河北省曲周县一中2018-2019学年高二上学期12月月考数学（理）试卷

河北省曲周县一中2018-2019学年高二上学期12月月考数学（理）试卷

曲周县第一中学高二理科数学月考试卷 第Ⅰ卷（选择题 共60分） 20181224‎ 一、选择题：(本大题共12小题,每小题5分,共60分.)‎ ‎1.“”是“”的（ ）‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 ‎ C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎2.曲线在点处的切线方程为（ ）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎3.已知为等比数列，且，，则（ ）‎ A． B． C．4 D．‎ ‎4.双曲线的一个焦点到渐近线的距离为（ ）‎ A．1 B．2 C. D．‎ ‎5.在正方体中分别是和的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A．0 B． C. D．‎ ‎6. 已知，则 的最小值（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎7.在中，三内角所对边的长分别为，已知，，，则（ ）‎ A． B． C.或 D．或 ‎8.下列有关命题的说法正确的是（ ）‎ A．命题“，则”的逆否命题是真命题 ‎ B．命题“，均有”的否定为“，使得” ‎ C.命题“”的否定是“” ‎ D．命题“若，则”的否命题为“若，则”‎ ‎9. 函数，是的导函数，则的图象大致是（ ）‎ ‎ A B C D ‎10.已知等差数列的前项和为，，，则数列的前项和为（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎11如图，在三棱锥O-ABC中 ，点D是棱AC的中点 ，若 ， ， ，则等于( )‎ A. B. C. D.‎ ‎12. 设是函数的导函数，，若对任意的，，则的解集为（ ）‎ A. (－1,1) B. (－1,+∞) C. (－∞,－1) D. (－∞,1) ‎ ‎ ‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分.)‎ ‎13.若满足约束条件，则的最大值为 ．‎ ‎14.已知抛物线，过其焦点的直线交抛物线于两点，若，的中点的横坐标为2，则此抛物线的方程为 ．‎ ‎15. 若在(－1,+∞)上是减函数，则b的取值范围是 ．‎ ‎16. 如图，已知二面角的大小为60°，其棱上有，两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，已知，，，则线段的长为 ．‎ 三、解答题：(本大题共6小题，17题10分，其余5题每题12分 ，共70分.)‎ ‎17.在锐角中，内角的对边分别为，已知.‎ ‎（Ⅰ）求的大小；‎ ‎（Ⅱ）若，求的值和的面积.‎ ‎18. 设数列满足， ‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，求数列的前项和.‎ ‎19. 如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CP＝m.‎ ‎(1) 若m＝1，求异面直线AP与BD1所成角的余弦值；‎ ‎(2) 是否存在实数m，使直线AP与平面AB1D1所成角的正弦值是？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎20. 如图，在四棱锥中，平面，且，，，且，.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值.‎ ‎21. 已知函数.‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎（2）求在区间[0,1]上的最小值.‎ ‎22. 已知椭圆经过点，离心率为.‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）直线与椭圆交于两点，线段的垂直平分线交轴于点，且，求直线的方程.‎ ‎试卷答案 一、选择题 ‎1-5:ABCBD 6-10: CCBAC 11、12：BB 二、填空题 ‎13.2 14. 15. (－∞,－1] 16. ‎ 三、解答题 ‎17.解：（Ⅰ）由，‎ 由正弦定理，得，则.‎ ‎∵，，∴，‎ ‎∴，，∵，∴.‎ ‎（Ⅱ）由，得.‎ 根据余弦定理，得，∴.‎ ‎∴.‎ ‎18. 解：（1）因为， ①‎ 当时， ②‎ ‎①②得， ，所以 当时， 适合上式，所以（）‎ ‎（2）由（1）得所以 所以 ‎③‎ ‎④‎ ‎③④得 ‎,‎ 所以 ‎19. (1) 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，1，m)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，B1(1，1，2)，D1(0，0，2)．‎ 所以 ＝(－1，－1，2)， ＝(－1，1，1)．‎ ‎ ，‎ 即异面直线AP与BD1所成角的余弦是.‎ ‎(2) 假设存在实数m，使直线AP与平面AB1D1所成的角的正弦值等于，则 ‎＝(1，1，0)，＝(－1，0，2)，＝(－1，1，m)．‎ 设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则由 得 取x＝2，得平面AB1D1的法向量为n＝(2，－2，1)．‎ 由直线AP与平面AB1D1所成的角的正弦值等于，得 ‎，‎ 解得m＝.‎ 因为0≤m≤2，所以m＝满足条件，‎ 所以当m＝时，直线AP与平面AB1D1所成的角的正弦值等于.‎ ‎20. （Ⅰ）证明：∵平面，∴.又，，‎ ‎∴.故平面.又平面，∴平面平面.‎ ‎（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，，设的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，过点作的平行线为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 不防设，又∵，，，‎ ‎∴.连接，又，∴,∴，∴平面.‎ ‎∴，‎ ‎，，.‎ 设为平面的法向量，‎ 则，即，可取.‎ ‎∵为平面的法向量，∴.‎ 又二面角的平面角为钝角，∴二面角的余弦值为.‎ ‎21. 解：（1）‎ 令，得，‎ ‎，随的变化情况如下：‎ ‎0‎ ‎∴的单调递减区间是，的单调递增区间；‎ ‎（2）当，即时，函数在区间上单调递增，‎ ‎∴在区间上的最小值为；‎ 当，即时，‎ 由（1）知，在区间上单调递减，在区间上单调递增，‎ ‎∴在区间上的最小值为 当，即时，函数在区间上单调递减，‎ ‎∴在区间上的最小值为；‎ 综上所述 ‎22.解：（Ⅰ）由题意得，解得.故椭圆的方程是.‎ ‎（Ⅱ）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，‎ 联立，消去，得.‎ 则有，.‎ ‎.‎ 设的中点为，则，.‎ ‎∵直线与直线垂直，∴，整理得.∴.‎ 又∵‎ ‎，‎ ‎∴，解得或.‎ ‎∵与矛盾，∴.∵，∴.‎ 故直线的方程为或.‎