数学卷·2018届广东省汕头市金山中学高二12月月考考试文科数学（解析版）x
2016-2017学年广东省汕头市金山中学高二12月月考考试文科数学
一、选择题：共12题
1．已知过点P(-2,m),Q(m,4)的直线的倾斜角为45°，则m的值为
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】A
【解析】本题主要考查直线的倾斜角与斜率.由题意可得m-4-2-m=tan45°=1,所以m=1.
2．命题“若f(x)是奇函数，则f(-x)是奇函数”的否命题是
A.若f(x)是偶函数，则f(-x)是偶函数
B.若f(-x)是奇函数，则f(x)是奇函数
C.若f(x)不是奇函数，则f(-x)不是奇函数
D.若f(-x)不是奇函数，则f(x)不是奇函数
【答案】C
【解析】本题主要考查四种命题.由否命题的定义可知，答案为C.
3．设a∈R，则“a=2或a=-2”是“直线l1: x+ay+3=0与直线l2: ax+4y+6=0平行”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.既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】本题主要考查充分条件与必要条件、两条直线的位置关系，考查了逻辑推理能力.必要性：若直线l1: x+ay+3=0与直线l2: ax+4y+6=0平行，则4×1-a2=0且1×6-3a≠0,则a=-2，所以必要性成立；充分性：当a=2时，显然直线l1与直线l2重合，故充分性不成立，因此答案为B.
4．在空间中，设m表示直线，α,β表示不同的平面，则下列命题正确的是
A.若α//β，m//α，则m//β B.若α⊥β，m⊥α，则m//β
C.若α⊥β，m//α，则m⊥β D.若α//β，m⊥α，则m⊥β
【答案】D
【解析】本题主要考查线面、面面平行与垂直的判定与性质，考查了空间想象能力.若α//β，m//α，则m//β或m在β内，故A错误；若α⊥β，m⊥α，则m//β或m在β内，故B错误；若α⊥β，m//α，则m与β的位置关系不确定，故C错误；因此答案为D.
5．已知焦点在y轴上的椭圆方程为x27-m+y2m-4=1，则m的范围为
A.（4,7） B.(112,7) C.(7,+∞) D.(-∞,4)
【答案】B
【解析】本题主要考查椭圆的方程.因为焦点在y轴上的椭圆方程为x27-m+y2m-4=1，所以m-4>7-m>0,则112
2x+2>2x,则22-20
【解析】本题主要考查全称命题与特称命题的否定.由特称命题否定的定义可知，答案为∀x∈R,2x>0
14．将直线l:y=-3x+23绕点(2,0)按顺时针方向旋转60°得到直线l'，则直线l'的方程是 .
【答案】y=3x-23
【解析】本题主要考查直线的倾斜角、斜率与方程，考查了逻辑推理能力.由y=-3x+23直线的斜率为-3，所以倾斜角为120°，按顺时针方向旋转60°可得直线l'的倾斜角为60°，则斜率为3，则直线l'的方程是y=3(x-2)
15．已知实数x,y满足(x-1)2+y2=1，则2x-y的最大值是
【答案】2+5
【解析】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查了方程思想与计算能力.设2x-y=t,则y=2x-t,代入(x-1)2+y2=1，化简可得5x2-2+4tx+t2=0,由题意可得∆=2+4t2-20t2≥0,化简可得t2-4t-1≤0,求解可得2-5≤t≤2+5,故答案为2+5
16．在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AB=2,AA1=23，点A,B,C,D在球O的表面上，球O与BA1的另一个交点为E，与CD1的另一个交点为F，且AE⊥BA1，则球O的表面积为 .
【答案】8π
【解析】本题主要考查空间几何体、球的表面积与体积，考查了空间想象能力.由题意，因为AE⊥BA1，所以AB为三角形ABC的外接圆的直径，由对称性可知，三棱柱ABE-DCF的外接球是球O，设AB的中点为O1，则OO1⊥平面ABE，所以球的半径R=2，则球O的表面积为4πR2=8π
三、解答题：共6题
17．设函数f(x)=cos(x+23π)+2cos2x2,x∈R.
