新华区第二高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学(2)

新华区第二高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学

班级__________ 姓名__________ 分数__________

一、选择题

2x1，则曲线yfx在点1，f1处切线的斜率为（ ） x1A．1 B．1 C．2 D．2 1． 已知函数fx12． 圆C1：（x+2）2+（y﹣2）2=1与圆C2：（x﹣2）2+（y﹣5）2=16的位置关系是（ ） A．外离 B．相交 C．内切 D．外切

3． 抛物线E：y2=2px（p＞0）的焦点为F，点A（0，2），若线段AF的中点B在抛物线上，则|BF|=（ ） A．

B．

C．

D．

4． 函数f（x）=﹣x的图象关于（ ） A．y轴对称 B．直线y=﹣x对称 5． 已知函数f（x）=2x﹣

C．坐标原点对称 D．直线y=x对称

+cosx，设x1，x2∈（0，π）（x1≠x2），且f（x1）=f（x2），若x1，x0，x2成等

差数列，f′（x）是f（x）的导函数，则（ ） A．f′（x0）＜0

B．f′（x0）=0

C．f′（x0）＞0 D．f′（x0）的符号无法确定

6． 若f（x）为定义在区间G上的任意两点x1，x2和任意实数λ（0，1），总有f（λx1+（1﹣λ）x2）≤λf（x1）+（1﹣λ）f（x2），则称这个函数为“上进”函数，下列函数是“上进”函数的个数是（ ） ①f（x）=A．4

，②f（x）=

C．2

，③f（x）=D．1

≥0}，则P∩Q=（ ） C．[0，+∞） D．（2，+∞）

”的（ ） ，④f（x）=

．

B．3

7． 已知集合P={x|x≥0}，Q={x|A．（﹣∞，2） B．（﹣∞，﹣1） 8． 设a，b，c，∈R+，则“abc=1”是“A．充分条件但不是必要条件

B．必要条件但不是充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要的条件

9． 如图，M={x|x＞2}，N={0，1，2，3}，设全集U=R，则图中阴影部分所表示的集合是（ ）

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精选高中模拟试卷

A．{3} B．{0，1}

C．{0，1，2} D．{0，1，2，3}

10．已知函数f（x）=3cos（2x﹣A．导函数为

B．函数f（x）的图象关于直线C．函数f（x）在区间（﹣

，

），则下列结论正确的是（ ）

对称 ）上是增函数

个单位长度得到

D．函数f（x）的图象可由函数y=3co s2x的图象向右平移11．设集合

,,则( )

A BCD

11

12．设f（x）＝（e－x－ex）（x－），则不等式f（x）＜f（1＋x）的解集为（ ）

2＋12

1

A．（0，＋∞） B．（－∞，－）

2

11

C．（－，＋∞） D．（－，0）

22

二、填空题

x－2y＋1≤0



13．若x、y满足约束条件2x－y＋2≥0，z＝3x＋y＋m的最小值为1，则m＝________．

x＋y－2≤014．阅读如图所示的程序框图，则输出结果S的值为 .

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【命题意图】本题考查程序框图功能的识别，并且与数列的前n项和相互联系，突出对逻辑判断及基本运算能力的综合考查，难度中等.

1lnx，x1，x 若15．【2017-2018学年度第一学期如皋市高三年级第一次联考】已知函数fx{m52x2mx，x1，28gxfxm有三个零点，则实数m的取值范围是________．

16．已知sinα+cosα=，且

＜α＜

，则sinα﹣cosα的值为 ．

317．【南通中学2018届高三10月月考】已知函数fxx2x，若曲线fx在点1,f1处的切线经2过圆C:xya2的圆心，则实数a的值为__________．

218．已知正整数m的3次幂有如下分解规律：

131；2335；337911；4313151719；…

若m(mN)的分解中最小的数为91，则m的值为 . 3【命题意图】本题考查了归纳、数列等知识，问题的给出比较新颖，对逻辑推理及化归能力有较高要求，难度中等.

