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1、瑞安市一中2018-2019學年上學期高二數學12月月考試題含解析班級_ 座號_ 姓名_ 分數_一、選擇題1 已知函數f（x）=x4cosx+mx2+x（mR），若導函數f（x）在區(qū)間2，2上有最大值10，則導函數f（x）在區(qū)間2，2上的最小值為（ ）A12B10C8D62 如圖甲所示， 三棱錐 的高 ，分別在 和上，且，圖乙的四個圖象大致描繪了三棱錐的體積與的變化關系，其中正確的是（ ） A B C. D11113 已知f（x）是定義在R上周期為2的奇函數，當x（0，1）時，f（x）=3x1，則f（log35）=（ ）ABC4D4 下列命題中正確的是（ ）A若命題p為真命題，命題q為假命題，

2、則命題“pq”為真命題B命題“若xy=0，則x=0”的否命題為：“若xy=0，則x0”C“”是“”的充分不必要條件D命題“xR，2x0”的否定是“”5 xR，x22x+30的否定是（ ）A不存在xR，使x22x+30BxR，x22x+30CxR，x22x+30DxR，x22x+306 已知全集U=R，集合M=x|2x12和N=x|x=2k1，k=1，2，的關系的韋恩（Venn）圖如圖所示，則陰影部分所示的集合的元素共有（ ）A3個B2個C1個D無窮多個7 若雙曲線=1（a0，b0）的漸近線與圓（x2）2+y2=2相切，則此雙曲線的離心率等于（ ）ABCD28 已知函數（）在定義域上為單調遞增函

3、數，則的最小值是（ ）A B C D 9 若圓柱、圓錐的底面直徑和高都等于球的直徑，則圓柱、圓錐、球的體積的比為（ ）A1：2：3B2：3：4C3：2：4D3：1：210設函數的集合，平面上點的集合，則在同一直角坐標系中，P中函數的圖象恰好經過Q中兩個點的函數的個數是A4B6C8D1011已知圓C：x2+y22x=1，直線l：y=k（x1）+1，則l與C的位置關系是（）A一定相離B一定相切C相交且一定不過圓心D相交且可能過圓心12等于（ ）A B C D二、填空題13=14將邊長為1的正三角形薄片，沿一條平行于底邊的直線剪成兩塊，其中一塊是梯形，記，則S的最小值是15在ABC中，點D在邊AB上

4、，CDBC，AC=5，CD=5，BD=2AD，則AD的長為16如果定義在R上的函數f（x），對任意x1x2都有x1f（x1）+x2f（x2）x1f（x2）+x2（fx1），則稱函數為“H函數”，給出下列函數f（x）=3x+1 f（x）=（）x+1f（x）=x2+1 f（x）=其中是“H函數”的有（填序號）17如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB=5，BC=4，AA1=3，沿該長方體對角面ABC1D1將其截成兩部分，并將它們再拼成一個新的四棱柱，那么這個四棱柱表面積的最大值為18命題：“xR，都有x31”的否定形式為三、解答題19如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E、F分別

5、是棱DD1、C1D1的中點（）證明：平面ADC1B1平面A1BE；（）證明：B1F平面A1BE；（）若正方體棱長為1，求四面體A1B1BE的體積20如圖，在四邊形ABCD中，DAB=90，ADC=135，AB=5，CD=2，AD=2，求四邊形ABCD繞AD旋轉一周所成幾何體的表面積21在ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知tanA=，c=（）求；（）若三角形ABC的面積為，求角C22記函數f（x）=log2（2x3）的定義域為集合M，函數g（x）=的定義域為集合N求：（）集合M，N；（）集合MN，R（MN） 23（本小題滿分12分）已知等差數列的前項和為，且，（1）求的通項公

6、式和前項和；（2）設是等比數列，且，求數列的前n項和【命題意圖】本題考查等差數列與等比數列的通項與前項和、數列求和等基礎知識，意在考查邏輯思維能力、運算求解能力、代數變形能力，以及分類討論思想、方程思想、分組求和法的應用24數列an滿足a1=，an（，），且tanan+1cosan=1（nN*）（）證明數列tan2an是等差數列，并求數列tan2an的前n項和；（）求正整數m，使得11sina1sina2sinam=1 瑞安市一中2018-2019學年上學期高二數學12月月考試題含解析（參考答案）一、選擇題1 【答案】C【解析】解：由已知得f（x）=4x3cosxx4sinx+2mx+1，令g

