值范围.19、已知数列的前项和为,且.(1)求数列的通项公式;(2)记,求数列的前项和.20、如图1,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点,将ABE沿BE折起到A1BE的位置,如图2. 图1 图2(1)证明:CD平面A1OC;(2)若平面A1BE平面BC
5、DE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.21、已知平面内一动点P在x轴的上方,点P到F(0.1)的距离与它到y轴的距离的差等于1(1)求动点P轨迹C的方程;(2)设A,B为曲线C上两点,A与B的横坐标之和为4求直线AB的斜率;设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AMBM,求直线AB的方程22、设函数(1)讨论的单调性;(2)若存在正数,使得当时,求实数的取值范围高二理数答案参考答案一、单项选择1、【答案】B2、【答案】A3、【答案】A4、【答案】D5、【答案】B6、【答案】D7、【答案】C8、【答案】C9、【答案】B10、【答案】B11、【答案】A12、【答案】B二、填
6、空题13、【答案】, 14、【答案】;15、【答案】230016、【答案】三、解答题17、【答案】(1)(2)试题分析:(1)由题意可得,满足题意时在区间上横成立,即在区间上横成立,据此可得(2)由题意可得,且=0,据此可得结合导函数的解析式可得在上为减函数,在上增函数,故函数的最大值函数的最小值函数的值域为.试题解析:(1),因为在上是增函数,所以在区间上横成立,即在区间上横成立,令,在上单调增函数.所以(2),因为处取得极值,所以=0,得出,令,在上为减函数,在上增函数,又,函数的最大值函数的最小值所以,函数上的值域为.18、【答案】(1)(2)试题分析:(1)由,得,利用正弦定理统一到角
7、上易得(2)根据题意,得,由余弦定理,得,结合均值不等式可得,所以的最大值为4,又,从而得到周长的取值范围.试题解析:(1)由,得.由正弦定理,得,即.在中,由,得.又,所以.(2)根据题意,得.由余弦定理,得,即,整理得,当且仅当时,取等号,所以的最大值为4.又,所以,所以.所以的周长的取值范围为.19、【答案】(1).(2).试题分析:(1)当时,得当时,由可求的通项公式为(2)根据题意,利用裂项相消法可求数列的前项和.试题解析:(1)当时,得当时,有,所以即,满足时,所以是公比为2,首项为1的等比数列,故通项公式为(2),20、【答案】(1)见解析;(2)试题分析:(1)折起后,根据线面
8、垂直的判定定理可得平面,即可证明平面;(2)若平面平面,根据(1)可得两两垂直,以建立空间坐标系,利用向量垂直数量积为零,分别求出平面与平面的法向量,根据空间向量夹角余弦公式可得结果.试题解析:(1)在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,BAD=ADBC,所以BEAC,BECD,即在题图2中,BEOA1,BEOC,且OA1OC=O,从而BE平面A1OC,又CDBE,所以CD平面A1OC.(2)解:因为平面A1BE平面BCDE,又由(1)知BEOA1,BEOC,所以A1OC为二面角A1BEC的平面角,所以A1OC=.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=B
9、C=ED=1,BCED,所以B(,0,0),E(-,0,0),A1(0,0,),C(0,0),得=(-,0),=(0,-),=(-,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为,则得取n1=(1,1,1);得取n2=(0,1,1),从而cos=|cos|=,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.21、【答案】(1)设动点P的坐标为(x,y),由题意为|y|=1,化简即可(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),运用直线的斜率公式,结合条件,即可得到所求;依题意设C在M处的切线方程可设为y=x
10、+t,联立,求出N的坐标,再根据弦长公式,即可得到4=2|1+m|,解得即可解:(I)设动点P的坐标为(x,y),由题意为|y|=1因为y0,化简得:x2=4y,所以动点P的轨迹C的方程为 x2=4y,y0,(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,x12=4y1,x22=4y2,又x1+x2=4,直线AB的斜率k=1,依题意设C在M处的切线方程可设为y=x+t,联立,可得x24x4t=0,=16+16t=0 得t=1,此时x=2,点M的坐标为(2,1),设AB的方程为y=x+m, 故线段AB的中点N坐标为(2,2+m),|MN|=|1+m|,联立消去整理得:x24x4m=0,1
11、=16+16m0,m1,x1+x2=4,x1?x2=4m,|AB|=|x2x1|=?=4,由题设知:|AB|=2|MN|,即4=2|1+m|,解得:m=7直线AB的方程为:y=x+7本题考查直线与抛物线的位置关系,注意联立直线方程和抛物线的方程,运用韦达定理,考查直线的斜率公式的运用,以及化简整理的运算能力,属于难题22、【答案】(1)见解析;(2)试题分析:分析:函数求导得,讨论,由导数的正负求单调区间即可;(2)若,分析函数可知,即,设,讨论和两种情况,知成立,时不成立,时,存在,使得当时,可化为,即,设,分析和求解即可.详解:(1)当时,上单调递增当时,若,则,若,则;所以在单调递增,在
12、上单调递减(2)若,在内单调递增,当时,所以,即.设,.若,时,在单调递增.所以当时,故存在正数,使得当时,.若,当时,在单调递减,因为,所以.故不存在正数,使得当时,.若,在单调递减,因为,所以存在,使得当时,可化为,即.设,.若,则时,在单调递增,又,所以时,.故不存在正数,使得当时,.当时,当时,在单调递减,又,所以.故存在,使得当时,.综上,实数的取值范围为点睛:点睛:导数问题经常会遇见恒成立的问题:(1)根据参变分离,转化为不含参数的函数的最值问题;(2)若就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值,最终转化为,若恒成立;(3)若恒成立,可转化为(需在同一处取得最值).- 12 -