2018-2019学年河北省武邑中学高二下学期第一次月考数学（理）试题(解析版)
河北省武邑中学2018-2019学年高二下学期第一次月考数学（理）试题
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 命题“若a>b，则a2>b2”的逆否命题是( )
A. 若a2>b2，则a>b， B. 若a≤b，则a2≤b2
C. 若a2≤b2，则a≤b D. 若a>b，则a2≤b2
【答案】C
【解析】解：命题“若a>b，则a2>b2”，
它的逆否命题是“若a2≤b2，则a≤b”．
故选：C．
根据命题“若p，则q”的逆否命题是“若￢q，则￢p”，写出即可．
本题考查了四种命题之间的关系与应用问题，是基础题．
2. 已知随机变量ξ的分布列如下，则E(ξ)的最大值是( )
ξ
-1
0
a
P
14
12+a
14-b
A. -58 B. -1564 C. -14 D. -1964
【答案】B
【解析】解：由题意可知：14+12+a+1b-b=1，即a-b=0
E(ξ)=-14+a(14-b)=-14+14b-b2=-(b-18)2-1564≤-1564．
故选：B．
利用已知条件，求出期望的表达式，然后求解最大值．
本题考查离散型随机变量的期望的求法，考查转化思想以及计算能力．
3. 如果随机变量X～N(μ,σ2)，且EX=3，DX=1，则P(0
0,b>0)左支上的一点，其右焦点为F(c,0)，若M为线段FP的中点，且M到坐标原点的距离为18c，则双曲线的离心率e范围是( )
A. (1,8] B. (1,43] C. (43,53) D. (2,3]
【答案】B
【解析】解：设双曲线的左焦点为F1，因为点P是双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)左支上的一点，
其右焦点为F(c,0)，若M为线段FP的中点，且M到坐标原点的距离为18c，
由三角形中位线定理可知：OM=12PF1，PF1=PF-2a，PF≥a+c．
所以14c+2a≥a+c，1
，
∴该正圆锥面和底面的交线是双曲线弧；
同理可知，P点在平面的交线是双曲线弧，
故选：C．
以A点为坐标原点建立空间直角坐标系，可求得A，C'，M等点的坐标，从而可求得cos∠MAC'，设设AC'与底面A'B'C'D'所成的角为θ，继而可求得cosθ，比较θ与∠MAC'的大小，利用正圆锥曲线被与中心轴成θ的平面所截曲线，即可得到答案．
本题考查了圆锥曲线的几何定义应用，综合性较强，难度较大．
1. 直线y=x+b与抛物线x2=2y交于A、B两点(异于坐标原点O)，且OA⊥OB，则b的值为( )
A. 2 B. -2 C. 1 D. -1
【答案】A
【解析】解：联立x2=2yy=x+b，得：x2-2x-2b=0．
因为直线y=x+b与抛物线x2=2y交于A、B两点，
则(-2)2-4×(-2b)=4+8b>0．
且x1+x2=2，x1x2=-2b．
y1y2=(x1+b)(x2+b)=x1x2+b(x1+x2)+b2
=-2b+2b+b2=b2．
由OA⊥OB，得OA⋅OB=0．
即x1x2+y1y2=0，-2b+b2=0，因为b≠0，所以b=2．
满足△=4+8×2=20>0．
故选：A．
联立直线和抛物线方程，化为关于x
的一元二次方程后利用根与系数关系求出两个交点的横纵坐标的积，由OA⊥OB转化为其数量积等于0，代入坐标的乘积后求解b的值．
本题考查了直线与圆锥曲线的关系，考查了利用数量及判断两个向量的垂直关系，训练了一元二次方程的根与系数的关系，是中档题．
1. 已知抛物线C：y2=2px(p>0)的准线为l，过M(1,0)且斜率为3的直线与l相交于点A，与C的一个交点为B.若AM=MB，则P的值为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】解：由题意可得，抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为(p2,0)，准线为l：x=-p2．
∵AM=MB，∴M为AB的中点.直线方程为y=3(x-1)，由题意可得A(-p2,-32p-3)，
故由中点公式可得B(p2+2,32p +3)，把点B的坐标代入抛物线C：y2=2px(p>0)可得34p2+3p+3=p2+4p，
解得 p=2，
故选：B．
先求出焦点的坐标和准线方程，判断M为AB的中点，根据A的坐标求出点B的坐标，代入抛物线C的方程，可求出p的值．
本题考查直线和圆锥曲线的位置关系，判断M为AB的中点，并据中点公式求得点B的坐标，是解题的难点．
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
2. 将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是______．
【答案】56
【解析】解：将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛掷2次，
