隆回县实验中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

一、选择题

1． 如图是一个多面体的三视图，则其全面积为（

）

A．B．C．D．

）

2． 若直线l的方向向量为=（1，0，2），平面α的法向量为=（﹣2，0，﹣4），则（ A．l∥αB．l⊥α

C．l⊂αD．l与α相交但不垂直

3． （文科）要得到gxlog22x的图象，只需将函数fxlog2x的图象（ A．向左平移1个单位

B．向右平移1个单位

C．向上平移1个单位

）

D．向下平移1个单位

，

4． 记集合T={0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}，M=将M中的元素按从大到小排列，则第2013个数是（ A．C．

B．D．

）

）

5． 等差数列{an}中，a1+a5=10，a4=7，则数列{an}的公差为（ A．1

B．2

C．3

2D．4

6． 已知抛物线C：x8y的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若

PF2FQ，则QF（ ）

A．6

B．3

C．

83D．

43第Ⅱ卷（非选择题，共100分）7． 在平面直角坐标系中，若不等式组

（为常数）表示的区域面积等于， 则的值为

第 1 页，共 18 页

（ ）A．

B．

C．

D．

）

8． 已知某几何体的三视图的侧视图是一个正三角形，如图所示，则该几何体的体积等于（

A．123 B．163 C．203 D．3239． 设Sn是等差数列{an}的前项和，若A．1

B．2

C．3

D．4

a55S，则9（ ）a39S510．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；

（Ⅱ）若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值；（Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长．

【考点】直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算；用空间向量求直线间的夹角、距离．

二、填空题

11．设函数

，若用表示不超过实数m的最大整数，则函数的值域为　　　　　　．12．如果直线3ax+y﹣1=0与直线（1﹣2a）x+ay+1=0平行．那么a等于　　　　　　．第 2 页，共 18 页

13．一个椭圆的长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是　　　　　　．　

14．函数yfx图象上不同两点Ax1,y1,Bx2,y2处的切线的斜率分别是kA，kB，规定

A,BkAkB（AB为线段AB的长度）叫做曲线yfx在点A与点B之间的“弯曲度”，给AB32出以下命题：

①函数yxx1图象上两点A与B的横坐标分别为1和2，则A,B②存在这样的函数，图象上任意两点之间的“弯曲度”为常数；③设点A,B是抛物线yx1上不同的两点，则A,B2；

23；④设曲线ye（e是自然对数的底数）上不同两点Ax1,y1,Bx2,y2,且x1x21，若tA,B1x恒成立，则实数t的取值范围是,1.

其中真命题的序号为________.（将所有真命题的序号都填上）15．二面角α﹣l﹣β内一点P到平面α，β和棱l的距离之比为1：度．

16．多面体的三视图如图所示，则该多面体体积为（单位cm）　　　　　　．：2，则这个二面角的平面角是　　　　　　三、解答题

17．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．

第 3 页，共 18 页

18．已知抛物线C：x2=2y的焦点为F．

（Ⅰ）设抛物线上任一点P（m，n）．求证：以P为切点与抛物线相切的方程是mx=y+n；

（Ⅱ）若过动点M（x0，0）（x0≠0）的直线l与抛物线C相切，试判断直线MF与直线l的位置关系，并予以证明．　

19．已知数列{an}满足a1=3，an+1=an+p•3n（n∈N*，p为常数），a1，a2+6，a3成等差数列．（1）求p的值及数列{an}的通项公式；（2）设数列{bn}满足bn=　

，证明bn≤．

第 4 页，共 18 页

20．已知A（﹣3，0），B（3，0），C（x0，y0）是圆M上的三个不同的点．（1）若x0=﹣4，y0=1，求圆M的方程；

（2）若点C是以AB为直径的圆M上的任意一点，直线x=3交直线AC于点R，线段BR的中点为D．判断直线CD与圆M的位置关系，并证明你的结论．

21．【南师附中2017届高三模拟一】已知a,b是正实数，设函数fxxlnx,gxaxlnb.（1）设hxfxgx ，求 hx的单调区间；（2）若存在x0，使x0bab3abfxgx且成立，求的取值范围.,00a5422．（本小题满分12分）

第 5 页，共 18 页

电视台电视公开课《开讲了》需要现场观众，先邀请甲、乙、丙、丁四所大学的40名学生参加，各大学邀请的学生如下表所示：大学人数

甲8乙12丙8丁12从这40名学生中按分层抽样的方式抽取10名学生在第一排发言席就座.（1）求各大学抽取的人数；

（2）从（1）中抽取的乙大学和丁大学的学生中随机选出2名学生发言，求这2名学生来自同一所大学的概率.

