高港区实验中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

一、选择题

1． 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若

﹣

+1=0，则角B的度数是（ ）

A．60° B．120° C．150° D．60°或120°

2． 棱锥被平行于底面的平面所截，当截面分别平分棱锥的侧棱、侧面积、体积时，相应截面面积 为S1、S2、S3，则（ ）

A．S1S2S3 B．S1S2S3 C．S2S1S3 D．S2S1S3 3． 已知命题p:x0,xA．x0,x12，则p为（ ） x112 B．x0,x2 xx11C．x0,x2 D．x0,x2

xx04． 已知三棱锥SABC外接球的表面积为32，ABC90，三棱锥SABC的三视图如图

所示，则其侧视图的面积的最大值为（ ）

A．4 B．42 C．8 D．47 5． 在复平面内，复数A．3i

z所对应的点为(2,1)，i是虚数单位，则z（ ） 1i B．3i C．3i D．3i

6． 在极坐标系中，圆的圆心的极坐标系是( )。

第 1 页，共 18 页

ABCD

7． 将正方形的每条边8等分，再取分点为顶点（不包括正方形的顶点），可以得到不同的三角形个数为（ ） A．1372 B．2024 C．3136 D．4495

8． 设定义域为（0，+∞）的单调函数f（x），对任意的x∈（0，+∞），都有f[f（x）﹣lnx]=e+1，若x0是方程f（x）﹣f′（x）=e的一个解，则x0可能存在的区间是（ ） A．（0，1） B．（e﹣1，1）

C．（0，e﹣1）

D．（1，e）

=2，则四面体D﹣ABC中最长

9． 如图，四面体D﹣ABC的体积为，且满足∠ACB=60°，BC=1，AD+棱的长度为（ ）

A．

B．2 C． D．3

2xy2010．若变量x，y满足约束条件x2y40，则目标函数z3x2y的最小值为（ ）

x10A．-5 B．-4 C.-2 D．3

二、填空题

11．若复数z1,z2在复平面内对应的点关于y轴对称，且z12i，则复数（ ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

z1在复平面内对应的点在

|z1|2z2第 2 页，共 18 页

【命题意图】本题考查复数的几何意义、模与代数运算等基础知识，意在考查转化思想与计算能力． 12．长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是 ．

13．在正方形ABCD中，ABAD2,M,N分别是边BC,CD上的动点，当AMAN4时，则MN 的取值范围为 ．

【命题意图】本题考查平面向量数量积、点到直线距离公式等基础知识，意在考查坐标法思想、数形结合思想和基本运算能力．

14．将一个半径为3和两个半径为1的球完全装入底面边长为6的正四棱柱容器中，则正四棱柱容器的高的最小值为 ．

22

15．已知直线5x+12y+m=0与圆x﹣2x+y=0相切，则m= ． 16．已知点M（x，y）满足是 ．

，当a＞0，b＞0时，若ax+by的最大值为12，则+的最小值

三、解答题

17．E为底AB的中点，AD=DC=CB=AB=2，如图：等腰梯形ABCD，沿ED折成四棱锥A﹣BCDE，使AC=（1）证明：平面AED⊥平面BCDE； （2）求二面角E﹣AC﹣B的余弦值．

．

第 3 页，共 18 页

18．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲 已知函数f(x)2x12x3．

（I）若x0R，使得不等式f(x0)m成立，求实数m的最小值M； （Ⅱ）在（I）的条件下，若正数a,b满足3abM，证明：

19．（本小题12分）在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD与CDEF是边长均为a正方形，CF平面

313. baABCD，BG平面ABCD，且AB2BG4BH．

（1）求证：平面AGH平面EFG； （2）若a4，求三棱锥GADE的体积．

【命题意图】本题主要考查空间直线与平面间的垂直关系、空间向量、二面角等基础知识，间在考查空间想象能力、逻辑推理能力，以及转化的思想、方程思想．

第 4 页，共 18 页

20．（本小题满分12分）已知两点F1(1,0)及F2(1,0)，点P在以F1、F2为焦点的椭圆C上，且PF1、F1F2、 PF2构成等差数列． （I）求椭圆C的方程；

（II）设经过F2的直线m与曲线C交于P、Q两点，若PQ=F1P+F1Q，求直线m的方程．

21．【常熟中学2018届高三10月阶段性抽测（一）】已知函数

222fxx3a4x24abxca,b,cR有一个零点为4，且满足f01.

