麒麟区高级中学学年上学期高三数学10月月考试题_高三数学10月月考试题

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麒麟区高级中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题 班级__________

座号_____

姓名__________

分数__________

一、选择题

1． 已知正△ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为（）

A． B．

C．

D．

+6x﹣1的极值点，则log

22． 数列{an}满足an+2=2an+1﹣an，且a2014，a2016是函数f（x）=（a2000+a2012+a2018+a2030）的值是（）A．2 B．3 C．4 D．5 x1tcos3． 已知直线l的参数方程为（t为参数，为直线l的倾斜角），以原点O为极点，x轴y3tsin正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为4sin(3)，直线l与圆C的两个交点为A,B，当2 3|AB|最小时，的值为（）

A．

4B．C．3 4

D．4． 已知2a=3b=m，ab≠0且a，ab，b成等差数列，则m=（）A． B． C． D．6 225． “ab3”是“圆xy2x6y5a0关于直线yx2b成轴对称图形”的（）

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件 C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

【命题意图】本题考查圆的一般方程、圆的几何性质、常用逻辑等知识，有一定的综合性，突出化归能力的考查，属于中等难度．

6． 已知正方体被过一面对角线和它对面两棱中点的平面截去一个三棱台后的几何体的主（正）视图和俯视图如下，则它的左（侧）视图是（）

A． B． C． D．

7． 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是（）

第 1 页，共 16 页 D1 C1 A1 B1 P D C A B

A.直线

B.圆

C.双曲线

D.抛物线

【命题意图】本题考查立体几何中的动态问题等基础知识知识，意在考查空间想象能力.8． 已知函数f(x)cos(x的图象（）3)，则要得到其导函数yf'(x)的图象，只需将函数yf(x)

个单位

B．向左平移个单位 2222C.向右平移个单位

D．左平移个单位

33A．向右平移9． 将函数y=cosx的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移数图象的一条对称轴方程是（）A．x=π B． C．

D．

个单位，所得函

EF10．在正方体ABCDA1BC11D1中，E,F 分别为BC,BB1的中点，则下列直线中与直线

相交的是（）

A．直线AA

1B．直线A1B1

C.直线A1D1

D．直线B1C1

二、填空题

11．已知a[2,2]，不等式x2(a4)x42a0恒成立，则的取值范围为__________.12．圆柱形玻璃杯高8cm，杯口周长为12cm，内壁距杯口2cm的点A处有一点蜜糖．A点正对面的外壁（不是A点的外壁）距杯底2cm的点B处有一小虫．若小虫沿杯壁爬向蜜糖饱食一顿，最少要爬多少

cm．（不计杯壁厚度与小虫的尺寸）

第 2 页，共 16 页

13．二面角α﹣l﹣β内一点P到平面α，β和棱l的距离之比为1：度． 14．函数的最小值为_________.：2，则这个二面角的平面角是

15．已知tanβ=，tan（α﹣β）=，其中α，β均为锐角，则α=

．，则=

．16．B，C的对边分别为a，b，c，在△ABC中，角A，已知sinAsinB+sinBsinC+cos2B=1．若C=

．

三、解答题

17．19．已知函数f（x）=ln

18．（本小题满分12分）一直线被两直线l1:4xy60,l2:3x5y60截得线段的中点是P 点, 当P点为0,0时, 求此直线方程.19．已知函数（1）求f（x）的周期．

．

第 3 页，共 16 页（2）当

时，求f（x）的最大值、最小值及对应的x值．

20．已知an是等差数列，bn是等比数列，Sn为数列an的前项和，a1b11，且b3S336，b2S28（nN*）．

（1）求an和bn；（2）若anan1，求数列

21．如图，已知边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC=2点

（Ⅰ）试在棱AD上找一点N，使得CN∥平面AMP，并证明你的结论．（Ⅱ）证明：AM⊥PM．，M为BC的中1的前项和Tn． aann1

第 4 页，共 16 页

22．已知椭圆C的中心在坐标原点O，长轴在x轴上，离心率为，且椭圆C上一点到两个焦点的距离之和为4．

（Ⅰ）椭圆C的标准方程．

（Ⅱ）已知P、Q是椭圆C上的两点，若OP⊥OQ，求证：（Ⅲ）当

为定值．

为（Ⅱ）所求定值时，试探究OP⊥OQ是否成立？并说明理由．

第 5 页，共 16 页 麒麟区高级中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题（参考答案）

一、选择题

1． 【答案】D，【解析】解：∵正△ABC的边长为a，∴正△ABC的高为画到平面直观图△A′B′C′后，“高”变成原来的一半，且与底面夹角45度，∴△A′B′C′的高为∴△A′B′C′的面积S=故选D． =，=

．

【点评】本题考查平面图形的直观图的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．

2． 【答案】C 【解析】解：函数f（x）=∵a2014，a2016是函数f（x）=数列{an}中，满足an+2=2an+1﹣an，可知{an}为等差数列，∴a2014+a2016=a2000+a2030，即a2000+a2012+a2018+a2030=16，从而log2（a2000+a2012+a2018+a2030）=log216=4． 故选：C．

