大观区第一高级中学2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含答案

一、选择题

1． Sn是等差数列{an}的前n项和，若3a8－2a7＝4，则下列结论正确的是（ ） A．S18＝72 C．S20＝80

2B．S19＝76 D．S21＝84

2． 已知抛物线C：y4x的焦点为F，定点A(0,2)，若射线FA与抛物线C交于点M，与抛 物线C的准线交于点N，则|MN|:|FN|的值是（ ）

A．(52):5 B．2:5 C．1:25 D．5:(15) 3．

sin 15°

－2sin 80°的值为（ ） sin 5°

B．－1 D．－2

A．1 C．2

4． 四棱锥PABCD的底面ABCD为正方形，PA底面ABCD，AB2，若该四棱锥的所有顶点都在

243同一球面上，则PA（ ） 1679A．3 B． C．23 D．

22体积为

【命题意图】本题考查空间直线与平面间的垂直和平行关系、球的体积，意在考查空间想象能力、逻辑推理能力、方程思想、运算求解能力． 5．

=（ ）

A．﹣i B．i C．1+i D．1﹣i

6． 设抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，点M在C上，|MF|=5，若以MF为直径的圆过点（0，2），则C的方程为（ ） A．y2=4x或y2=8x C．y2=4x或y2=16x

B．y2=2x或y2=8x D．y2=2x或y2=16x

xy20y7． 已知变量x,y满足约束条件x1，则的取值范围是（ ）

xxy70A．[,6] B．(,]U[6,) C．(,3]U[6,) D．[3,6] 8． 二进制数10101（2）化为十进制数的结果为（ ）

9595第 1 页，共 20 页

A．15 B．21 C．33 D．41

9． 在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是，，，已知8b5c，C2B，则cosC（ ） A．

77247 B． C.  D．

2525252510．已知函数f（x）=sin2（ωx）﹣（ω＞0）的周期为π，若将其图象沿x轴向右平移a个单位（a＞0），所得图象关于原点对称，则实数a的最小值为（ ） A．π

B．

C．

D．

11．执行如图所示的程序框图，输出的结果是（ ）

A．15 B．21 C．24 D．35

12．已知等比数列{an}的公比为正数，且a4•a8=2a52，a2=1，则a1=（ ） A．

B．2

C．

D．

二、填空题

13．调查某公司的四名推销员，其工作年限与年推销金额如表

1 2 3 4 推销员编号 工作年限x/（年） 3 5 3 =

x+

10 7 14 12 年推销金额y/（万元）2 由表中数据算出线性回归方程为

．若该公司第五名推销员的工作年限为8年，则估计他（她）的年

推销金额为 万元．

14．抽样调查表明，某校高三学生成绩（总分750分）X近似服从正态分布，平均成绩为500分．已知P（400＜X＜450）=0.3，则P（550＜X＜600）= ．

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15．平面内两定点M（0，一2）和N（0,2），动点P（x，y）满足为曲线E，给出以下命题： ①m，使曲线E过坐标原点； ②对m，曲线E与x轴有三个交点；

③曲线E只关于y轴对称，但不关于x轴对称；

④若P、M、N三点不共线，则△ PMN周长的最小值为2m＋4;

⑤曲线E上与M,N不共线的任意一点G关于原点对称的另外一点为H，则四边形GMHN 的面积不大于m。

其中真命题的序号是 ．（填上所有真命题的序号） 16．若x，y满足线性约束条件

，则z=2x+4y的最大值为 ．

，动点P的轨迹

17．【盐城中学2018届高三上第一次阶段性考试】已知函数f（x）=x3x，对任意的m∈[﹣2，2]，f（mx﹣2）+f（x）＜0恒成立，则x的取值范围为_____． 18．在矩形ABCD中，

=（1，﹣3），

，则实数k= ．

三、解答题

19．武汉市为增强市民交通安全意识，面向全市征召义务宣传志愿者．现从符合条件的志愿者中随机抽取100名按年龄分组：第1组[20，25），第2组[25，30），第3组[30，35），第4组[35，40），第5组[40，45]，得到的频率分布直方图如图所示． （1）分别求第3，4，5组的频率；

（2）若从第3，4，5组中用分层抽样的方法抽取6名志愿者参加广场的宣传活动，应从第3，4，5组各抽取多少名志愿者？

（3）在（2）的条件下，该市决定在这6名志愿者中随机抽取2名志愿者介绍宣传经验，求第4组至少有一名志愿者被抽中的概率．

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20．如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，E为AC与BD的交点，PA平 面ABCD，M为PA中点，N为BC中点． （1）证明：直线MN//平面ABCD；

（2）若点Q为PC中点，BAD120，PA3，AB1，求三棱锥AQCD的体积．

x2y2221．已知椭圆C:221ab0的左右焦点分别为F1,F2，椭圆C过点P1,2，直线PF1 abuuuuvuuuv交y轴于Q，且PF22QO,O为坐标原点．