7、（x）=4x3cosxx4sinx+2mx是奇函數，由f（x）的最大值為10知：g（x）的最大值為9，最小值為9，從而f（x）的最小值為9+1=8故選C【點評】本題考查了導數的計算、奇函數的最值的性質屬于常規(guī)題，難度不大2 【答案】A【解析】考點：幾何體的體積與函數的圖象.【方法點晴】本題主要考查了空間幾何體的體積與函數的圖象之間的關系，其中解答中涉及到三棱錐的體積公式、一元二次函數的圖象與性質等知識點的考查，本題解答的關鍵是通過三棱錐的體積公式得出二次函數的解析式，利用二次函數的圖象與性質得到函數的圖象，著重考查了學生分析問題和解答問題的能力，是一道好題，題目新穎，屬于中檔試題. 3 【答案

8、】B【解析】解：f（x）是定義在R上周期為2的奇函數，f（log35）=f（log352）=f（log3），x（0，1）時，f（x）=3x1f（log3）故選：B4 【答案】 D【解析】解：若命題p為真命題，命題q為假命題，則命題“pq”為假命題，故A不正確；命題“若xy=0，則x=0”的否命題為：“若xy0，則x0”，故B不正確；“”“+2k，或，kZ”，“”“”，故“”是“”的必要不充分條件，故C不正確；命題“xR，2x0”的否定是“”，故D正確故選D【點評】本題考查命題的真假判斷，是基礎題，解題時要認真審題，仔細解答5 【答案】C【解析】解：因為特稱命題的否定是全稱命題，所以，xR，x2

9、2x+30的否定是：xR，x22x+30故選：C6 【答案】B【解析】解：根據題意，分析可得陰影部分所示的集合為MN，又由M=x|2x12得1x3，即M=x|1x3，在此范圍內的奇數有1和3所以集合MN=1，3共有2個元素，故選B7 【答案】B【解析】解：由題意可知雙曲線的漸近線方程之一為：bx+ay=0，圓（x2）2+y2=2的圓心（2，0），半徑為，雙曲線=1（a0，b0）的漸近線與圓（x2）2+y2=2相切，可得：，可得a2=b2，c=a，e=故選：B【點評】本題考查雙曲線的簡單性質的應用，雙曲線的漸近線與圓的位置關系的應用，考查計算能力8 【答案】A【解析】試題分析：由題意知函數定義域

10、為，因為函數（）在定義域上為單調遞增函數在定義域上恒成立，轉化為在恒成立，故選A. 1考點：導數與函數的單調性9 【答案】D【解析】解：設球的半徑為R，則圓柱、圓錐的底面半徑也為R，高為2R，則球的體積V球=圓柱的體積V圓柱=2R3圓錐的體積V圓錐=故圓柱、圓錐、球的體積的比為2R3： =3：1：2故選D【點評】本題考查的知識點是旋轉體，球的體積，圓柱的體積和圓錐的體積，其中設出球的半徑，并根據圓柱、圓錐的底面直徑和高都等于球的直徑，依次求出圓柱、圓錐和球的體積是解答本題的關鍵10【答案】B【解析】本題考查了對數的計算、列舉思想a時，不符；a0時，ylog2x過點(，1)，(1,0)，此時b0

11、，b1符合；a時，ylog2(x)過點(0，1)，(，0)，此時b0，b1符合；a1時，ylog2(x1)過點(，1)，(0，0)，(1，1)，此時b1，b1符合；共6個11【答案】C【解析】【分析】將圓C方程化為標準方程，找出圓心C坐標與半徑r，利用點到直線的距離公式表示出圓心到直線的距離d，與r比較大小即可得到結果【解答】解：圓C方程化為標準方程得：（x1）2+y2=2，圓心C（1，0），半徑r=，1，圓心到直線l的距離d=r，且圓心（1，0）不在直線l上，直線l與圓相交且一定不過圓心故選C12【答案】D【解析】試題分析：原式考點：余弦的兩角和公式.二、填空題13【答案】2 【解析】解：