基本事件总数为n=6×6=36，
出现向上的点数之和小于10的对立事件是出现向上的点数之和不小于10，
出现向上的点数之和不小于10包含的基本事件有：
(4,6)，(6,4)，(5,5)，(5,6)，(6,5)，(6,6)，共6个，
∴出现向上的点数之和小于10的概率：
p=1-636=56．
故答案为：56．
出现向上的点数之和小于10的对立事件是出现向上的点数之和不小于10，由此利用对立事件概率计算公式能求出出现向上的点数之和小于10的概率．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对立事件概率计算公式的合理运用．
1. 若椭圆x22+y2m=1的离心率为12，则m=______．
【答案】32或83
【解析】解：由椭圆标准方程得：
(1)当02时，得到b=2，a=m，
则c=-2+m，所以椭圆的离心率e=ca=-2+m2=12．
得m=83；
综上所述则m=32或83
故答案为：32或83
根据椭圆的标准方程，找出a与b的值，然后根据a2=b2+c2求出c的值，利用离心率公式e=ca，列出关于m的方程即可求出m值．
此题考查学生掌握椭圆的离心率的求法，灵活运用椭圆的简单性质化简求值，注意分类讨论，是一道基础题．
2. 双曲线x216-y29=1的焦点F1、F2，P为双曲线上的一点，且PF1⊥PF2，则点P到x轴的距离为______．
【答案】95
【解析】解：双曲线x216-y29=1的a=4，b=3，c=5，
设P为双曲线右支上的点，|PF1|=m，|PF2|=n，
由双曲线的定义可得m-n=2a=8，
PF1⊥PF2，可得m2+n2=4c2=100，
由(m-n)2=m2+n2-2mn=100-2mn=64，
即mn=18，
由S△PF1F2=12mn=12⋅2c⋅h(h为P到x轴的距离)，
可得h=95．
故答案为：95．
求得双曲线的a，b，c，设P为双曲线右支上的点，|PF1|=m，|PF2|=n，由双曲线的定义和勾股定理，结合三角形的面积公式，解方程可得所求距离．
本题考查双曲线的定义和方程，考查三角形的勾股定理和面积公式的运用，考查运算能力，属于基础题．
1. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点.下列结论中，正
确结论的序号是______．
①过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；
②B1D1//平面EFG；
③BD1⊥平面ACB1；
④异面直线EF与BD1所成角的正切值为22；
⑤四面体ACB1D1的体积等于12a3
【答案】①③④
【解析】解：延长EF分别与B1A1，B1B的延长线交于N，Q，连接GN交A1D1于H，设HG与B1C1的延长线交于P，连接PQ交CC1于I，交BC于M，连FH，HG，GI，IM，ME，则截面六边形EFHGIM为正六边形，故①正确；
B1D1与HG相交，故B 1D1与平面EFG相交，所以②不正确；
∵BD1⊥AC，BD1⊥B1C，且AC与B1C相交，所以BD1⊥平面ACB1，故③正确；
以D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角可得异面直线EF与BD1的夹角的正切值为22，故④正确；
四面体ACB1D1的体积等于正方体的体积减去四个正三棱锥的体积，即为a3-4×13×12a3=13a3，故⑤不正确．
故答案为：①③④
根据公里3，作截面可知①正确；根据直线与平面的位置关系可知②不正确；根据线面垂直的判定定理可知③正确；根据空间向量夹角的坐标公式可知④正确；用正方体体积减去四个正三棱锥的体积可知⑤不正确．
本题考查了命题的真假判断与应用，属难题．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
2. 已知二项式(x2+12x)n(n∈N*)展开式中，前三项的二项式系数和是56，求：
(Ⅰ)n的值；
(Ⅱ)展开式中的常数项．
【答案】解：(Ⅰ)Cn0+Cn1+Cn2=56…2分
⇒1+n+n(n-1)2=56⇒n2+n-110=0⇒n=10，n=-11(舍去).…5分
(Ⅱ)(x2+12x)10展开式的第r+1项是
C10r(x2)10-r(12x)r=C10r(12)rx20-5r2，20-5r2=0⇒r=8，…10分
故展开式中的常数项是C108(12)8=45256.…12分．
【解析】(Ⅰ)利用已知条件列出方程，即可求解n的值；
(Ⅱ)利用展开式，通过x的幂指数为0，转化求解即可．
本题考查二项式定理的应用，二项式定理系数的性质的应用，考查计算能力．
1. 在锐角△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，且3a=2csinA
(1)确定角C的大小；
(2)若c=7，且△ABC的面积为332，求a+b的值．
【答案】解：(1)∵3a=2csinA
∴正弦定理得3sinA=2sinCsinA，