（1）求f(x)的值域；
（2）记△ABC的内角A、B、C的对边长分别为a,b,c，若f(B) =1，b=1,c=3，求|AP|2+|BP|2的值.
【答案】(1)fx=cosxcos23π-sinxsin23π+cosx+1 =-12cosx-32sinx+cosx+1=-32sinx+12cosx+1=sin(x+5π6)+1
所以f(x)的值域为[0,2]
（2）由f(B)=1得sin(B+5π6)+1=1,即sin(B+5π6)=0，又因01,命题q：方程x2+y2+4mx-2y+5m=0表示圆，若¬p和p∨q都为真命题,求实数m的取值范围.
【答案】由d=|3-4m-2|5>1，解得m>32或m<-1.
即p:m>32或m<-1.
再由16m2+4-20m>0解得m<14或m>1，
即q:m<14或m>1.
因为¬p和p∨q都为真命题，所以p为假命题，q为真命题.
故有-1≤m≤32m<14或m>1，所以-1≤m<14或132或m<-1；由圆的方程的充要条件可得q:m<14或m>1.易得p为假命题，q为真命题，则-1≤m≤32m<14或m>1，求解即可.
19．如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为3，侧棱AA1=332,D是CB延长线上一点，且BD=BC.
（1）求证：直线BC1//平面AB1D；
（2）求三棱锥C1—ABB1的体积.
【答案】（1）证明：CD//C1B1，BD=BC=B1C1
∴四边形BDB1C1是平行四边形，
∴BC1//DB1.
又∵DB1⊂平面AB1D，BC1⊄平面AB1D，
∴直线BC1//平面AB1D
（2）过C1作C1F⊥A1B1于F
由正三棱柱的性质有 平面A1B1C1⊥平面BB1A1A
又∵面A1B1C1∩面BB1A1A=A1B1
∴C1F⊥面BB1A1A
∵C1F=32×3=323 且SΔABB1=12×3×332=934，
∴VC1-ABB1=13×934×332=278
【解析】本题主要考查线面、面面平行与垂直的判定与性质、空间几何体的体积，考查了转化思想、逻辑推理能力与空间想象能力.(1)证明四边形BDB1C1是平行四边形，则易得结论；(2) 过C1作C1F⊥A1B1于F，再证明C1F⊥面BB1A1A，则结论易得.
20．已知圆C：(x-3)2+(y-4)2=4,平面上有两点A(1,0),B(-1,0)，点P是圆C上的动点，
(1)求|AP|2+|BP|2的最小值；
(2)若Q是x轴上的点，QM,QN分别切圆C于M,N两点，若|MN|=23，求直线QC的方程.
【答案】（1）设P(x,y), 则|AP|2+|BP|2=(x-1)2+y2+(x+1)2+y2=2(x2+y2)+2=2|OP|2+2
由于P为圆上的点，所以|OP|min=|OC|-r=32+42-2=3
所以|AP|2+|BP|2的最小值为20
（2）
设Q(x0,0)，因为圆C的半径r=2，而|MN|=23，
则∠MCN=2π3
又∵ΔQCN≅ΔQCM
∴∠MCQ=π3
又∵∠CMQ=π2,|CM|=2
∴|QC|=4
由(x0-3)2+(0-4)2=16得
x0=3
所求直线QC的方程：x=3
【解析】本题主要考查点线圆的位置关系、圆的性质，考查了转化思想与逻辑推理能力.(1) 设P(x,y), 化简可得|AP|2+|BP|2=2|OP|2+2，又|OP|min=|OC|-r，则结论易得；(2)由题意可得∠MCN=2π3，求出|QC|=4，即可求出点Q坐标，则结论可得.