12、=2+lg1002=2+22=2，故答案為：2【點評】本題考查了對數的運算性質，屬于基礎題14【答案】 【解析】解：設剪成的小正三角形的邊長為x，則：S=，（0 x1）令3x=t，t（2，3），S=，當且僅當t=即t=2時等號成立；故答案為：15【答案】5 【解析】解：如圖所示：延長BC，過A做AEBC，垂足為E，CDBC，CDAE，CD=5，BD=2AD，解得AE=，在RTACE，CE=，由得BC=2CE=5，在RTBCD中，BD=10，則AD=5，故答案為：5【點評】本題考查平行線的性質，以及勾股定理，做出輔助線是解題的關鍵，屬于中檔題16【答案】 【解析】解：對于任意給定的不等實數x1，

13、x2，不等式x1f（x1）+x2f（x2）x1f（x2）+x2f（x1）恒成立，不等式等價為（x1x2）f（x1）f（x2）0恒成立，即函數f（x）是定義在R上的不減函數（即無遞減區(qū)間）；f（x）在R遞增，符合題意；f（x）在R遞減，不合題意；f（x）在（，0）遞減，在（0，+）遞增，不合題意；f（x）在R遞增，符合題意；故答案為：17【答案】114 【解析】解：根據題目要求得出：當53的兩個面疊合時，所得新的四棱柱的表面積最大，其表面積為（54+55+34）2=114故答案為：114【點評】本題考查了空間幾何體的性質，運算公式，學生的空間想象能力，屬于中檔題，難度不大，學會分析判斷解決問題1

14、8【答案】x0R，都有x031 【解析】解：因為全稱命題的否定是特稱命題所以，命題：“xR，都有x31”的否定形式為：命題：“x0R，都有x031”故答案為：x0R，都有x031【點評】本題考查全稱命題與特稱命題的否定關系，基本知識的考查三、解答題19【答案】 【解析】（）證明：ABCDA1B1C1D1為正方體，B1C1平面ABB1A1；A1B平面ABB1A1，B1C1A1B又A1BAB1，B1C1AB1=B1，A1B平面ADC1B1，A1B平面A1BE，平面ADC1B1平面A1BE；（）證明：連接EF，EF，且EF=，設AB1A1B=O，則B1OC1D，且，EFB1O，且EF=B1O，四邊形

15、B1OEF為平行四邊形B1FOE又B1F平面A1BE，OE平面A1BE，B1F平面A1BE，（）解： =20【答案】 【解析】解：四邊形ABCD繞AD旋轉一周所成的幾何體，如右圖：S表面=S圓臺下底面+S圓臺側面+S圓錐側面=r22+（r1+r2）l2+r1l1=21【答案】 【解析】解：（）由題意知，tanA=，則=，即有sinAsinAcosC=cosAsinC，所以sinA=sinAcosC+cosAsinC=sin（A+C）=sinB，由正弦定理，a=b，則=1；（）因為三角形ABC的面積為，a=b、c=，所以S=absinC=a2sinC=，則，由余弦定理得， =，由得，cosC+s

16、inC=1，則2sin（C+）=1，sin（C+）=，又0C，則C+，即C+=，解得C= 【點評】本題考查正弦定理，三角形的面積公式，以及商的關系、兩角和的正弦公式等，注意內角的范圍，屬于中檔題22【答案】【解析】解：（1）由2x30 得 x，M=x|x由（x3）（x1）0 得 x1 或x3，N=x|x1，或 x3（2）MN=（3，+），MN=x|x1，或 x3，CR（MN）=【點評】本題主要考查求函數的定義域，兩個集合的交集、并集、補集的定義和運算，屬于基礎題23【答案】【解析】（1）設等差數列的首項為，公差為，則由，得，解得，3分所以，即，即5分24【答案】 【解析】（）證明：對任意正整數

17、n，an（，），且tanan+1cosan=1（nN*）故tan2an+1=1+tan2an，數列tan2an是等差數列，首項tan2a1=，以1為公差=數列tan2an的前n項和=+=（）解：cosan0，tanan+10，tanan=，sina1sina2sinam=（tana1cosa1）（tana2cosa2）（tanamcosam）=（tana2cosa1）（tana3cosa2）（tanamcosam1）（tana1cosam）=（tana1cosam）=，由，得m=40【點評】本題考查了等差數列的通項公式及其前n項和公式、同角三角函數基本關系式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題第 16 頁，共 16 頁