三、解答题

19．一艘客轮在航海中遇险，发出求救信号.在遇险地点A南偏西45方向10海里的B处有一艘海

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难搜救艇收到求救信号后立即侦查，发现遇险客轮的航行方向为南偏东75，正以每小时9海里的速度向 一小岛靠近.已知海难搜救艇的最大速度为每小时21海里.

（1）为了在最短的时间内追上客轮，求海难搜救艇追上客轮所需的时间； （2）若最短时间内两船在C处相遇，如图，在ABC中，求角B的正弦值.

20．（选做题）已知f（x）=|x+1|+|x﹣1|，不等式f（x）＜4的解集为M． （1）求M；

（2）当a，b∈M时，证明：2|a+b|＜|4+ab|．

21．在对人们的休闲方式的一次调查中，共调查了124人，其中女性70人，男性54人，女性中有43人主要的休闲方式是看电视，其余人主要的休闲方式是运动；男性中有21人主要的休闲方式是看电视，其余人主要的休闲方式是运动．

（1）根据以上数据建立一个2×2的列联表；

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（2）能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下，认为休闲方式与性别有关系．性检验观察值计算公式

，性检验临界值表：

0.50 0.25 0.15 0.05 0.025 0.01 P（K2≥k0） k0 0.455 1.323 2.072 3.841 5.024 6.635

22．2015年第7届女足世界杯在加拿大埃德蒙顿联邦体育场打响，某连锁分店销售某种纪念品，每件纪念品的成本为4元，并且每件纪念品需向总店交3元的管理费，预计当每件纪念品的售价为x元（7≤x≤9）时，一

2

年的销售量为（x﹣10）万件．

0.005 7.879

（Ⅰ）求该连锁分店一年的利润L（万元）与每件纪念品的售价x的函数关系式L（x）；

（Ⅱ）当每件纪念品的售价为多少元时，该连锁分店一年的利润L最大，并求出L的最大值．

23．如图所示，已知

+

=1（a＞＞0）点A（1，

）是离心率为

的椭圆C：上的一点，斜率为

的直

线BD交椭圆C于B、D两点，且A、B、D三点不重合． （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）求△ABD面积的最大值； 的值；否则说明理由．

（Ⅲ）设直线AB、AD的斜率分别为k1，k2，试问：是否存在实数λ，使得k1+λk2=0成立？若存在，求出λ

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24．【无锡市2018届高三上期中基础性检测】已知函数fx2lnxmx1mR. （1）当m1时，求fx的单调区间；

51（2）令gxxfx，区间De2,e2，e为自然对数的底数。

（ⅰ）若函数gx在区间D上有两个极值，求实数m的取值范围；

（ⅱ）设函数gx在区间D上的两个极值分别为gx1和gx2， 求证：x1x2e.

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新华区第二高级中学2018-2019学年高二上学期第二次月考试卷数学（参） 一、选择题

1． 【答案】A 【解析】

2x1112，则f'x2，所以f'11． xxx考点：1、复合函数；2、导数的几何意义. 试题分析：由已知得fx2． 【答案】D

2222

【解析】解：由圆C1：（x+2）+（y﹣2）=1与圆C2：（x﹣2）+（y﹣5）=16得： 圆C1：圆心坐标为（﹣2，2），半径r=1；圆C2：圆心坐标为（2，5），半径R=4． 两个圆心之间的距离d=故选D

3． 【答案】D

【解析】解：依题意可知F坐标为（，0） ∴B的坐标为（，1）代入抛物线方程得∴抛物线准线方程为x=﹣

，

=．

， =1，解得p=

，

=5，而d=R+r，所以两圆的位置关系是外切．

所以点B到抛物线准线的距离为则B到该抛物线焦点的距离为故选D．

4． 【答案】C

【解析】解：∵f（﹣x）=﹣+x=﹣f（x） ∴

是奇函数，所以f（x）的图象关于原点对称

故选C．

5． 【答案】 A

【解析】解：∵函数f（x）=2x﹣

+cosx，设x1，x2∈（0，π）（x1≠x2），且f（x1）=f（x2），

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∴

'

