临桂区实验中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

一、选择题

1． O为坐标原点，F为抛物线A．1

B．

C．

D．2

P是抛物线C上一点， 的焦点，若|PF|=4，则△POF的面积为（ ）

2． 在数列{an}中，a115，3an13an2(nN*)，则该数列中相邻两项的乘积为负数的项是 （ ）

A．a21和a22 B．a22和a23 C．a23和a24 D．a24和a25 3．

某个几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积为92＋14π，则该几何体的体积为（ ） A．80＋20π B．40＋20π C．60＋10π D．80＋10π

11ann，则此数列的第4项是（ ） 22135A．1 B． C. D．

2485． 已知三个数a1，a1，a5成等比数列，其倒数重新排列后为递增的等比数列{an}的前三

111成立的自然数的最大值为（ ） 项，则能使不等式a1a2ana1a2an4． 已知数列{an}的首项为a11，且满足an1A．9 B．8 C.7 D．5 6． 在ABC中，若A60，B45，BC32，则AC（ ） A．43 B．23 C.

3 D．3 2第 1 页，共 17 页

7． 已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若别为（ ）

A．x=1，y=1 B．x=1，y= C．x=，y=

D．x=，y=1

+，则x、y的值分

8． 在三棱柱ABCA1B1C1中，已知AA1平面ABC，AA1=2，BC23,BAC 柱各个顶点都在一个球面上，则球的体积为（ ） A．

2,此三棱

322531 B．16 C. D． 33211

9． 设f（x）＝（e－x－ex）（x－），则不等式f（x）＜f（1＋x）的解集为（ ）

2＋12

1

A．（0，＋∞） B．（－∞，－）

2

11

C．（－，＋∞） D．（－，0）

2210．已知函数f(x)cos(x的图象（ ） A．向右平移C. 向右平移

3)，则要得到其导函数yf'(x)的图象，只需将函数yf(x)

个单位 B．向左平移个单位 22223个单位 D．左平移

3个单位

二、填空题

5)的三个零点成等比数列，则log2a . 212．在等差数列{an}中，a17，公差为d，前项和为Sn，当且仅当n8时Sn取得最大值，则d的取值范

11．已知函数f(x)sinxa(0x围为__________.

13．已知函数y=f（x），x∈I，若存在x0∈I，使得f（x0）=x0，则称x0为函数y=f（x）的不动点；若存在x0∈I，使得f（f（x0））=x0，则称x0为函数y=f（x）的稳定点．则下列结论中正确的是 ．（填上所有正确结论的序号）

①﹣，1是函数g（x）=2x2﹣1有两个不动点；

②若x0为函数y=f（x）的不动点，则x0必为函数y=f（x）的稳定点； ③若x0为函数y=f（x）的稳定点，则x0必为函数y=f（x）的不动点； ④函数g（x）=2x2﹣1共有三个稳定点；

⑤若函数y=f（x）在定义域I上单调递增，则它的不动点与稳定点是完全相同．

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14．若圆____．

与双曲线C：的渐近线相切，则

x_____；双曲线C的渐近线方程是

15．【泰州中学2018届高三10月月考】设函数fxe2x1axa，其中a1，若存在唯一的整数

x0，使得fx00，则a的取值范围是

1sincos16．已知sincos，(0,)，则的值为 ．

73sin12三、解答题

17．（本小题满分12分）111]

在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF//DB. （1）已知ABBC，AFCF，求证：AC平面BEF； （2）已知G、H分别是EC和FB的中点，求证： GH//平面ABC.

18．（本小题满分12分）已知f(x)2x（Ⅰ）当a3时，求f(x)的单调区间；

1alnx(aR)． x（Ⅱ）设g(x)f(x)x2alnx，且g(x)有两个极值点，其中x1[0,1]，求g(x1)g(x2)的最小值． 【命题意图】本题考查导数的应用等基础知识，意在考查转化与化归思想和综合分析问题、解决问题的能力．

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19．对于定义域为D的函数y=f（x），如果存在区间[m，n]⊆D，同时满足： ①f（x）在[m，n]内是单调函数；