（1）求椭圆C的方程；

（2）设M是椭圆C上的顶点，过点M分别作出直线MA,MB交椭圆于A,B两点，设这两条直线的斜率 分别为k1,k2，且k1k22，证明：直线AB过定点．

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22．已知椭圆C：的右顶点．

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

N两点，MN、ON的斜率依次成等比数列，（Ⅱ）设不过原点O的直线与椭圆C交于M、且直线OM、求△OMN面积的取值范围．

23．已知数列{an}满足a1=，an+1=an+（Ⅰ）证明：bn∈（0，1） （Ⅱ）证明：

=

，数列{bn}满足bn=

+

=1（a＞b＞0）与双曲线

﹣y2=1的离心率互为倒数，且直线x﹣y﹣2=0经过椭圆

（Ⅲ）证明：对任意正整数n有an

24．（本小题满分13分）

．

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x2y2椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，直线l:xmy1经过点F1与椭圆C交于点M，

ab2点M在x轴的上方．当m0时，|MF1|．

2（Ⅰ）求椭圆C的方程；

SMF1F2（Ⅱ）若点N是椭圆C上位于x轴上方的一点， MF1//NF2，且3，求直线l的方程．

SNF1F2

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大观区第一高级中学2018-2019学年上学期高二数学12月月考试题含答案（参考答案） 一、选择题

1． 【答案】

【解析】选B.∵3a8－2a7＝4， ∴3（a1＋7d）－2（a1＋6d）＝4，

18×17d17

即a1＋9d＝4，S18＝18a1＋＝18（a1＋d）不恒为常数．

2219×18d

S19＝19a1＋＝19（a1＋9d）＝76，

2同理S20，S21均不恒为常数，故选B. 2． 【答案】D 【解析】

考点：1、抛物线的定义； 2、抛物线的简单性质.

【 方法点睛】本题主要考查抛物线的定义和抛物线的简单性质，属于难题.与焦点、准线有关的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转化：（1）将抛物线上的点到准线距转化为该点到焦点的距离；（2）将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，使问题

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得到解决.本题就是将M到焦点的距离转化为到准线的距离后进行解答的. 3． 【答案】

sin 15°

【解析】解析：选A.－2 sin 80°

sin 5°sin（10°＋5°）＝－2cos 10°＝

sin 5°

sin 10°cos 5°＋cos 10°sin 5°－2 cos 10°sin 5°

sin 5°

sin 10°cos 5°－cos 10°sin 5°sin（10°－5°）＝＝＝1，选A.

sin5 °sin 5°4． 【答案】B

【解析】连结AC,BD交于点E，取PC的中点O，连结OE，则OEPPA，所以OE底面ABCD，则O到四棱锥的所有顶点的距离相等，即O球心，均为可得

111PCPA2AC2PA28，所以由球的体积222412437，解得PA，故选B． (PA28)332162

5． 【答案】 B 【解析】解：故选：B．

【点评】本题考查复数的代数形式混合运算，复数的除法的运算法则的应用，考查计算能力．

6． 【答案】 C 【解析】解：∵抛物线C方程为y2=2px（p＞0）， ∴焦点F坐标为（，0），可得|OF|=， ∵以MF为直径的圆过点（0，2）， ∴设A（0，2），可得AF⊥AM，

=

=

=i．

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Rt△AOF中，|AF|==，

∴sin∠OAF==，

∵根据抛物线的定义，得直线AO切以MF为直径的圆于A点，

∴∠OAF=∠AMF，可得Rt△AMF中，sin∠AMF==，

∵|MF|=5，|AF|=

∴=，整理得4+=，解之可得p=2或p=8

因此，抛物线C的方程为y2=4x或y2=16x． 故选：C．

方法二：

∵抛物线C方程为y2=2px（p＞0），∴焦点F（，0）， 设M（x，y），由抛物线性质|MF|=x+=5，可得x=5﹣， 因为圆心是MF的中点，所以根据中点坐标公式可得，圆心横坐标为

=，

由已知圆半径也为，据此可知该圆与y轴相切于点（0，2），故圆心纵坐标为2，则M点纵坐标为4，

即M（5﹣，4），代入抛物线方程得p2﹣10p+16=0，所以p=2或p=8． 所以抛物线C的方程为y2=4x或y2=16x． 故答案C．

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【点评】本题给出抛物线一条长度为5的焦半径MF，以MF为直径的圆交抛物线于点（0，2），求抛物线的方程，着重考查了抛物线的定义与简单几何性质、圆的性质和解直角三角形等知识，属于中档题．

7． 【答案】A 【解析】

试题分析：作出可行域，如图ABC内部（含边界），表示点(x,y)与原点连线的斜率，易得A(,)，B(1,6)，

yx5922kOA969y92，kOB6，所以6．故选A． 5515x2

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考点：简单的线性规划的非线性应用． 8． 【答案】B 【解析】

试题分析：10101212412212021，故选B. 考点：进位制 9． 【答案】A 【解析】

考

点：正弦定理及二倍角公式.

