人教新课标A版高二数学上学期12月月考试题理A卷

人教新课标A版高二数学上学期12月月考试题理A卷

莆田六中 2016—2017 年度上学期 12 月份月考 高二年段理科数学试卷（A） （时间 120 分钟，满分 150 分） 第Ⅰ卷（满分 60 分） 一、选择题：本题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分，每题只有一个正确答案，把答案填在答题 卷相应的题号上. 1．函数 xxxf  1)( 的导数是（ ） (A) xx 11 2  (B) xx 2 11 2  (C) xx 2 11 2  (D) xx 2 11 2  2．若函数 2)( 3  axxxf 在区间 ),1(  内是增函数，则实数 a 的取值范围是( ) A． ),3(  B． ),3(  C． ),3[  D． )3,(  3．函数 )2,0(,sin1)(  xxxxf ，则函数 )(xf （ ） A．在 )2,0(  内是增函数 B．在 )2,0(  内是减函数 C．在 ),0(  内是增函数，在 )2,(  内是减函数 D．在 ),0(  内是减函数，在 )2,(  内是增函数 4．若函数 4 2( )f x ax bx c   满足 (1) 2f   ，则 ( 1)f    ( ) A．－1 B．－2 C．2 D．0 5．由直线 2 , 1y x y x    ，及 x 轴围成平面图形的面积为( ) A．  1 0 1 2 yy dy     B．   2 3 0 1 2 yy dy     C．   1 3 0 1 2x x dx     D．  1 0 2 1x x dx     6．若 cba ,, 均为空间单位向量,则 )3 2,3 3,3 2(a 是 )2,3,2( cba 的（ ）条件. Ａ．必要不充分条件 Ｂ．充分不必要条件 Ｃ．充要条件 Ｄ．既不充分也不必要条件 7．设 )(),( xgxf 是定义在 R 上的恒大于零的可导函数，且满足 ( ) ( ) ( ) ( ) 0f x g x f x g x   ，则当 O x y A B F1 F2 bxa  时有( ) A． )()()()( bgbfxgxf  B． )()()()( xgafagxf  C． )()()()( xgbfbgxf  D． )()()()( agafxgxf  8．已知 a>0，则 x0 满足关于 x 的方程 ax = b 的充要条件是 ( ) (A) 2 2 0 0 1 1, 2 2x R ax bx ax bx     (B) 2 2 0 0 1 1, 2 2x R ax bx ax bx     (C) 2 2 0 0 1 1, 2 2x R ax bx ax bx     (D) 2 2 0 0 1 1, 2 2x R ax bx ax bx     9．在四棱锥 ABCDP  中， AD 面 PAB， BC 面 PAB，底面 ABCD 为梯形，AD=4，BC=8，AB=6， CPBAPD  ，满足上述条件的四棱锥的顶点 P 的轨迹是（ ） A.圆 B.不完整的圆 C.抛物线 D.抛物线的一部分 10．设函数 ( )f x 在 R 上可导，其导函数为 ( )f x ，且函 数 )(')1( xfxy  的图像如图所示，则下列结论中 一定成立的是( ) A．函数 ( )f x 有极大值 (2)f 和极小值 (1)f B．函数 ( )f x 有极大值 ( 2)f  和极小值 (1)f C．函数 ( )f x 有极大值 (2)f 和极小值 ( 2)f  D．函数 ( )f x 有极大值 ( 2)f  和极小值 (2)f 11．如图, 21, FF 是椭圆 14: 2 2 1  yxC 与双曲线 2C 的公共焦点, BA, 分别是 1C , 2C 在第二、四象限的公共点.若四边形 21BFAF 为 矩形,则 2C 的离心率是( ) A． 2 B． 3 C． 2 3 D． 2 6 12．在直三棱柱 1 1 1A B C ABC 中， 2BAC   ， 1 1AB AC AA   . 已知Ｇ与Ｅ分别为 1 1A B 和 1CC 的中点，Ｄ与Ｆ分别为线段 AC 和 AB 上的动点（不包括端点）. 若GD EF ，则线段 DF 的 长度的取值范围为 ( ) A. 1 , 1 5     B. 1 , 25     C. 1, 2 D. 1 , 2 5     第Ⅱ卷（满分 90 分） 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分共 20 分. 