，

∴存在x1＜a＜x2，f（a）=0， ∴

，∴

，解得a=

，

假设x1，x2在a的邻域内，即x2﹣x1≈0． ∵∴

，

，

∴f（x）的图象在a的邻域内的斜率不断减少小，斜率的导数为正， ∴x0＞a，

又∵x＞x0，又∵x＞x0时，f（x）递减，

''

∴故选：A．

．

【点评】本题考查导数的性质的应用，是难题，解题时要认真审题，注意二阶导数和三阶导数的性质的合理运用．

6． 【答案】C

【解析】解：由区间G上的任意两点x1，x2和任意实数λ（0，1）， 总有f（λx1+（1﹣λ）x2）≤λf（x1）+（1﹣λ）f（x2），

等价为对任意x∈G，有f″（x）＞0成立（f″（x）是函数f（x）导函数的导函数）， ①f（x）=②f（x）=③f（x）=＜0恒成立，

故③不为“上进”函数； ④f（x）=

的导数f′（x）=

，f″（x）=

，当x∈（2，3）时，f″（x）＞0恒成立．

的导数f′（x）=的导数f′（x）=

，f″（x）=，f″（x）=﹣•

，故在（2，3）上大于0恒成立，故①为“上进”函数； ＜0恒成立，故②不为“上进”函数；

，f″（x）=

的导数f′（x）=

故④为“上进”函数． 故选C．

【点评】本题考查新定义的理解和运用，同时考查导数的运用，以及不等式恒成立问题，属于中档题．

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7． 【答案】D

【解析】解：由Q中的不等式变形得：（x+1）（x﹣2）≥0，且x﹣2≠0， 解得：x≤﹣1或x＞2，即Q=（﹣∞，﹣1]∪（2，+∞）， ∵P=[0，+∞）， ∴P∩Q=（2，+∞）， 故选：D．

8． 【答案】A

【解析】解：因为abc=1，所以=

≤a+b+c．

显然成立，但是abc=6≠1，

”的充分条件但不是必要条件．

，则

=

当a=3，b=2，c=1时，

所以设a，b，c，∈R+，则“abc=1”是“故选A．

9． 【答案】C

【解析】解：由图可知图中阴影部分所表示的集合∁M∩N， ∵全集U=R，M={x|x＞2}，N={0，1，2，3}， ∴∁M={x|x≤2}， ∴∁M∩N={0，1，2}， 故选：C

【点评】本题主要考查集合的基本运算，根据条件确定集合的基本关系是解决本题的关键．

10．【答案】B

【解析】解：对于A，函数f′（x）=﹣3sin（2x﹣对于B，当x=

时，f（

）=3cos（2×

﹣

）•2=﹣6sin（2x﹣

），A错误；

）=﹣3取得最小值，

所以函数f（x）的图象关于直线对于C，当x∈（﹣

，

对称，B正确；

∈（﹣

，

），

）时，2x﹣

函数f（x）=3cos（2x﹣）不是单调函数，C错误；

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对于D，函数y=3co s2x的图象向右平移得到函数y=3co s2（x﹣

）=3co s（2x﹣

个单位长度，

）的图象，

这不是函数f（x）的图象，D错误． 故选：B．

【点评】本题考查了余弦函数的图象与性质的应用问题，是基础题目．

11．【答案】C

【解析】送分题,直接考察补集的概念,12．【答案】

【解析】选C.f（x）的定义域为x∈R，

11

由f（x）＝（e－x－ex）（x－）得

2＋1211

f（－x）＝（ex－e－x）（x－）

2－＋12＝（e

x

,故选C。

－e－x）（1＋） 2x＋12

－1

11

＝（e－x－ex）（x－）＝f（x），

2＋12∴f（x）在R上为偶函数，

∴不等式f（x）＜f（1＋x）等价于|x|＜|1＋x|，

1

即x2＜1＋2x＋x2，∴x＞－，

2

1

即不等式f（x）＜f（1＋x）的解集为{x|x＞－}，故选C.

