安新县一中2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

一、选择题

1． 圆xy2x2y10上的点到直线xy2的距离最大值是（ A．

B．21

C．

22）

21 D．22122． 如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱A1B1中点，点Q在侧面DCC1D1内运动，若

PBQPBD1，则动点Q的轨迹所在曲线为（ ）

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，意在考查空间想象能力.

3． 棱长为2的正方体被一个平面截去一部分后所得的几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．B．18C．D．

4． 函数f(x)=lnx+A. (0,)

12x+ax存在与直线3xy0平行的切线，则实数a的取值范围是（ ）2B. (,2) C. (2,) D. (,1]）

【命题意图】本题考查导数的几何意义、基本不等式等基础知识，意在考查转化与化归的思想和基本运算能力．→＝2→，则|→|为（ 5． 已知点A（0，1），B（3，2），C（2，0），若ADDBCD

A．1 B.43

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C.5 3

6． 已知x，y∈R，且积为（ A．4

﹣

）B．4

﹣

C．

D．2

，则存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立的P（x，y）构成的区域面

D． +

7． 在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是（ ）A．

B．

C．

D．

）

D．2x+y﹣5=0

）

8． 过点（﹣1，3）且平行于直线x﹣2y+3=0的直线方程为（ A．x﹣2y+7=0A．y=sinx

B．2x+y﹣1=0

B．y=1g2x

C．y=lnx

C．x﹣2y﹣5=0D．y=﹣x3

9． 下列函数中，既是奇函数又在区间（0，+∞）上单调递增的函数为（ 【考点】函数单调性的判断与证明；函数奇偶性的判断．【专题】函数的性质及应用．

【分析】根据正弦函数的单调性，对数的运算，一次函数的单调性，对数函数的图象及单调性的定义即可判断每个选项的正误，从而找出正确选项．10．在△ABC中，a2=b2+c2+bc，则A等于（ A．120°B．60°C．45°D．30°

11．设函数yf''x是yf'x的导数.某同学经过探究发现，任意一个三次函数

）

fxax3bx2cxda0都有对称中心x0,fx0，其中x0满足f''x00.已知函数

232016ff...f（ ）201720172017A．2013 B．2014 C．2015 D．20161111]

12．已知全集I={1，2，3，4，5，6}，A={1，2，3，4}，B={3，4，5，6}，那么∁I（A∩B）等于（ A．{3，4}　

B．{1，2，5，6}

C．{1，2，3，4，5，6}

D．∅

）

1151fxx3x23x，则f32122017二、填空题

13．已知向量a,b满足a4，|b|2，(ab)(3ab)4，则a与b的夹角为 2.

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【命题意图】本题考查向量的数量积、模及夹角知识，突出对向量的基础运算及化归能力的考查，属于容易题.14．命题“∃x∈R，2x2﹣3ax+9＜0”为假命题，则实数a的取值范围为　　．

15．已知变量x，y，满足

，则z=log4（2x+y+4）的最大值为　．

16．多面体的三视图如图所示，则该多面体体积为（单位cm）　　　　　　．17．若P（1，4）为抛物线C：y2=mx上一点，则P点到该抛物线的焦点F的距离为|PF|=　　　　　　．三、解答题

18．已知等差数列{an}，等比数列{bn}满足：a1=b1=1，a2=b2，2a3﹣b3=1．（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）记cn=anbn，求数列{cn}的前n项和Sn．

19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．（1）求证：平面AEC⊥平面PDB；（2）当PD=

AB，且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小．

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20．如图，正方形ABCD中，以D为圆心、DA为半径的圆弧与以BC为直径的半圆O交于点F，连接CF并延长交AB于点E．（Ⅰ）求证：AE=EB；

（Ⅱ）若EF•FC=，求正方形ABCD的面积．

21．如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，EF∥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，且BC=2EF，AE=AF，点G是EF的中点．（Ⅰ）证明：AG⊥平面ABCD；

（Ⅱ）若直线BF与平面ACE所成角的正弦值为

，求AG的长．

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22．（本小题满分12分）已知函数f(x)13sinxcosxcos2x.

2（1）求函数yf(x)在[0,2（2）在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，满足c2，a3，f(B)0，求sinA的值.1111]

]上的最大值和最小值；

23．对于任意的n∈N*，记集合En={1，2，3，…，n}，Pn=

．若集合A满足下

列条件：①A⊆Pn；②∀x1，x2∈A，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2=k2，则称A具有性质Ω．如当n=2时，E2={1，2}，P2=以P2具有性质Ω．

（Ⅰ）写出集合P3，P5中的元素个数，并判断P3是否具有性质Ω．（Ⅱ）证明：不存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使E15=A∪B．（Ⅲ）若存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使Pn=A∪B，求n的最大值．

．∀x1，x2∈P2，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2=k2，所

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24．（本小题满分12分）

ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，m(sinB,5sinA5sinC)，n(5sinB6sinC,sinCsinA)垂直.