②当定义域是[m，n]时，f（x）的值域也是[m，n]． 则称[m，n]是该函数的“和谐区间”．

2

（1）证明：[0，1]是函数y=f（x）=x的一个“和谐区间”．

（2）求证：函数（3）已知：函数最大值．

不存在“和谐区间”．

（a∈R，a≠0）有“和谐区间”[m，n]，当a变化时，求出n﹣m的

20．（本小题满分10分）选修41：几何证明选讲

如图所示，已知PA与⊙O相切，A为切点，过点P的割线交圆于B,C两点，弦CD//AP，AD,BC相 交于点E，F为CE上一点，且DE2EFEC． （Ⅰ）求证：EDFP；

（Ⅱ）若CE:BE3:2,DE3,EF2，求PA的长．

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【命题意图】本题考查相交弦定理、三角形相似、切割线定理等基础知识，意在考查逻辑推理能力．

21．设不等式

的解集为.

与

的大小。

（1）求集合； （2）若，∈，试比较

322．【2017-2018学年度第一学期如皋市高三年级第一次联考】已知函数fxx3k1x23kx1，2其中kR.

（1）当k3时，求函数fx在0,5上的值域；

（2）若函数fx在1,2上的最小值为3，求实数k的取值范围.

第 5 页，共 17 页

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临桂区实验中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题（参）

一、选择题

1． 【答案】C

【解析】解：由抛物线方程得准线方程为：y=﹣1，焦点F（0，1）， 又P为C上一点，|PF|=4， 可得yP=3，

代入抛物线方程得：|xP|=2∴S△POF=|0F|•|xP|=故选：C．

2． 【答案】C 【解析】

．

，

考

点：等差数列的通项公式． 3． 【答案】

【解析】解析：选D.该几何体是在一个长方体的上面放置了半个圆柱．

1

依题意得（2r×2r＋πr2）×2＋5×2r×2＋5×2r＋πr×5＝92＋14π，

2 即（8＋π）r2＋（30＋5π）r－（92＋14π）＝0， 即（r－2）[（8＋π）r＋46＋7π]＝0， ∴r＝2，

1

∴该几何体的体积为（4×4＋π×22）×5＝80＋10π.

24． 【答案】B 【解析】

5． 【答案】C

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【解析】

试题分析：因为三个数a1,a1,a5等比数列，所以a1a1a5,a3，倒数重新排列后恰

2好为递增的等比数列{an}的前三项，为,11111,，公比为，数列是以为首项，为公比的等比数列，则8422an不等式a1a2an11a1a211n8112n12，整理，得等价为81an12122n27,1n7,nN，故选C. 1

考点：1、等比数列的性质；2、等比数列前项和公式. 6． 【答案】B 【解析】

考点：正弦定理的应用. 7． 【答案】C 【解析】解：如图，+故选C．

+（

）．

8． 【答案】A 【解析】

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考点：组合体的结构特征；球的体积公式.

【方法点晴】本题主要考查了球的组合体的结构特征、球的体积的计算，其中解答中涉及到三棱柱的线面位置关系、直三棱柱的结构特征、球的性质和球的体积公式等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力和学生的空间想象能力，试题有一定的难度，属于中档试题. 9． 【答案】

【解析】选C.f（x）的定义域为x∈R，

11

由f（x）＝（e－x－ex）（x－）得

2＋1211

f（－x）＝（ex－e－x）（x－）

2－＋12＝（e

x

－e－x）（1＋） 2x＋12

－1

11

＝（e－x－ex）（x－）＝f（x），

2＋12∴f（x）在R上为偶函数，

∴不等式f（x）＜f（1＋x）等价于|x|＜|1＋x|，

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1

即x2＜1＋2x＋x2，∴x＞－，

2

1

即不等式f（x）＜f（1＋x）的解集为{x|x＞－}，故选C.

210．【答案】B 【解析】

试题分析：函数fxcosx

考点：函数yAsinx的图象变换.

5,f'xsinxcosx，所以函数 336fxcosx，所以将函数函数yf(x)的图象上所有的点向左平移个单位长度得到

235ycosxcosx，故选B.

326二、填空题

11．【答案】1 2考点：三角函数的图象与性质，等比数列的性质，对数运算．

【名师点睛】本题考查三角函数的图象与性质、等比数列的性质、对数运算法则，属中档题．把等比数列与三角函数的零点有机地结合在一起，命题立意新，同时考查数形结合基本思想以及学生的运算能力、应用新知识解决问题的能力，是一道优质题． 12．【答案】1d【解析】

试题分析：当且仅当n8时，等差数列{an}的前项和Sn取得最大值，则a80,a90，即77d0，

7 878d0，解得：1d考点：数列与不等式综合.