【点评】熟练掌握利用导数研究函数的极值、等差数列的性质及其对数的运算法则是解题的关键．

3． 【答案】A

【解析】解析：本题考查直线的参数方程、圆的极坐标方程及其直线与圆的位置关系．在直角坐标系中，圆C的方程为(x3)2(y1)24，直线l的普通方程为y3tan(x1)，直线l过定点M(1,3)，∵

+6x﹣1，可得f′（x）=x2﹣8x+6，+6x﹣1的极值点，2∴a2014，a2016是方程x﹣8x+6=0的两实数根，则a2014+a2016=8．

|MC|2，∴点M在圆C的内部．当|AB|最小时，直线l直线MC，kMC1，∴直线l的斜率为1，∴，选A．

44． 【答案】C．

ab【解析】解：∵2=3=m，∴a=log2m，b=log3m，∵a，ab，b成等差数列，第 6 页，共 16 页 ∴2ab=a+b，∵ab≠0，∴+=2，∴=logm2，=logm3，∴logm2+logm3=logm6=2，解得m=故选 C 【点评】本题考查了指数与对数的运算的应用及等差数列的性质应用．

5． 【答案】A

【解析．

】

6． 【答案】A 【解析】解：由题意可知截取三棱台后的几何体是7面体，左视图中前、后平面是线段，上、下平面也是线段，轮廓是正方形，AP是虚线，左视图为：

故选A．

【点评】本题考查简单几何体的三视图的画法，三视图是常考题型，值得重视．

第 7 页，共 16 页 7． 【答案】D.第Ⅱ卷（共110分）

8． 【答案】B

【解析】

试题分析：函数fxcosx

考点：函数yAsinx的图象变换.9． 【答案】B

5,f'xsinxcosx，所以函数 336fxcosx，所以将函数函数yf(x)的图象上所有的点向左平移个单位长度得到

235ycosxcosx，故选B.326【解析】解：将函数y=cosx的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到y=cosx，再向右平移由（x即）=kπ，得x+2kπ，k∈Z，，个单位得到y=cos[（x=2kπ，）]，当k=0时，即函数的一条对称轴为故选：B

第 8 页，共 16 页 【点评】本题主要考查三角函数的对称轴的求解，利用三角函数的图象关系求出函数的解析式是解决本题的关键．

10．【答案】D 【解析】

EF为异面直线，B1C1和EF在同一个平试题分析：根据已满治安的概念可得直线AA1,A1B1,A1D1都和直线面内，且这两条直线不平行；所以直线B1C1和EF相交，故选D.考点：异面直线的概念与判断.二、填空题

11．【答案】(,0)【解析】(4,)，2]时恒成立,只要满足在a[-2，2]时直线在轴上方试题分析：把原不等式看成是关于的一次不等式,在a[-2，2]，即可，设关于的函数yf(x)x2(a4)x42a(x2)ax24x4对任意的a[-2当a-2时，yf(a)f(2)x2(24)x440，即f(2)x26x80，解得x2或x4；当a2时，yf(2)x2(24)x440，即f(2)x22x0，解得x0或x2，∴的取值范围是{x|x0或x4}；故答案为：(,0)(4,)．

考点：换主元法解决不等式恒成立问题.【方法点晴】本题考查了含有参数的一元二次不等式得解法，解题时应用更换主元的方法，使繁杂问题变得简，2]时恒成立,只要满足在a[-2，2]时直线在轴洁，是易错题．把原不等式看成是关于的一次不等式,在a[-2上方即可.关键是换主元需要满足两个条件，一是函数必须是关于这个量的一次函数，二是要有这个量的具体范围.12．【答案】 10 cm

则A′A=4cm，BC=6cm，∴A′C=8cm，∴A′B==10cm．

故答案为：10．

【解析】解：作出圆柱的侧面展开图如图所示，设A关于茶杯口的对称点为A′，第 9 页，共 16 页

【点评】本题考查了曲面的最短距离问题，通常转化为平面图形来解决．

13．【答案】 75 度．

【解析】解：点P可能在二面角α﹣l﹣β内部，也可能在外部，应区别处理．当点P在二面角α﹣l﹣β的内部时，如图，A、C、B、P四点共面，∠ACB为二面角的平面角，由题设条件，点P到α，β和棱l的距离之比为1：

故答案为：75． 键．

14．【答案】﹣ 【解析】∵f（x）=log2∴f（x）=log=log=log=log=∴当log即x=x+1=0 时，函数f（x）的最小值是

。x•logx（logx（log•log（2x）x+logx+2），2）•log

（2x）

：2可求∠ACP=30°，∠BCP=45°，∴∠ACB=75°．

【点评】本题考查与二面角有关的立体几何综合题，考查分类讨论的数学思想，正确找出二面角的平面角是关（2x）

故答案为：﹣

第 10 页，共 16 页 15．【答案】 ．

【解析】解：∵tanβ=，α，β均为锐角，∴tan（α﹣β）=∴α=．

． =

=，解得：tanα=1，故答案为：【点评】本题考查了两角差的正切公式，掌握公式是关键，属于基础题．

16．【答案】= ．

【解析】解：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，∵已知sinAsinB+sinBsinC+cos2B=1，2∴sinAsinB+sinBsinC=2sinB．