【思路点晴】本题中用到了正弦定理实现三角形中边与角的互化，同角三角函数间的基本关系及二倍角公式，如sincos1,cos2cossin,这要求学生对基本公式要熟练掌握解三角形时常借助于正弦定

2222理

abc2R，余弦定理a2b2c22bccosA， 实现边与角的互相转化. sinAsinBsinC=π，可得ω=1，

10．【答案】D

【解析】解：由函数f（x）=sin2（ωx）﹣=﹣cos2ωx （ω＞0）的周期为故f（x）=﹣cos2x．

若将其图象沿x轴向右平移a个单位（a＞0），可得y=﹣cos2（x﹣a）=﹣cos（2x﹣2a）的图象； 再根据所得图象关于原点对称，可得2a=kπ+则实数a的最小值为故选：D

【点评】本题主要考查三角恒等变换，余弦函数的周期性，函数y=Acos（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数、余弦函数的奇偶性，属于基础题．

11．【答案】C

【解析】【知识点】算法和程序框图 【试题解析】

否，

．

，a=

+

，k∈Z．

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否，

则输出S=24． 故答案为：C 12．【答案】D

∵a4•a8=2a52，∴a62=2a52， ∴q2=2，∴q=∵a2=1，∴a1=故选：D

， =

．

否，是，

【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，则q＞0，

二、填空题

13．【答案】

【解析】解：由条件可知=（3+5+10+14）=8， =（2+3+7+12）=6， 代入回归方程，可得a=﹣当x=8时，y=

，

万元． ，所以

=

x﹣

，

．

估计他的年推销金额为故答案为：

．

【点评】本题考查线性回归方程的意义，线性回归方程一定过样本中心点，本题解题的关键是正确求出样本中心点，题目的运算量比较小，是一个基础题．

14．【答案】 0.3 ．

【解析】离散型随机变量的期望与方差． 【专题】计算题；概率与统计．

【分析】确定正态分布曲线的对称轴为x=500，根据对称性，可得P（550＜ξ＜600）． ∴正态分布曲线的对称轴为x=500， ∵P（400＜ξ＜450）=0.3， 故答案为：0.3．

【解答】解：∵某校高三学生成绩（总分750分）ξ近似服从正态分布，平均成绩为500分，

∴根据对称性，可得P（550＜ξ＜600）=0.3．

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【点评】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，正确运用正态分布曲线的对称性是关键． 15．【答案】①④⑤

解析：∵平面内两定点M（0，﹣2）和N（0，2），动点P（x，y）满足|∴

•

=m

①（0，0）代入，可得m=4，∴①正确；

②令y=0，可得x2+4=m，∴对于任意m，曲线E与x轴有三个交点，不正确； ③曲线E关于x轴对称，但不关于y轴对称，故不正确； ④若P、M、N三点不共线，|

|+|

|≥2

=2

，所以△PMN周长的最小值为2

+4，正确；

⑤曲线E上与M、N不共线的任意一点G关于原点对称的点为H，则四边形GMHN的面积为2S△MNG=|GM||GN|sin∠MGN≤m，∴四边形GMHN的面积最大为不大于m，正确． 故答案为：①④⑤．

16．【答案】 38 ．

【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图： 由z=2x+4y得y=﹣x+，

平移直线y=﹣x+，由图象可知当直线y=﹣x+经过点A时， 直线y=﹣x+的截距最大，此时z最大， 由

，解得

，

|•|

|=m（m≥4），

即A（3，8），

此时z=2×3+4×8=6+32=32， 故答案为：38

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17．【答案】2,2 3【解析】

18．【答案】 4 ．

【解析】解：如图所示，

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在矩形ABCD中，∴∴

=•

﹣

=（1，﹣3），，

=（k﹣1，﹣2+3）=（k﹣1，1），

=1×（k﹣1）+（﹣3）×1=0，

解得k=4． 故答案为：4．

【点评】本题考查了利用平面向量的数量积表示向量垂直的应用问题，是基础题目．

三、解答题

19．【答案】

【解析】解：（1）由题意可知第3组的频率为0.06×5=0.3， 第4组的频率为0.04×5=0.2， 第5组的频率为0.02×5=0.1； （2）第3组的人数为0.3×100=30， 第4组的人数为0.2×100=20， 第5组的人数为0.1×100=10； 因为第3，4，5组共有60名志愿者，