把答案填在答题卷相应的题号上. 13 ． 已 知 曲 线 lny x x  在 点 (1,1) 处 的 切 线 与 曲 线 2 ( 2) 1y ax a x    相 切 ， 则 a  ． 14．设 F1，F2 分别为双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，双曲线上存在一点 P 使得|PF1|＋|PF2| ＝3b，|PF1|·|PF2|＝9 4 ab，则该双曲线的离心率为 . 15．设函数 ' ( )f x 是奇函数 ( )( )f x x R 的导函数， ( 1) 0,f   当 0x  时， ' ( ) ( ) 0xf x f x  ，则使得 ( ) 0f x  成立的 x 的取值范围是 . 16．矩形 ABCD 中，AB=4，BC=2，E、F 分别为 AB、CD 的中点，沿 EF 把 BCFE 折起后与 ADFE 垂直，P 为矩形 ADFE 内一动点，P 到平面 BCFE 的距离与它到点 A 的距离相等,设动点 P 的轨迹是曲线 L，则曲 线 L 把矩形 ADFE 分成的两部分的面积比(小比大)为_____ ． 三、解答题：本大题共有 5 小题，满分 70 分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤. 把解答 写在答案卷相应的题号的方框内. 17．（本小题满分 12 分）实数 m 分别取什么数值时？复数 z＝(m2＋5m＋6)＋(m2－2m－15)i (1)与复数 2－12i 相等； (2)与复数 12＋16i 互为共轭； (3)对应的点在 x 轴上方． 18．（本小题满分 14 分）请你设计一个包装盒，如图所示， ABCD 是边长为 60cm 的正方形硬纸片， 切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得 ABCD 四个点重合于右 图中的上底面中心点 P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E 、F 在 AB 上是被切去的等 腰直角三角形斜边的两个端点，设 AE BF x  cm.若广告商要求包装盒容积V （cm 3 ）最大， 试 问 x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值. 19．（本小题满分 14 分）如图 4， ABCD 是平行四边形，已知 2 4, 2 3AB BC BD   ，BE CE , 平面 BCE  平面 ABCD .（Ⅰ）证明： BD CE （Ⅱ）若 10BE CE  ，求平面 ADE 与平面 BCE 所成二面角的平面角的余弦值. 20．（本小题满分 15 分）已知中心在原点、焦点在 x 轴上的椭圆C 上任一点到两焦点的距离的和为 4，且椭圆的离心率为 6 3 ，单位圆O 的切线l 与椭圆C 相交于 A ， B 两点． （Ⅰ）求证：OA OB ；（Ⅱ）求 OAB 面积的最大值 21．（本小题满分 15 分）设函数 2( ) (1 ) 2ln(1 )f x x x    , 2( ) 1g x x ax   , D 是满足方程 2 ( 2)x k x  2 1 0k   的两实数根分别在区间 (0,1),(1,2) 内的实数 k 的取值范围. （1）求 ( )f x 的极值； （2）当 a D 时，求函数 ( ) ( ) ( )F x f x g x  在区间[0 3]， 上的最小值． 莆田六中 2016—2017 年度上学期 12 月月考 高二年理科数学试卷（A）答案 一．选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确（每小题 5 分，共 60 分）． 1-- 5．DCABB 6-- 10．ABCBD 11--12．D A 二、填空题(共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13．8 14．5 3 15． ( , 1) (0,1)   16．1:2 三、解答题（本大题共 5 小题，共 70 分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或或演算步骤） 17．