77.故本题正确答案为1d. 88第 10 页，共 17 页

13．【答案】 ①②⑤

【解析】解：对于①，令g（x）=x，可得x=定点，故②正确；

222

对于③④，g（x）=2x﹣1，令2（2x﹣1）﹣1=x，因为不动点必为稳定点，所以该方程一定有两解x=﹣，

或x=1，故①正确；

对于②，因为f（x0）=x0，所以f（f（x0））=f（x0）=x0，即f（f（x0））=x0，故x0也是函数y=f（x）的稳

1，

2

由此因式分解，可得（x﹣1）（2x+1）（4x+2x﹣1）=0

还有另外两解

不动点，故③④错误；

，故函数g（x）的稳定点有﹣，1，，其中是稳定点，但不是

对于⑤，若函数y=f（x）有不动点x0，显然它也有稳定点x0；

若函数y=f（x）有稳定点x0，即f（f（x0））=x0，设f（x0）=y0，则f（y0）=x0 即（x0，y0）和（y0，x0）都在函数y=f（x）的图象上，

假设x0＞y0，因为y=f（x）是增函数，则f（x0）＞f（y0），即y0＞x0，与假设矛盾； 假设x0＜y0，因为y=f（x）是增函数，则f（x0）＜f（y0），即y0＜x0，与假设矛盾； 故x0=y0，即f（x0）=x0，y=f（x）有不动点x0，故⑤正确． 故答案为：①②⑤．

【点评】本题考查命题的真假的判断，新定义的应用，考查分析问题解决问题的能力．

14．【答案】

，

【解析】【知识点】圆的标准方程与一般方程双曲线 【试题解析】双曲线的渐近线方程为：圆

的圆心为（2，0），半径为1．

因为相切，所以

所以双曲线C的渐近线方程是：故答案为：15．【答案】

，

第 11 页，共 17 页

【解析】试题分析:设

的下方.因为

当时,

时,

,函数

,故当

,故当

,由题设可知存在唯一的整数x0，使得

时,

单调递增;故且

,解之得,函数

在直线单调递减; ,而当,应填答案

3,1. 2e考点：函数的图象和性质及导数知识的综合运用．

【易错点晴】本题以函数存在唯一的整数零点x0，使得fx00为背景,设置了一道求函数解析式中的参数的取值范围问题,目的是考查函数的图象和性质及导数在研究函数的单调性最值等有关知识的综合运用.同时也综合考查学生运用所学知识去分析问题解决问题的能力.求解时先运用等价转化得到数学思想将问题等价转化为存在唯一的整数x0，使得据题设建立不等式组求出解之得16．【答案】【解析】

在直线

.

的下方.然后再借助导数的知识求出函数的最小值,依

17(62)

3sin267, sinsincoscossin41243434317sincos1747326sin12三、解答题

623, 故答案为

17(62).

3考点：1、同角三角函数之间的关系；2、两角和的正弦公式.

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17．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 【解析】

试题分析：（1）根据EF//DB,所以平面BEF就是平面BDEF,连接DF,AC是等腰三角形ABC和ACF的公共底边，点D是AC的中点，所以ACBD,ACDF,即证得AC平面BEF的条件；（2）要证明线面平行，可先证明面面平行，取FC的中点为，连接GI，HI，根据中位线证明平面HGI//平面ABC,即可证明结论.

试题解析：证明：（1）∵EF//DB，∴EF与DB确定平面BDEF.

如图①，连结DF. ∵AFCF，D是AC的中点，∴DFAC.同理可得BDAC. 又BDDFD，BD、DF平面BDEF，∴AC平面BDEF，即AC平面BEF.

考点：1.线线，线面垂直关系；2.线线，线面，面面平行关系.