2再由正弦定理可得 ab+bc=2b，即 a+c=2b，故a，b，c成等差数列． C=，由a，b，c成等差数列可得c=2b﹣a，22222由余弦定理可得（2b﹣a）=a+b﹣2abcosC=a+b+ab． 2化简可得 5ab=3b，∴ =．

故答案为：．

【点评】本题主要考查等差数列的定义和性质，二倍角公式、余弦定理的应用，属于中档题．

三、解答题

17．【答案】

【解析】解：（1）∵f（x）是奇函数，∴设x＞0，则﹣x＜0，从而m=2． 则﹣1≤a﹣2≤1 ∴1≤a≤3

22∴f（﹣x）=（﹣x）﹣mx=﹣f（x）=﹣（﹣x+2x）

（2）由f（x）的图象知，若函数f（x）在区间[﹣1，a﹣2]上单调递增，第 11 页，共 16 页

【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用以及函数单调性的判断，利用数形结合是解决本题的关键．

18．【答案】y【解析】

试题分析：设所求直线与两直线l1,l2分别交于Ax1,y1,Bx2,y2,根据因为Ax1,y1,Bx2,y2分别在直线1x． 6l1,l2上，列出方程组，求解x1,y1的值，即可求解直线的方程.1 考点：直线方程的求解.19．【答案】

．）．

【解析】解：（1）∵函数∴函数f（x）=2sin（2x+∴f（x）的周期T=即T=π（2）∵=π

第 12 页，共 16 页 ∴∴﹣1≤sin（2x+最大值2，2x最小值﹣1，2x，）≤2 ==，此时

此时，【点评】本题简单的考察了三角函数的性质，单调性，周期性，熟练化为一个角的三角函数形式即可．

20．【答案】（1）an2n1，bn2n1或an【解析】

1n(52n)，bn6n1；（2）.32n1试题解析：（1）设an的公差为d，bn的公比为，2q2(33d)36,d2,d,由题意得解得或3

q2,q(2d)8,q6.1∴an2n1，bn2n1或an(52n)，bn6n1．

3（2）若anan+1，由（1）知an2n1，11111∴()，anan1(2n1)(2n1)22n12n1111111n)∴Tn(1…．

23352n12n12n1考点：

1、等差数列与等比数列的通项公式及前项和公式；

2、裂项相消法求和的应用.21．【答案】

【解析】（Ⅰ）解：在棱AD上找中点N，连接CN，则CN∥平面AMP；

第 13 页，共 16 页 证明：因为M为BC的中点，四边形ABCD是矩形，所以CM平行且相等于DN，所以四边形MCNA为矩形，所以CN∥AM，又CN⊄平面AMP，AM⊂平面AMP，所以CN∥平面AMP．

（Ⅱ）证明：过P作PE⊥CD，连接AE，ME，因为边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC=2所以PE⊥平面ABCD，CM=所以PE⊥AM，在△AME中，AE=222所以AE=AM+ME，M为BC的中点，=3，ME=

=，AM=

=，所以AM⊥ME，所以AM⊥平面PME 所以AM⊥PM．

【点评】本题考查了线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理的运用；正确利用已知条件得到线线关系是关键，体现了转化的思想．

22．【答案】

【解析】（I）解：由题意可设椭圆的坐标方程为

（a＞b＞0）．

∵离心率为，且椭圆C上一点到两个焦点的距离之和为4． ∴，2a=4，解得a=2，c=1．

222∴b=a﹣c=3．

∴椭圆C的标准方程为．

第 14 页，共 16 页（II）证明：当OP与OQ的斜率都存在时，设直线OP的方程为y=kx（k≠0），则直线OQ的方程为y=﹣x（k≠0），P（x，y）． 联立，化为，222∴|OP|=x+y=2，同理可得|OQ|=，=

为定值． ∴=+当直线OP或OQ的斜率一个为0而另一个不存在时，上式也成立． 因此（III）当=为定值． =定值时，试探究OP⊥OQ是否成立？并说明理由．

OP⊥OQ不一定成立．下面给出证明．

证明：当直线OP或OQ的斜率一个为0而另一个不存在时，则当直线OP或OQ的斜率都存在时，设直线OP的方程为y=kx（k≠0），则直线OQ的方程为y=k′x（k≠k′，k′≠0），P（x，y）． 联立，化为，=

=

=，满足条件．222∴|OP|=x+y=，=+

=

． 2同理可得|OQ|=∴2化为（kk′）=1，∴kk′=±1．

∴OP⊥OQ或kk′=1． 因此OP⊥OQ不一定成立．

【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得交点坐标、相互垂直的直线斜率之间的关系，考查了分析问题与解决问题的能力，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

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