解：(1)根据复数相等的充要条件得 m2＋5m＋6＝2， m2－2m－15＝－12. 解之得 m＝－1. (2)根据共轭复数的定义得 m2＋5m＋6＝12， m2－2m－15＝－16. 解之得 m＝1. (3)根据复数 z 对应点在 x 轴上方可得 m2－2m－15＞0，解之得 m＜－3 或 m＞5. 18. 解：根据题意有 2 22( 2 ) (60 2 ) 2 2 (30 )(0 30)2V x x x x x      ， 所以， ' 6 2 (20 ),V x x  当 0 20,x  时， 0, 20 30V V x V   递增;当 时，V <0, 递减 ， 所以，当 20x  时，V 取极大值也是最大值. 此时，包装盒的高与底面边长的比值为 2 x 12 2x  （60－2 ） 2 . 即 20x  包装盒容积V （cm 3 ）最大, 此时包装盒的高与底面边长的比值为 1 2 19．解析：（Ⅰ）∵ ABCD 是平行四边形，且 2 4, 2 3CD AB BC BD    ∴ 2 2 2CD BD BC  ，故 90oCBD  ，即 BD BC （ 2 分） 取 BC 的中点 F，连结 EF，∵ BE CE ，∴ EF BC （ 3 分） 又∵平面 BCE  平面 ABCD ，∴ EF  平面 ABCD （ 4 分） ∵ BD  平面 ABCD ，∴ EF BD （ 5 分） ∵ , ,EF BC F EF BC  平面 BCE ，∴ BD  平面 BCE ， （6 分） ∵ EC  平面 BCE ，∴ BD CE （7 分） （Ⅱ）∵ 10BE CE  ,由（Ⅰ）得 2 2 10 1 3EF BE BF     （ 8 分） 以 B 为 坐 标 原 点 ， ,BC BD 所 在 直 线 分 别 为 ,x y 轴 , 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ( 如 图 ) ， 则 (2, 2 3,0), (0, 2 3,0), ( 1,0,3)A D E   ∴ ( 3,2 3,3), ( 1,2 3,3)AE DE     （ 9 分） 设 平 面 ADE 的 法 向 量 为 ( , , )x y za ， 则 0 0 AE DE        a a ， 即 3 2 3 3 0 2 3 3 0 x y z x y z         得平面 ADE 的一个法向量为 (0, 3, 2) a （ 11 分） 由（Ⅰ）知 BD  平面 BCE ，所以可设平面 BCE 的法向量为 (0,1,0)b （ 12 分） 设平面 ADE 与平面 BCE 所成二面角的平面角为 ， 则 0 3 1 0 21cos 77 1          a b a b 即平面 ADE 与平面 BCE 所成二面角的平面角的余弦值为 21 7 .（ 14 分） 20．（本小题满分 15 分）解析：（Ⅰ）设椭圆C 的方程为 2 2 2 2 1,( 0)x y a ba b     由题意可知 2 4a  ， 6 3 ce a   解得 2 62, 3a c  所以 2 2 2 4 3b a c   ．所以椭圆C 的方程为 2 2 144 3 x y  ． （2分 ） （1）若单位圆 :O 2 2 1x y  的切线l 的斜率不存在，则 : 1l x   ． 在 2 2 144 3 x y  中令 1x  得 1y   ． 不妨设 (1,1), (1, 1)A B  ，则 1 1 0OA OB     ．所以OA OB ． 同理，当 : 1l x   时，也有OA OB ． （4 分 ） (2)若单位圆 :O 2 2 1x y  的切线l 的斜率存在，设 :l y kx m  ， 依题意 2 1 1 m k   ，即 2 21k m  ． 由 2 23 4 y kx m x y      ，得 2 2 2(3 1) 6 3 4 0k x kmx m     ．显然 0  ． 所以方程的根为 1,2 2 6 2(3 1) kmx k     设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ,则 1 2 2 6 3 1 kmx x k     ， 2 1 2 2 3 4 3 1 mx x k   ． 所以 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( )( ) ( )y y kx m kx m k x x km x x m       . 