（1）求实数b和c的值；

（2）试问：是否存在这样的定值x0，使得当a变化时，曲线yfx在点x0,fx0处的切线互相平行？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由；

22．（本题满分15分）

如图AB是圆O的直径，C是弧AB上一点，VC垂直圆O所在平面，D，E分别为VA，VC的中点. （1）求证：DE平面VBC；

（2）若VCCA6，圆O的半径为5，求BE与平面BCD所成角的正弦值. （3）讨论函数gxfxa在0,4上的零点个数.

第 5 页，共 18 页

【命题意图】本题考查空间点、线、面位置关系，线面等基础知识，意在考查空间想象能力和运算求解能力．

第 6 页，共 18 页

高港区实验中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题（参）

一、选择题

1． 【答案】A

【解析】解：根据正弦定理有： =代入已知等式得：即

﹣1=

﹣，

+1=0，

，

整理得：2sinAcosB﹣cosBsinC=sinBcosC， 即2sinAcosB=sinBcosC+cosBsinC=sin（B+C）， 又∵A+B+C=180°， ∴sin（B+C）=sinA， 可得2sinAcosB=sinA， ∵sinA≠0，

∴2cosB=1，即cosB=， 则B=60°． 故选：A．

【点评】此题考查了同角三角函数基本关系的运用，熟练掌握基本关系是解本题的关键．

2． 【答案】A 【解析】

考

点：棱锥的结构特征． 3． 【答案】D 【解析】

考

点：全称命题的否定.

第 7 页，共 18 页

4． 【答案】A 【解析】

考

点:三视图．

【方法点睛】本题主要考查几何体的三视图,空间想象能力.空间几何体的三视图是分别从空间几何体的正面,左面,上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图.因此在分析空间几何体的三视图时,先根据俯视图确定几何体的底面,然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱,面的位置,再确定几何体的形状,即可得到结果. 要能够牢记常见几何体的三视图. 5． 【答案】D

【解析】解析：本题考查复数的点的表示与复数的乘法运算，6． 【答案】B 【解析】7． 【答案】 C

【解析】

，圆心直角坐标为（0,-1），极坐标为

，选B。

z2i，z(1i)(2i)3i，选D． 1i【专题】排列组合．

点在另一条边，根据分类计数原理可得． 上，有4种方法，

【分析】分两类，第一类，三点分别在三条边上，第二类，三角形的两个顶点在正方形的一条边上，第三个顶【解答】解：首先注意到三角形的三个顶点不在正方形的同一边上．任选正方形的三边，使三个顶点分别在其

33

再在选出的三条边上各选一点，有7种方法．这类三角形共有4×7=1372个．

另外，若三角形有两个顶点在正方形的一条边上，第三个顶点在另一条边上，则先取一边使其上有三角形的两个顶点，有4种方法， 4×21×21=17个．

再在这条边上任取两点有21种方法，然后在其余的21个分点中任取一点作为第三个顶点．这类三角形共有

第 8 页，共 18 页

综上可知，可得不同三角形的个数为1372+17=3136． 故选：C． 8． 【答案】 D

【点评】本题考查了分类计数原理，关键是分类，还要结合几何图形，属于中档题． 【解析】解：由题意知：f（x）﹣lnx为常数，令f（x）﹣lnx=k（常数），则f（x）=lnx+k． 由f[f（x）﹣lnx]=e+1，得f（k）=e+1，又f（k）=lnk+k=e+1， 所以f（x）=lnx+e， f′（x）=，x＞0．

∴f（x）﹣f′（x）=lnx﹣+e，

令g（x）=lnx﹣+﹣e=lnx﹣，x∈（0，+∞） 可判断：g（x）=lnx﹣，x∈（0，+∞）上单调递增， g（1）=﹣1，g（e）=1﹣＞0， ∴x0∈（1，e），g（x0）=0，