【方法点睛】本题考查了立体几何中的平行和垂直关系，属于中档题型，重点说说证明平行的方法，当涉及证明线面平行时，一种方法是证明平面外的线与平面内的线平行，一般是构造平行四边形或是构造三角形的中位线，二种方法是证明面面平行，则线面平行，因为直线与直线外一点确定一个平面，所以所以一般是在某条直线上再找一点，一般是中点，连接构成三角形，证明另两条边与平面平行. 18．【答案】

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【解析】（Ⅰ）f(x)的定义域(0,)，

132x23x11'当a3时，f(x)2x3lnx，f(x)22 2xxxx11''令f(x)0得，0x或x1；令f(x)0得，x1，

221故f(x)的递增区间是(0,)和(1,)；

21f(x)的递减区间是(,1)．

21（Ⅱ）由已知得g(x)xalnx，定义域为(0,)，

x1ax2ax1，令g(x)0得x2ax10，其两根为x1,x2， g(x)122xxxa240且x1x2a0， xx1012

19．【答案】

2

【解析】解：（1）∵y=x在区间[0，1]上单调递增．

又f（0）=0，f（1）=1，

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∴值域为[0，1]，

∴区间[0，1]是y=f（x）=x的一个“和谐区间”．

2

（2）设[m，n]是已知函数定义域的子集．

∵x≠0，[m，n]⊆（﹣∞，0）或[m，n]⊆（0，+∞）， 故函数

在[m，n]上单调递增．

若[m，n]是已知函数的“和谐区间”，则故m、n是方程

的同号的相异实数根．

2

∵x﹣3x+5=0无实数根，

∴函数不存在“和谐区间”．

（3）设[m，n]是已知函数定义域的子集．

∵x≠0，[m，n]⊆（﹣∞，0）或[m，n]⊆（0，+∞）， 故函数

若[m，n]是已知函数的“和谐区间”，则故m、n是方程∵

，

在[m，n]上单调递增．

222

，即ax﹣（a+a）x+1=0的同号的相异实数根．

2

∴m，n同号，只须△=a（a+3）（a﹣1）＞0，即a＞1或a＜﹣3时，

已知函数有“和谐区间”[m，n]， ∵

∴当a=3时，n﹣m取最大值

20．【答案】

【解析】（Ⅰ）∵DE2EFEC,DEFDEF ∴DEF∽CED,∴EDFC……………………2分 又∵CD//AP,∴PC, ∴EDFP．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得EDFP，又DEFPEA，∴EDF∽EPA， ∴

，

EAEP，∴EAEDEFEP，又∵EAEDCEEB，∴CEEBEFEP． EFED第 15 页，共 17 页

∵DE2EFEC,DE3,EF2，∴ EC∴BPEPEB279，∵CE:BE3:2，∴BE3，解得EP.

4215．∵PA是⊙O的切线，∴PA2PBPC 415279153()，解得PA∴PA2．……………………10分 442421．【答案】（1）（2）

【解析】（1）由所以

（2）由（1）和所以故

22．【答案】（1）1,21;（2）k2.

【解析】试题分析：（1）求导，再利用导数工具即可求得正解；（2）求导得f'x3x1xk，再分k1和k1两种情况进行讨论；

232试题解析：（1）解：k3 时，fxx6x9x1

，

 则fx3x12x93x1x3 令fx0得x11,x23列表

x fx fx 0 0,1 + 单调递增 1 1,3 - 单调递减 3 3,5 + 单调递增 3 21 0 5 0 1 1 由上表知函数fx的值域为1,21

2 （2）方法一：fx3x3k1x3k3x1xk

①当k1时，x1,2,f'x0，函数fx在区间1,2单调递增 所以fxminf11 即k3k13k13 25（舍） 3②当k2时，x1,2,f'x0，函数fx在区间1,2单调递减

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所以fxminf286k13k213 符合题意

③当1k2时,

当xk,2时，f'x0fx区间在k,2单调递增

当x1,k时，f'x0fx区间在1,k单调递减

3 所以fxminfkk3k1k23k213 2化简得：k33k240 即k1k20

2所以k1或k2（舍）

32注：也可令gkk3k4

2则gk3k6k3kk2 对k1,2,gk0

所以0gk2不符合题意

2gkk33k24在k1,2单调递减

综上所述：实数k取值范围为k2

方法二：fx3x3k1x3k3x1xk

 所以fxminf286k13k213 所以fxminf23不符合题意

③当1k2时,

①当k2时，x1,2,f'x0，函数fx在区间1,2单调递减  符合题意 …………8分 ②当k1时，x1,2,f'x0，函数fx在区间1,2单调递增

当xk,2时，f'x0fx区间在k,2单调递增 所以fxminfkf23不符合题意

当x1,k时，f'x0fx区间在1,k单调递减 综上所述：实数k取值范围为k2

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