所以 1 2 1 2OA OB x x y y    2 2 1 2 1 2( 1) ( )k x x km x x m     2 2 2 2 2 3 4 6( 1) 3 1 3 1 m kmk km mk k      2 2 2 2 2 2 2 ( 1)(3 4) 6 (3 1) 3 1 k m k m k m k       2 2 2 4 4 4 3 1 m k k    2 2 2 4( 1) 4 4 03 1 k k k     ． 所以OA OB ．综上所述，总有OA OB 成立． （7 分 ） （Ⅱ）因为直线 AB 与圆 O相切，则圆O半径即为 OAB 的高， （1）当l 的斜率不存在时，由（Ⅰ）可知 2AB  ．则 1OABS  . （8 分 ） （2）当l 的斜率存在时，由（Ⅰ）可知， 2 2 1 2 1 2(1 )[( ) 4 ]AB k x x x x    2 2 2 2 2 6 3 41 ( ) 43 1 3 1 km mk k k       2 2 2 2 2 2 2 1 9 (3 4)(3 1)3 1 k k m m kk      2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 112 3 4 12 3( 1) 43 1 3 1 k kk m k kk k            2 2 2 2 1 9 13 1 k kk    ． 所以 2 2 4 2 2 2 2 2 4 2 4 2 4(1 )(9 1) 4(9 10 1) 44(1 )(3 1) 9 6 1 9 6 1 k k k k kAB k k k k k            2 4 2 2 2 16 4 164 16 4 419 6 1 3 39 6 k k k k k            （当且仅当 3 3k   时，等号 成立）．所以 4 3 3AB  ．此时, max 2 3(S ) 3OAB  . 综上所述，当且仅当 3 3k   时， OAB 面积的最大值为 2 3 3 ． （15 分 ） 21．（本小题满分 15 分）解：(1） ∵ 2( ) (1 ) 2ln(1 )f x x x    ∴函数 ( )y f x 定义域为 ( 1, )  ． （1 分） 1 2 ( 2)( ) 2(1 ) 1 1 x xf x x x x       ． 令 ( ) 0f x  ，则 2 ( 2) 01 x x x   ，解得 2x   （舍去）， 0x  ． （2 分） 当 1 0x   时， ( ) 0f x  ，函数单调递减， 当 0x  时， ( ) 0f x  ，函数单调递增， ∴ ( )f x 在 0x  处取得极小值 1. （5 分） （2）如下图所示，函数 2 1( ) ( 2) 2 1f x x k x k     的图象开口向上，零点 1 2(0,1), (1,2)x x  . 由       0,)2(f 0,)1(f 0,)0(f 即       012k)2k(24 012k)2k(1 012k 解得            4 1k 3 2k2 1 3 2k 2 1k ,即 1 2,2 3D      （8 分） 又∵ ( ) ( ) ( )F x f x g x  (2 ) 2ln(1 )a x x    （ 1x   ）． 2 (2 )( ) (2 ) 1 1 a x aF x a x x        ． 因为 a D ，所以 2 0a  ， 02 a a  ． 令 ( ) 0F x  可得 2 ax a   ． 所以函数 ( )F x 在 (0, )2 a a 上为减函数，在 ( , )2 a a  上为增函数． （10 分） ①当 0 32 a a   ，即 30 2a  时， 在区间[0 3]， 上， ( )F x 在 (0, )2 a a 上为减函数，在 ( ,3)2 a a 上为增函数． 所以 min 2( ) ( ) 2ln2 2 aF x F aa a     ． （12 分） ②当 32 a a  ，即 3 22 a  时， ( )F x 在区间 (0 3)， 上为减函数． 所以 min( ) (3) 6 3 2ln 4F x F a    ． 综上所述，当 30 2a  时， min 2( ) 2ln 2F x a a    ； 当 3 22 a  时， min( ) 6 3 2ln 4F x a   ． （15 分） ．