2

二、填空题

13．【答案】

【解析】解析：可行域如图，当直线y＝－3x＋z＋m与直线y＝－3x平行，且在y轴上的截距最小时，z才能取最小值，此时l经过直线2x－y＋2＝0与x－2y＋1＝0的交点A（－1，0），zmin＝3×（－1）＋0＋m＝－3＋m＝1， ∴m＝4.

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答案：4 14．【答案】

2016 2017222 }的前100的和，即S1335(2n1)(2n1)2111112016(1)()(). 20152017335201520172017715．【答案】1，

4【解析】根据程序框图可知，其功能是求数列{【解析】16．【答案】

【解析】解：∵sinα+cosα=

22

∴sinα+2sinαcosα+cosα=

．

，， ，

＜α＜

，

∴2sinαcosα=且sinα＞cosα，

﹣1=

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∴sinα﹣cosα==

故答案为：

．

=

．

17．【答案】2

【解析】结合函数的解析式可得：f11211，

32对函数求导可得：f'x3x2，故切线的斜率为kf'13121，

2则切线方程为：y11x1，即yx2，

22圆C：xya2的圆心为0,a，则：a022.

18．【答案】10

【解析】m的分解规律恰好为数列1，3，5，7，9，…中若干连续项之和，2为连续两项和，3为接下来三项和，故m的首个数为mm1.

∵m3(mN)的分解中最小的数为91，∴mm191，解得m10.

232333三、解答题

19．【答案】（1）【解析】

233小时；（2）． 314试

题解析：（1）设搜救艇追上客轮所需时间为小时，两船在C处相遇. 在ABC中，BAC4575120，AB10，AC9t，BC21t. 由余弦定理得：BCABAC2ABACcosBAC， 所以(21t)10(9t)2109t()，

2222221225或t（舍去）. 3122所以，海难搜救艇追上客轮所需时间为小时.

322（2）由AC96，BC2114.

332化简得36t9t100，解得t第 12 页，共 17 页

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在ABC中，由正弦定理得sinB所以角B的正弦值为

ACsinBAC6sin120BC1463233. 141433. 14考点：三角形的实际应用．

【方法点晴】本题主要考查了解三角形的实际应用，其中解答中涉及到正弦定理、余弦定理的灵活应用，注重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题，本题的解答中，可先根据题意，画出图形，由搜救艇和渔船的速度，那么可设时间，并用时间表示AC,BC，再根据正弦定理和余弦定理，即可求解此类问题，其中正确画出图形是解答的关键． 20．【答案】

【解析】（Ⅰ）解：f（x）=|x+1|+|x﹣1|=当x＜﹣1时，由﹣2x＜4，得﹣2＜x＜﹣1； 当﹣1≤x≤1时，f（x）=2＜4； 当x＞1时，由2x＜4，得1＜x＜2． 所以M=（﹣2，2）．…

（Ⅱ）证明：当a，b∈M，即﹣2＜a，b＜2，

22222222

∵4（a+b）﹣（4+ab）=4（a+2ab+b）﹣（16+8ab+ab）=（a﹣4）（4﹣b）＜0， 22

∴4（a+b）＜（4+ab），

∴2|a+b|＜|4+ab|．…

【点评】本题考查绝对值函数，考查解不等式，考查不等式的证明，解题的关键是将不等式写成分段函数，利用作差法证明不等式．

21．【答案】

【解析】解：（1） 看电视 运动 21 33 男性 43 女性 合计 27 60

合计 54 70 124

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（2）

所以不能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为休闲方式与性别有关系﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分） 【点评】性检验是考查两个分类变量是否有关系，并且能较精确的给出这种判断的可靠程度的一种重要的

2

统计方法，主要是通过k的观测值与临界值的比较解决的

22．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）该连锁分店一年的利润L（万元）与售价x的函数关系式为：