∵A锐角，
∴sinA>0，
∴sinC=32，
又∵C锐角，
∴C=π3
(2)三角形ABC中，由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC
即7=a2+b2-ab，
又由△ABC的面积得S=12absinC=12ab32=332．
即ab=6，
∴(a+b)2=a2+b2+2ab=25
由于a+b为正，所以a+b=5．
【解析】(1)利用正弦定理把已知条件转化成角的正弦，整理可求得sinC，进而求得C．
(2)利用三角形面积求得ab的值，利用余弦定理求得a2+b2的值，最后求得a+b的值．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理的运用.考查了学生对三角函数基础知识的综合运用．
2. 已知f(x)=xlnx，g(x)=-x2+ax-3．
(1)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值；
(2)对一切x∈(0,+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】解：(1)∵f(x)=xlnx，
，…(1分)
当x∈(0,1e),f'(x)<0,f(x)单调递减，
当x∈(1e,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增，…(3分)
①00)，
则h'(x)=(x+3)(x-1)x2，…(10分)
①x∈(0,1)，，h(x)单调递减，
②x∈(1,+∞)， 0'/>，h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(1)=4，
对一切x∈(0,+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
∵g(x)=-x2+ax-3.所以a≤h(x)min=4；…(13分)
【解析】，当x∈(0,1e),f'(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(1e,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增，由此进行分类讨论，能求出函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值．
(2)由2xlnx≥-x2+ax-3，知a≤2lnx+x+3x，设h(x)=2lnx+x+3x(x>0)，则h'(x)=(x+3)(x-1)x2，由此入手能够求出实数a的取值范围．
本题考查求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值；对一切x∈(0,+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．
1. 如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=1，且AB⊥AC，M是CC1的中点，N是BC的中点，点P在直线A1B1上，且满足A1P=λA1B1
(Ⅰ)证明：PN⊥AM
(Ⅱ)当平面PMN与平面ABC所成的锐二面角为π4时，试求直线PM与平面ABC所成角的正弦值大小．
【答案】证明：(Ⅰ)三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=1，且AB⊥AC，
M是CC1的中点，N是BC的中点，点P在直线A1B1上，且满足A1P=λA1B1
以AB,AC,AA1分别作为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系A-xyz，如图，
则A(0,0，0)，B(1,0，0)，C(0,1，0)，A1(0,0，1)，B1(1,0
，1)，
∵M是CC1的中点，N是BC的中点，∴M(0,1，12)，N(12,12,0)，
∵A1P=λA1B1，∴P(λ,0，1)，
PN=(12-λ,12,-1)，AM=(0,1，12)，
PN⋅AM=0+12-12=0，
∴PN⊥AM．
解：(Ⅱ)MP=(λ,-1,12)，MN=(12,-12,12)，
设平面PMN的一个法向量为n=(x,y，z)，
则n⋅MP=0n⋅MN=0，即λx-y+12z=012x-12y+12z=0，
令z=2，则n=(1λ-1,2λ-1λ-1,2)，
又平面ABC的一个法向量为m=(0,0，1)，平面PMN与平面ABC所成的锐二面角为π4，
∴cosπ4=|n⋅m||n|⋅|m|，∴[2(λ-1)]21+(2λ-1)2+(2λ-2)2=12，
解得λ=-12，此时P(-12,0,1)，
∴MP=(-12,-1,12)，cos=1214+1+14×1=66．
∴直线PM与平面ABC所成角的正弦值为66．
【解析】(Ⅰ)以AB,AC,AA1分别作为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系A-xyz，利用向量法能证明PN⊥AM．