21．如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=63，E是PB上任意一点。
（1）求证：AC⊥DE；
（2）当ΔAEC的面积最小时，求证：CE⊥面PAB
（3）当ΔAEC的面积最小值为9时，问：线段BC上是否存在点G，使EG与平面PAB所成角的正切值为2？若存在，求出BG的值，若不存在，请说明理由.
【答案】
（1）证明：连接BD，设AC与BD相交于点F
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD,
又∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD
∴PD⊥AC
而PD∩BD=D
∴AC⊥平面PDB
又∵DE⊂平面PBD
∴AC⊥DE
（2）连结EF, 由（I）知AC⊥平面PDB，EF⊂平面PBD
所以 AC⊥EF.
∵SΔACE=12AC⋅EF,且AC=6
当ΔACE面积最小时，EF最小，这时EF⊥PB.
∵AC⊥平面PDB
∴PB⊥AC
又∵EF∩AC=F
∴PB⊥平面AEC
∴PB⊥EC
又由EF=AF=FC=3可得 EC⊥AE
而PB∩AE=E，
故EC⊥平面PAB,
（3）由已知，(SΔACE)min=12×6×EF=9，解得EF=3
作GH//CE交PB于点G，由（2）知EC⊥平面PAB
∴GH⊥平面PAB
所以∠GEH就是EG与平面PAB所成角
在直角三角形CEB中，BC=6, EC=32 , EB=32
所以∠CBE=45°
设BG=x，则BH=HG=22x,
由tan∠GEH=2得EH=24x,
由EH+HB=EB得x=4
即存在满足题意的点G，且BG=4
【解析】本题主要考查线面、面面垂直的判定与性质、直线与平面所成的角，考查了逻辑推理能力与空间想象能力.(1)由题意，证明AC⊥BD，PD⊥AC,可得AC⊥平面PDB，则结论易得;(2) 连结EF,易得SΔACE=12AC⋅EF，知当ΔACE面积最小时，EF最小，这时EF⊥PB,可得PB⊥平面AEC，则PB⊥EC，在三角形ACE中，证明EC⊥AE，即可得出结论；(3) 作GH//CE交PB于点G，由（2）知EC⊥平面PAB，则∠GEH就是EG与平面PAB所成角，由tan∠GEH=2求解可得结论.
22．已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为F1(-3,0),而且过点H(3,12).
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设椭圆E的上下顶点分别为A1,A2,P是椭圆上异于A1,A2的任一点,直线PA1,PA2分别交轴于点N,M,若直线OT与过点M,N的圆G相切,切点为T.证明：线段OT的长为定值,并求出该定值.
【答案】（Ⅰ）解:由题意得a2-b2=3,3a2+14b2=1 ,解得a2=4,b2=1,
所以椭圆E的方程为x24+y2=1.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知A1(0,1),A2(0,-1),设P(x0,y0),
直线PA1:y-1=y0-1x0x,令y=0,得xN=-x0y0-1;
直线PA2:y+1=y0+1x0x,令y=0,得xM=x0y0+1;
设圆G的圆心为(12(x0y0+1-x0y0-1),h),则r2=[12(x0y0+1-x0y0-1)-x0y0+1]2+h2=14(x0y0+1+x0y0-1)2+h2
OG2=14(x0y0+1-x0y0-1)2+h2
OT2=OG2-r2=14(x0y0+1+x0y0-1)2+h2-14(x0y0+1-x0y0-1)2-h2=x021-y02，
而x024+y02=1,所以x02=4(1-y02)
所以OT2=4(1-y02)1-y02=4
所以|OT|=2,即线段OT的长度为定值2
【解析】本题主要考查椭圆的方程与性质、直线与圆锥曲线的位置关系，考查了逻辑推理能力与计算能力.(1) 由题意得a2-b2=3,3a2+14b2=1 ,求解易得结论；(2)设点P的坐标，求出直线PA1,PA2，进而得M、N两点的坐标，设圆G的圆心为(12(x0y0+1-x0y0-1),h),由题意，结合椭圆方程，化简OT2=OG2-r2，即可得出结论.