∴x0是方程f（x）﹣f′（x）=e的一个解，则x0可能存在的区间是（1，e） 故选：D．

【点评】本题考查了函数的单调性，零点的判断，构造思想，属于中档题．

9． 【答案】 B

【解析】解：因为AD•（BC•AC•sin60°）≥VD﹣ABC=，BC=1， 即AD•

≥1，

≥2

=2，

因为2=AD+当且仅当AD=这时AC=得BD=故选B．

=1时，等号成立，

，

，AD=1，且AD⊥面ABC，所以CD=2，AB=

，故最长棱的长为2．

【点评】本题考查四面体中最长的棱长，考查棱锥的体积公式的运用，同时考查基本不等式的运用，注意等号成立的条件，属于中档题．

10．【答案】B 【解析】

第 9 页，共 18 页

31xz，直线系在可22行域内的两个临界点分别为A(0,2)和C(1,0)，当直线过A点时，z3x2y224，当直线过C点时，z3x2y313，即的取值范围为[4,3]，所以Z的最小值为4.故本题正确答案为B.

试题分析：根据不等式组作出可行域如图所示阴影部分，目标函数可转化直线系y考点：线性规划约束条件中关于最值的计算.

二、填空题

11．【答案】D 【

解

析

】

12．【答案】 50π ．

【解析】解：长方体的一个顶点上的三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一个球面上，

所以长方体的对角线就是球的直径，长方体的对角线为：， 所以球的半径为：故答案为：50π．

；则这个球的表面积是：

=50π．

【点评】本题是基础题，考查球的内接多面体的有关知识，球的表面积的求法，注意球的直径与长方体的对角线的转化是本题的解答的关键，考查计算能力，空间想象能力．

第 10 页，共 18 页

13．【答案】[2,2]

（0＃x2，0＃y2）上的点(x,y)到定点(2,2)的距离，其最小值为2，最大值为2，故MN的取值

范围为[2,2]．

yD2NCMAB2x

14．【答案】 4+ ．

【解析】解：作出正四棱柱的对角面如图， ∵底面边长为6，∴BC=则∴

∴正四棱柱容器的高的最小值为4+故答案为：4+

．

．

，

，

=

，

，

球O的半径为3，球O1 的半径为1， 在Rt△OMO1中，OO1=4，

【点评】本题考查球的体积和表面积，考查空间想象能力和思维能力，是中档题．

15．【答案】8或﹣18

第 11 页，共 18 页

【解析】【分析】根据直线与圆相切的性质可知圆心直线的距离为半径，先把圆的方程整理的标准方程求得圆心和半径，在利用点到直线的距离求得圆心到直线的距离为半径，求得答案．

22

【解答】解：整理圆的方程为（x﹣1）++y=1 故圆的圆心为（1，0），半径为1 直线与圆相切

∴圆心到直线的距离为半径 即

=1，求得m=8或﹣18

故答案为：8或﹣18 16．【答案】 4 ．

【解析】解：画出满足条件的平面区域，如图示：

，

由，解得：A（3，4），

显然直线z=ax+by过A（3，4）时z取到最大值12， 此时：3a+4b=12，即+=1， ∴+=（+）（+）=2+当且仅当3a=4b时“=”成立， 故答案为：4．

【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了利用基本不等式求最值，解答此题的关键是对“1”的灵活运用，是基础题．

+

≥2+2

=4，

三、解答题

17．【答案】

【解析】（1）证明：取ED的中点为O， 由题意可得△AED为等边三角形，

第 12 页，共 18 页

，，

222

∴AC=AO+OC，AO⊥OC，

又AO⊥ED，ED∩OC=O，AO⊥面ECD，又AO⊆AED， ∴平面AED⊥平面BCDE；…

（2）如图，以O为原点，OC，OD，OA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则E（0，﹣1，0），A（0，0，

，

设面EAC的法向量为面BAC的法向量为由∴由∴∴

∴二面角E﹣AC﹣B的余弦值为

，得

，

， ．…

，得

，

，∴

，

，∴

，

，

），C（

，0，0），B（，

，﹣2，0），

，

2016年5月3日 18．【答案】

【解析】【命题意图】本题考查基本不等式、绝对值三角不等式等基础知识，意在考查转化思想和基本运算能力．

第 13 页，共 18 页

19．【答案】

【解析】（1）连接FH，由题意，知CDBC，CDCF，∴CD平面BCFG． 又∵GH平面BCFG，∴CDGH． 又∵EFCD，∴EFGH……………………………2分