（1）求sinA的值；

（2）若a22，求ABC的面积S的最大值.

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安新县一中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】B【解析】

试题分析：化简为标准形式x1y11，圆上的点到直线的距离的最大值为圆心到直线的距离加半

22径，d11222，半径为1，所以距离的最大值是21，故选B.

考点：直线与圆的位置关系 12． 【答案】C.

【解析】易得BP//平面CC1D1D，所有满足PBD1PBX的所有点X在以BP为轴线，以BD1所在直线为母线的圆锥面上，∴点Q的轨迹为该圆锥面与平面CC1D1D的交线，而已知平行于圆锥面轴线的平面截圆锥面得到的图形是双曲线，∴点Q的轨迹是双曲线，故选C.3． 【答案】D

【解析】解：由三视图可知正方体边长为2，截去部分为三棱锥，作出几何体的直观图如图所示：

故该几何体的表面积为：3×22+3×（故选：D．　

4． 【答案】D【解析】因为f(x)因为x+）+=，

11xa，直线的3xy0的斜率为3，由题意知方程xa3（x>0）有解，xx1³2，所以a£1，故选D．x5． 【答案】

【解析】解析：选C.设D点的坐标为D（x，y），→＝2→，∵A（0，1），B（3，2），ADDB

∴（x，y－1）＝2（3－x，2－y）＝（6－2x，4－2y），

＝6－2x，∴x即x＝2，y＝5，y－1＝4－2y3

{)第 7 页，共 19 页

→＝（2，5）－（2，0）＝（0，5），∴CD 33

5→|＝2＋（）2＝5，故选C.∴|CD03 3

6． 【答案】 A

【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：对应的区域为三角形OAB，若存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立，则令sinα=则方程等价为即sin（α+θ）=﹣

（

cosθ+，则cosθ=

sinθ）=﹣1，，

sin（α+θ）=﹣1，，

∵存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立，∴|﹣

|≤1，即x2+y2≥1，

则对应的区域为单位圆的外部，由

，解得

，即B（2，2

×

），=4

，

A（4，0），则三角形OAB的面积S=直线y=则∠AOB=

x的倾斜角为

，

，

﹣

，即扇形的面积为

则P（x，y）构成的区域面积为S=4故选：A

，

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【点评】本题主要考查线性规划的应用，根据条件作出对应的图象，求出对应的面积是解决本题的关键．综合性较强．　

7． 【答案】C

【解析】解：如图，设A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1，故平面AA1O1⊥面AB1D1，交线为AO1，在面AA1O1内过B1作B1H⊥AO1于H，则易知A1H的长即是点A1到截面AB1D1的距离，在Rt△A1O1A中，A1O1=AO1=3故选：C．

，由A1O1•A1A=h•AO1，可得A1H=

，

，

【点评】本题主要考查了点到平面的距离，同时考查空间想象能力、推理与论证的能力，属于基础题．　

8． 【答案】A

【解析】解：由题意可设所求的直线方程为x﹣2y+c=0∵过点（﹣1，3）代入可得﹣1﹣6+c=0 则c=7∴x﹣2y+7=0故选A．

【点评】本题主要考查了直线方程的求解，解决本题的关键根据直线平行的条件设出所求的直线方程x﹣2y+c=0．　

9． 【答案】B

【解析】解：根据y=sinx图象知该函数在（0，+∞）不具有单调性；

y=lg2x=xlg2，所以该函数是奇函数，且在（0，+∞）上单调递增，所以选项B正确；根据y=lnx的图象，该函数非奇非偶；

根据单调性定义知y=﹣x3在（0，+∞）上单调递减．故选B．

【点评】考查正弦函数的单调性，对数的运算，以及一次函数的单调性，对数函数的图象，奇偶函数图象的对称性，函数单调性的定义．　

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10．【答案】A

【解析】解：根据余弦定理可知cosA=∵a2=b2+bc+c2，∴bc=﹣（b2+c2﹣a2）∴cosA=﹣∴A=120°故选A　

11．【答案】D【解析】

121f20172014f20172f20172015f...20172016f20171f20171220162016，故选D. 12考点：1、转化与划归思想及导数的运算；2、函数对称的性质及求和问题.