所以利用分层抽样的方法在60名志愿者中抽取6名志愿者， 每组抽取的人数分别为：第3组

=3；第4组

=2；第5组

=1；

应从第3，4，5组各抽取3，2，1名志愿者．

（3）记第3组3名志愿者为1，2，3；第4组2名志愿者为4，5；第5组1名志愿者为6； 在这6名志愿者中随机抽取2名志愿者有：

（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6）， （2，3），（2，4），（2，5），（2，6）， （3，4），（3，5），（3，6）， （4，5），（4，6）， （5，6）；

共有15种，第4组2名志愿者为4，5；至少有一名志愿者被抽中共有9种， 所以第4组至少有一名志愿者被抽中的概率为

．

【点评】本题考查列举法计算基本事件数及事件发生的概率，频率分布直方图，考查计算能力．

20．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

1. 8第 15 页，共 20 页

试题解析：（1）证明：取PD中点R，连结MR，RC， ∵MR//AD，NC//AD，MRNC∴MR//NC，MRAC， ∴四边形MNCR为平行四边形，

∴MN//RC，又∵RC平面PCD，MN平面PCD， ∴MN//平面PCD．

（2）由已知条件得ACADCD1，所以SACD所以VAQCDVQACD

1AD， 23， 4111SACDPA． 328

考点：1、直线与平面平行的判定；2、等积变换及棱锥的体积公式.

x2y21；（2）证明见解析. 21．【答案】（1）2【解析】

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试

题解析：

uuuuvuuuv（1）PF22QO，∴PF2F1F2，∴c1，

11222221,abcb1， 22ab22∴b1,a2，

x2y21； 即2（2）设AB方程为ykxb代入椭圆方程

∴kb1代入ykxb得：ykxk1所以， 直线必过1,1．1 考点：直线与圆锥曲线位置关系．

2kb1222kx2kbxb10xx,xAgxB，AB12k22y1y1y1yB1kMAA,kMBB，∴kMAkMBAxAxBxAxBb21，

12k2yAxBxAyBxAxBxAgxB2，

【方法点晴】求曲线方程主要方法是方程的思想，将向量的条件转化为垂直.直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方程思想，另一方面要结合已知条件，从图形角度求解．联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解是一个常用的方法. 涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解． 22．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）∵双曲线的离心率为

，所以椭圆的离心率

，

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又∵直线x﹣y﹣2=0经过椭圆的右顶点， ∴右顶点为（2，0），即a=2，c=∴椭圆方程为：

．…

，b=1，…

（Ⅱ）由题意可设直线的方程为：y=kx+m•（k≠0，m≠0），M（x1，y1）、N（x2，y2） 联立

消去y并整理得：（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣1）=0…

则于是

，

…

又直线OM、MN、ON的斜率依次成等比数列． ∴

由m≠0得：

…

又由△=64k2m2﹣16（1+4k2）（m2﹣1）=16（4k2﹣m2+1）＞0，得：0＜m2＜2 显然m2≠1（否则：x1x2=0，则x1，x2中至少有一个为0，

直线OM、ON中至少有一个斜率不存在，与已知矛盾） … 设原点O到直线的距离为d，则

∴故由m的取值范围可得△OMN面积的取值范围为（0，1）…

【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合应用，弦长公式以及三角形的面积的表式，考查转化思想以及计算能力．

23．【答案】

【解析】证明：（Ⅰ）由bn=∴

，且an+1=an+

，得

，

，下面用数学归纳法证明：0＜bn＜1．

①由a1=∈（0，1），知0＜b1＜1， ②假设0＜bk＜1，则

，

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∵0＜bk＜1，∴，则0＜bk+1＜1．

综上，当n∈N*时，bn∈（0，1）； （Ⅱ）由∴

，可得，

=

， =

．

故；

（Ⅲ）由（Ⅱ）得：

，

故由

．

知，当n≥2时，

=

．

【点评】本题考查了数列递推式，考查了用数学归纳法证明与自然数有关的命题，训练了放缩法证明数列不等 式，对递推式的循环运用是证明该题的关键，考查了学生的逻辑思维能力和灵活处理问题的能力，是压轴题．

24．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）由直线l:xmy1经过点F1得c1，

b22当m0时，直线l与x轴垂直，|MF1|， a2c1a2x22y21． （4分） 由b，∴椭圆C的方程为2解得2b12aSMF1F2|MF1|y1（Ⅱ）设M(x1,y1),N(x2,y2)，y10,y20，由MF1//NF2知3.

SNF1F2|NF2|y2第 19 页，共 20 页

xmy1m2(m21)222联立方程x，消去x得(m2)y2my10，解得y 22m2y12m2(m21)m2(m21)∴y1，同样可求得y2， （11分） 22m2m2m2(m21)m2(m21)y1

3得y13y2，∴由，解得m1， 322y2m2直线l的方程为xy10． （13分）

m2第 20 页，共 20 页