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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 -