32【方法点睛】本题通过 “三次函数fxaxbxcxda0都有对称中心x0,fx0”这一探索

性结论考查转化与划归思想及导数的运算、函数对称的性质及求和问题，属于难题.遇到探索性结论问题，应耐心读题，分析新结论的特点，弄清新结论的性质，按新结论的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.本题的解答就是根据新结论性质求出fx性和的.

第Ⅱ卷（非选择题共90分）

12．【答案】B

【解析】解：∵A={1，2，3，4}，B={3，4，5，6}，∴A∩B={3，4}，

∵全集I={1，2，3，4，5，6}，

1315xx3x的对称中心后再利用对称3212第 10 页，共 19 页

∴∁I（A∩B）={1，2，5，6}，故选B．

【点评】本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．　

二、填空题

13．【答案】【

23解

析

】

14．【答案】﹣2≤a≤2

【解析】解：原命题的否定为“∀x∈R，2x2﹣3ax+9≥0”，且为真命题，则开口向上的二次函数值要想大于等于0恒成立，只需△=9a2﹣4×2×9≤0，解得：﹣2故答案为：﹣2

≤a≤2

≤a≤2

．

【点评】存在性问题在解决问题时一般不好掌握，若考虑不周全、或稍有不慎就会出错．所以，可以采用数学上正难则反的思想，去从它的反面即否命题去判定．注意“恒成立”条件的使用．　

15．【答案】　　【解析】解：作

易知可行域为一个三角形，验证知在点A（1，2）时，z1=2x+y+4取得最大值8，∴z=log4（2x+y+4）最大是，故答案为：．

的可行域如图：

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【点评】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题．　

16．【答案】　

【解析】解：如图所示，由三视图可知：

cm3　．

该几何体为三棱锥P﹣ABC．

该几何体可以看成是两个底面均为△PCD，高分别为AD和BD的棱锥形成的组合体，由几何体的俯视图可得：△PCD的面积S=×4×4=8cm2，

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由几何体的正视图可得：AD+BD=AB=4cm，故几何体的体积V=×8×4=故答案为：

cm3

cm3，

【点评】本题考查由三视图求几何体的体积和表面积，根据已知的三视图分析出几何体的形状是关键．　

17．【答案】　5　．

【解析】解：P（1，4）为抛物线C：y2=mx上一点，即有42=m，即m=16，抛物线的方程为y2=16x，焦点为（4，0），即有|PF|=故答案为：5．

【点评】本题考查抛物线的方程和性质，考查两点的距离公式，及运算能力，属于基础题．　

=5．

三、解答题

18．【答案】

【解析】解：（I）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q：∵a1=b1=1，a2=b2，2a3﹣b3=1．∴1+d=q，2（1+2d）﹣q2=1，解得∴an=1，bn=1；

或an=1+2（n﹣1）=2n﹣1，bn=3n﹣1．（II）当当

时，cn=anbn=1，Sn=n．

或

．

时，cn=anbn=（2n﹣1）3n﹣1，

∴Sn=1+3×3+5×32+…+（2n﹣1）3n﹣1，3Sn=3+3×32+…+（2n﹣3）3n﹣1+（2n﹣1）3n，∴﹣2Sn=1+2（3+32+…+3n﹣1）﹣（2n﹣1）3n=∴Sn=（n﹣1）3n+1．

【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“错位相减法”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

﹣1﹣（2n﹣1）3n=（2﹣2n）3n﹣2，

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19．【答案】

【解析】（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵PD⊥底面ABCD，

∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB，∴平面AEC⊥平面PDB．

（Ⅱ）解：设AC∩BD=O，连接OE，由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，∴O，E分别为DB、PB的中点，∴OE∥PD，

，

又∵PD⊥底面ABCD，∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO，在Rt△AOE中，

，

∴∠AEO=45°，即AE与平面PDB所成的角的大小为45°．

【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及直线与平面所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．　

20．【答案】

【解析】证明：（Ⅰ）∵以D为圆心、DA为半径的圆弧与以BC为直径半圆交于点F，且四边形ABCD为正方形，

∴EA为圆D的切线，且EB是圆O的切线，由切割线定理得EA2=EF•EC，故AE=EB．

（Ⅱ）设正方形的边长为a，连结BF，∵BC为圆O的直径，∴BF⊥EC，

在Rt△BCE中，由射影定理得EF•FC=BF2=，

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∴BF==，解得a=2，

∴正方形ABCD的面积为4．

【点评】本题考查两线段相等的证明，考查正方形面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．　

21．【答案】

【解析】（本小题满分12分）

（Ⅰ）证明：因为AE=AF，点G是EF的中点，所以AG⊥EF．

又因为EF∥AD，所以AG⊥AD．…

因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，AG⊂平面ADEF，所以AG⊥平面ABCD．…

（Ⅱ）解：因为AG⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AG、AD、AB两两垂直．以A为原点，以AB，AD，AG分别为x轴、y轴和z轴，如图建立空间直角坐标系则A（0，0，0），B（4，0，0），C（4，4，0），设AG=t（t＞0），则E（0，1，t），F（0，﹣1，t），所以