13152222a， 由题意，得BHa，CHa，BGa，∴GHBGBH442165252FG2(CFBG)2BC2a2，FH2CF2CH2a，

416222则FHFGGH，∴GHFG．……………………………4分

又∵EFFGF，GH平面EFG．……………………………5分

∵GH平面AGH，∴平面AGH平面EFG．……………………………6分

第 14 页，共 18 页

20．【答案】

【解析】【命题意图】本题考查椭圆标准方程和定义、等差数列、直线和椭圆的位置关系等基础知识，意在考查转化与化归的数学思想的运用和综合分析问题、解决问题的能力．

xy3331得y，即P(1 , )，Q(1 , )

22243252222F1Q，x1不符合题意 ； 直接计算知PQ=9，|F1P|2|F1Q|2，PQ?F1P2②若直线m的斜率为k，直线m的方程为y=k(x-1)

（II）①若m为直线x1，代入

22

x2y21(34k2)x28k2x(4k212)0由4得 3yk(x1)第 15 页，共 18 页

8k24k212设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则x1x2，x1x2 2234k34k222由PQ=F1P+F1Q得，F?FQ0 1P1即(x11)(x21)y1y20，(x11)(x21)k(x11)k(x21)0

(1k2)x1x2(1k2)(x1x2)(1k2)0

4k2128k2222代入得(1k)(，即1)(1k)07k90 2234k34k3737解得k，直线m的方程为y(x1)

77121．【答案】（1）b,c1；（2）答案见解析；（3）当a1或a0时，gx在0,4有两个零点；

4当1a0时，gx在0,4有一个零点.

【解析】试题分析：

（1）由题意得到关于实数b,c的方程组，求解方程组可得b1,c1； 4 （3）函数

1gx的导函数gx3x22a4x4a，结合导函数的性质可得当a1或a0时，gx在

40,4有两个零点；当1a0时，gx在0,4有一个零点.

试题解析：

1（1）由题意{ ，解得{4 ；

f44bc0c1f0c1b（2）由（1）可知fxxa4x4a321x1， 4∴fx3x22a4x4a1； 4假设存在x0满足题意，则fx03x022a4x04a2即2x04a3x08x01是一个与a无关的定值， 41是一个与a无关的定值， 417； 4则2x040，即x02，平行直线的斜率为kf2第 16 页，共 18 页

（3）gxfxaxa4x4a321x1a， 41， 41222其中4a4124a4a16a674a2510，

4设gx0两根为x1和x2x1x2，考察gx在R上的单调性，如下表

∴gx3x22a4x4a1°当a0时，g01a0，g4a0，而g23a150， 2

∴gx在0,2和2,4上各有一个零点，即gx在0,4有两个零点； 2°当a0时，g010，g4a0，而g2150， 2∴gx仅在0,2上有一个零点，即gx在0,4有一个零点；

31a0， 4211①当a1时，g01a0，则gx在0,和,4上各有一个零点，

22即gx在0,4有两个零点；

3°当a0时，g4a0，且g②当1a0时，g01a0，则gx仅在即gx在0,4有一个零点；

1,4上有一个零点， 2综上：当a1或a0时，gx在0,4有两个零点； 当1a0时，gx在0,4有一个零点.

点睛：在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数y＝f（x）在[a，b]内所有使f′（x）＝0的点，再计算函数y＝f（x）在区间内所有使f′（x）＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．

3146. 146【解析】（1）∵D，E分别为VA，VC的中点，∴DE//AC，…………2分

22．【答案】（1）详见解析；（2）∵AB为圆O的直径，∴ACBC，…………4分

第 17 页，共 18 页

又∵VC圆O，∴VCAC，…………6分 ∴DEBC，DEVC，又∵VCBCC，∴DE面VBC；…………7分

11（2）设点E平面BCD的距离为d，由VDBCEVEBCD得DESBCEdSBCD，解得

3332，…………12分 设BE与平面BCD所成角为，∵BCAB2AC28， d2d3146.…………15分 BEBC2CE273，则sinBE146

第 18 页，共 18 页