L（x）=（x﹣7）（x﹣10）2，x∈[7，9]， 令L′（x）=0，得x=8或x=10（舍去），

2

（Ⅱ）L′（x）=（x﹣10）+2（x﹣7）（x﹣10）=3（x﹣10）（x﹣8），

∵x∈[7，8]，L′（x）＞0，x∈[8，9]，L′（x）＜0， ∴L（x）在x∈[7，8]上单调递增，在x∈[8，9]上单调递减， ∴L（x）max=L（8）=4；

答：每件纪念品的售价为8元，该连锁分店一年的利润L最大，最大值为4万元．

【点评】本题考查了函数的解析式问题，考查函数的单调性、最值问题，是一道中档题．

23．【答案】 【解析】解：（Ⅰ）∵

22∴b=c

，∴a=

c，

∴椭圆方程为又点A（1，∴

2∴c=2 ∴a=2，b=

+=1

）在椭圆上，

，

=1 …

=1，

∴椭圆方程为

（Ⅱ）设直线BD方程为y=

2

与椭圆方程联立，可得4x+22

△=﹣8b+＞0，∴﹣2

x+b，D（x1，y1），B（x2，y2）， bx+b2﹣4=0

＜b＜2

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x1+x2=﹣∴|BD|=

b，x1x2= =

x+b的距离，∴d=

≤

，

= …

=2﹣

=

﹣2

设d为点A到直线y=∴△ABD面积S=

当且仅当b=±2时，△ABD的面积最大，最大值为（Ⅲ）当直线BD过椭圆左顶点（﹣此时k1+k2=0，猜想λ=1时成立． 证明如下：k1+k2=

+

=2

，0）时，k1=

+m

，k2=

=2

﹣2

=0

当λ=1，k1+k2=0，故当且仅当λ=1时满足条件… 用，考查分析问题解决问题的能力．

【点评】本题考查直线与椭圆方程的综合应用，考查存在性问题的处理方法，椭圆方程的求法，韦达定理的应

24．【答案】（1）增区间0,2，减区间2,，（2）详见解析

【解析】试题分析：（1）求导写出单调区间；（2）（ⅰ）函数gx在区间D上有两个极值，等价于

512lnx122，通过求导分析 gx2lnx2mx1在e,e上有两个不同的零点，令gx0，得2mx31

2lnx12lnx112lnx21得m的范围为5,1；（ⅱ）2m，得2m，由分式恒等变换得 22xx1x2ee

x11x1x2x1x2x2lnx112lnx212lnx112lnx21lnln1，要证明 ，得lnx1lnx21x1x2x2x11x2x1x2x1x2x2x11x2xln12， x1x2e，只需证lnx1lnx212，即证x1x21x22t1x令e31t1，ptlnt，通过求导得到pt0恒成立，得证。

t1x2试题解析：

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（2）（ⅰ）因为gx2xlnxmxx，

251所以gx2lnx22mx12lnx2mx1，xe2,e2，



51若函数gx在区间D上有两个极值，等价于gx2lnx2mx1在e2,e2上有两个不同的零点，

2lnx1令gx0，得2m，

x2lnx112lnx,tx设tx，令tx0,xe xx2x tx xe 121122 xe,exe 0 1251xe2,e2 xe 52大于0 小于0 减 tx 0 2增 6e52e12 31

所以m的范围为5,1

22ee

（ⅱ）由（ⅰ）知，若函数gx在区间D上有两个极值分别为gx1和gx2，不妨设x1x2，则

 

2lnx112lnx21， x1x22lnx112lnx212lnx112lnx21所以 x1x2x1x22m第 16 页，共 17 页

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x11x1x2x1x2xlnln1， 即lnx1lnx21x1x2x2x11x2x2x11xxln12， 要证x1x2e，只需证lnx1lnx212，即证2x1x21x2t1t1xlnt2，即证lnt2令e31t1，即证， t1t1x2t1140， 令ptlnt，因为ptt1tt12tt122t13所以pt在e,1上单调增，p10，所以pt0，

2即lnt

2t1t10,所以lnt2t1，得证。 t1第 17 页，共 17 页