=（﹣4，﹣1，t），

=（4，4，0），

=（0，1，t）．…

设平面ACE的法向量为=（x，y，z），由

=0，

=0，得

，

令z=1，得=（t，﹣t，1）．

因为BF与平面ACE所成角的正弦值为所以|cos＜

＞|=

=

，…

，

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即

所以AG=1或AG=

=，解得t2=1或．…

．

【点评】本题考查线面垂直的证明，考查满足条件的线段长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．　

22．【答案】（1）最大值为，最小值为【解析】

试题分析：（1）将函数利用两角和的正余弦公式,倍角公式,辅助角公式将函数化简f(x)sin(2x再利用f(x)Asin(x)b(0,||3213；（2）.1426)1)的性质可求在[0,]上的最值；（2）利用f(B)0,可得B,

22再由余弦定理可得AC,再据正弦定理可得sinA.1

试题解析：

（2）因为f(B)0，即sin(2B)1611)，∴2B，∴B∵B(0,)，∴2B(,666623第 16 页，共 19 页

又在ABC中，由余弦定理得，

17，所以AC7.

32321ba73由正弦定理得：，即，所以sinA.

14sinBsinAsinAsin3b2c2a22cacos49223考点：1.辅助角公式；2.f(x)Asin(x)b(0,||2)性质；3.正余弦定理.

【思路点睛】本题主要考查倍角公式,正余弦定理.在利用正,余弦定理 解三角形的过程中,当所给的等式中既有正弦又有余弦时,常利用正弦定理将边的关系转化为角的关系;如果出现边的平方或者两边长的乘积时 可考虑使用余弦定理判断三角形的形状.解三角形问题时,要注意正,余弦定理的变形应用,解题思路有两个:一个是角化为边,二是边化为角.23．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）∵对于任意的n∈N*，记集合En={1，2，3，…，n}，Pn=∴集合P3，P5中的元素个数分别为9，23，

∵集合A满足下列条件：①A⊆Pn；②∀x1，x2∈A，且x1≠x2，不存在k∈N*，使x1+x2=k2，则称A具有性质Ω，

∴P3不具有性质Ω．…..

证明：（Ⅱ）假设存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使E15=A∪B．其中E15={1，2，3，…，15}．因为1∈E15，所以1∈A∪B，

不妨设1∈A．因为1+3=22，所以3∉A，3∈B．

同理6∈A，10∈B，15∈A．因为1+15=42，这与A具有性质Ω矛盾．所以假设不成立，即不存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使E15=A∪B．…..

解：（Ⅲ）因为当n≥15时，E15⊆Pn，由（Ⅱ）知，不存在A，B具有性质Ω，且A∩B=∅，使Pn=A∪B．若n=14，当b=1时，

，

．

取A1={1，2，4，6，9，11，13}，B1={3，5，7，8，10，12，14}，则A1，B1具有性质Ω，且A1∩B1=∅，使E14=A1∪B1．当b=4时，集合令

中除整数外，其余的数组成集合为，

，

．

，

则A2，B2具有性质Ω，且A2∩B2=∅，使

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当b=9时，集中除整数外，其余的数组成集合

，

令

则A3，B3具有性质Ω，且A3∩B3=∅，使

，．

．

集合

它与P14中的任何其他数之和都不是整数，

因此，令A=A1∪A2∪A3∪C，B=B1∪B2∪B3，则A∩B=∅，且P14=A∪B．综上，所求n的最大值为14．…..

【点评】本题考查集合性质的应用，考查实数值最大值的求法，综合性强，难度大，对数学思维要求高，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．　

24．【答案】（1）【解析】

试题分析：（1）由向量垂直知两向量的数量积为0，利用数量积的坐标运算公式可得关于sinA,sinB,sinC的等式，从而可借助正弦定理化为边的关系，最后再余弦定理求得cosA，由同角关系得sinA；（2）由于已知边及角A，因此在（1）中等式bca222中的数均为无理数，

4；（2）4．56bc中由基本不等式可求得bc10，从而由公式　51SbcsinA可得面积的最大值．

2试题解析：（1）∵m(sinB,5sinA5sinC)，n(5sinB6sinC,sinCsinA)垂直，222∴mn5sinB6sinBsinC5sinC5sinA0，

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考点：向量的数量积，正弦定理，余弦定理，基本不等式．111]

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