(Ⅱ)求出平面PMN的一个法向量和平面ABC的一个法向量，由平面PMN与平面ABC所成的锐二面角为π4，得λ=-12，从而P(-12,0,1)，利用向量法能求出直线PM与平面ABC所成角的正弦值．
本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
1. 将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且AE=2．
(Ⅰ)求证：DE⊥AC；
(Ⅱ)求DE与平面BEC所成角的正弦值；
(Ⅲ)直线BE上是否存在一点M，使得CM//平面ADE，若存在，求点M的位置，不存在请说明理由．
【答案】解：(Ⅰ)以A为坐标原点AB，AD，AE所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系
则E(0,0，2)，B(2,0，0)D(0，2，0)，
做BD的中点F并连接CF，AF；由题意可得CF⊥BD且AF=CF=2
又∵平面BDA⊥平面BDC，∴CF⊥平面BDA，
所以C的坐标为C(1,1，2)
∴DE=(0,-2,2)，AC=(1,1，2)
∴DE⋅AC=(0,-2,2)⋅(1,1，2)=0
故DE⊥AC
(Ⅱ)设平面BCE的法向量为n=(x,y，z) 则
n⋅EB=0N⋅CB=0，即2x-2z=0x-y-2z=0∴z=2y=-x
令x=1得n=(1,-1,2) 又DE=(0,-2,2)
设平面DE与平面BCE所成角为θ，则
sinθ=|cos<n，DE>|=|n⋅DE||n||DE|=63
(III)假设存在点M使得CM//面ADE，则EM=λEB
EB=(2,0，-2)，∴EM=(2λ,0，-2λ) 得M(2λ,0，2-2λ)
又因为AE⊥平面ABD，AB⊥AD 所以AB⊥平面ADE
因为CM//面ADE，则CM⊥AB 即CM⋅AB=0
得2λ-1=0∴λ=12
故点M为BE的中点时CM//面ADE．
【解析】(Ⅰ)借助空间向量来证 DE⊥AC，只需在空间直角坐标系下，证明DE⋅AC=0 即可.以A为坐标原点AB，AD，AE所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，再写出定点E，A，B，D的坐标，求出C点坐标，向量DE，AC坐标，再计算(Ⅱ)DE⋅AC，看是否为0．
(Ⅱ)DE与平面BEC所成角，也即DE与平面BCE的法向量所成角的余角，设平面BCE的法向量为n=(x,y，z) 则
根据法向量与平面内任意向量垂直，即可求出平面BCE的法向量坐标，再求平面BCE的法向量与DE所成角，最后求出该角的余角即可．
(III)先假设直线BE上存在一点M，使得CM//平面ADE，向量CM垂直于平面ADE的法向量，再利用垂直时数量积为0来计算.如能计算出参数λ的值，则存在，否则，不存在．
夲题考查了用空间向量求证线线垂直，线面平行，以及线面角，属于常规题，需掌握．
1. 已知P(-22,0),Q(22,0)，动点M满足kMP⋅kMQ=-12，设动点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知直线y=k(x-1)与曲线C交于A、B两点，若点N(114,0)，求证：NA⋅NB为定值．
【答案】(本题满分(14分)；第(1)小题(6分)，第(2)小题8分)
解：(1)设动点M(x,y)，P(-22,0),Q(22,0)，动点M满足kMP⋅kMQ=-12，
可得：yx+22⋅yx-22=-12，即x28+y24=1．
曲线C的方程：x28+y24=1．
(2)由y=k(x-1)x28+y24=1，得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-8=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由韦达定理得：x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2-82k2+1，
∴NA⋅NB=(x1-114,y1)⋅(x2-114,y2)，
=x1x2-114(x1+x2)+12116+k2(x1-1)(x2-1)
=(k2+1)x1x2-(114+k2)(x1+x2)+x2+12116
=(k2+1)2k2-82k2+1-(114+k2)4k22k2+1+k2+12116
=-16k2-82k2+1+12116=-716，
∴NA⋅NB为定值-716．
【解析】(1)设出M的坐标，利用动点M满足kMP⋅kMQ=-12，列出方程求解即可．
(2)联立直线与曲线方程，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，利用韦达定理结合已知条件能证明NA⋅NB为定值．
本题考查轨迹方程的求法，考查向量的数量积为定值的证明，解题时要认真审题，注意椭圆的简单性质的合理运用．