第 6 页，共 18 页

隆回县实验中学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：由三视图可知几何体是一个正三棱柱，底面是一个边长是侧棱长是

，

×2=6+

，

的等边三角形，

∴三棱柱的面积是3×故选C．

【点评】本题考查根据三视图求几何体的表面积，考查由三视图确定几何图形，考查三角形面积的求法，本题是一个基础题，运算量比较小．　

2． 【答案】B

【解析】解：∵ =（1，0，2），=（﹣2，0，4），∴=﹣2，∴∥，因此l⊥α．故选：B．　

3． 【答案】C【解析】

试题分析：gxlog22xlog22log2x1log2x，故向上平移个单位.考点：图象平移．

4． 【答案】 　A【解析】

进行简单的合情推理．【专题】规律型；探究型．

【分析】将M中的元素按从大到小排列，求第2013个数所对应的ai，首先要搞清楚，M集合中元素的特征，同样要分析求第2011个数所对应的十进制数，并根据十进制转换为八进行的方法，将它转换为八进制数，即得答案．【解答】因为

=

（a1×103+a2×102+a3×10+a4），

括号内表示的10进制数，其最大值为 9999；

第 7 页，共 18 页

从大到小排列，第2013个数为9999﹣2013+1=7987

所以a1=7，a2=9，a3=8，a4=7则第2013个数是故选A．

【点评】对十进制的排序，关键是要找到对应的数是几，如果从大到小排序，要找到最大数（即第一个数），再找出第n个数对应的十进制的数即可．5． 【答案】B

【解析】解：设数列{an}的公差为d，则由a1+a5=10，a4=7，可得2a1+4d=10，a1+3d=7，解得d=2，故选B．　

6． 【答案】A

解析：抛物线C：x8y的焦点为F（0，2），准线为l：y=﹣2，

2设P（a，﹣2），B（m，∵

，∴2m=﹣a，4=

），则=（﹣a，4），=（m，﹣2），

+2=4+2=6．故选A．

﹣4，∴m2=32，由抛物线的定义可得|QF|=

7． 【答案】B

【解析】【知识点】线性规划【试题解析】作可行域：

第 8 页，共 18 页

由题知：

所以故答案为：B8． 【答案】C【解析】

考点：三视图．9． 【答案】A【解析】1111]

9(a1a9)S9a2试题分析：951．故选A．111]S55(a1a5)5a32考点：等差数列的前项和．10．【答案】

【解析】解：（I）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，PA∩AC=A所以BD⊥平面PAC

（II）设AC∩BD=O，因为∠BAD=60°，PA=AB=2，所以BO=1，AO=OC=坐标系O﹣xyz，则P（0，﹣所以

，2），A（0，﹣=（1，

，﹣2），

，0），B（1，0，0），C（0，

，0）

，

以O为坐标原点，分别以OB，OC为x轴、y轴，以过O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角

设PB与AC所成的角为θ，则cosθ=|（III）由（II）知

，设

，

第 9 页，共 18 页

则

设平面PBC的法向量=（x，y，z）则所以

=0，令

，

，因为平面PBC⊥平面PDC，

，

，

平面PBC的法向量所以同理平面PDC的法向量所以所以PA=

=0，即﹣6+．

=0，解得t=

【点评】本小题主要考查空间线面关系的垂直关系的判断、异面直线所成的角、用空间向量的方法求解直线的夹角、距离等问题，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力　

二、填空题

11．【答案】　{0，1}　．

【解析】解：=[=[﹣∵0＜

﹣]+[

]+[＜1，

＜，＜＜时，＜，＜

+＜1，

+＜，

+]+]，

∴﹣＜﹣①当0＜0＜﹣故y=0；②当﹣

=时，=0，

+=1，

第 10 页，共 18 页

故y=1；③＜﹣＜﹣故y=﹣1+1=0；故函数

故答案为：{0，1}．

【点评】本题考查了学生的化简运算能力及分类讨论的思想应用．　

12．【答案】　　．

【解析】解：∵直线3ax+y﹣1=0与直线（1﹣2a）x+ay+1=0平行，∴3aa=1（1﹣2a），解得a=﹣1或a=，经检验当a=﹣1时，两直线重合，应舍去故答案为：．

【点评】本题考查直线的一般式方程和平行关系，属基础题．　

13．【答案】　　．

【解析】解：由题意可得，2a，2b，2c成等差数列∴2b=a+c

∴4b2=a2+2ac+c2①∵b2=a2﹣c2②

①②联立可得，5c2+2ac﹣3a2=0∵

∴5e2+2e﹣3=0∵0＜e＜1∴故答案为：

【点评】本题主要考查了椭圆的性质的应用，解题中要椭圆离心率的取值范围的应用，属于中档试题　

的值域为{0，1}．

＜1时，

＜0，1＜

+＜，

第 11 页，共 18 页

14．【答案】②③【解析】

试题分析：①错：A(1,1),B(2,5),|AB|17,|kAkB|7,(A,B)②对：如y1；③对；(A,B)④错；(A,B)73；172|2xA2xB|(xAxB)(xx)x2222A22B21(xAxB)，2；

|ex1ex2|(x1x2)(ee)2x1|ex1ex2|1(ee)x1x221(ex1ex2)2111t11,因为恒成立，故t1.故答案为②③.111]

(A,B)(A,B)|ex1ex2|(ex1ex2)2考点：1、利用导数求曲线的切线斜率；2、两点间的距离公式、最值问题、不等式恒成立问题.

【方法点晴】本题通过新定义“弯曲度”对多个命题真假的判断考查利用导数求曲线的切线斜率、两点间的距离公式、最值问题、不等式恒成立问题以及及数学化归思想，属于难题.该题型往往出现在在填空题最后两题，综合性较强，同学们往往因为某一点知识掌握不牢就导致本题“全盘皆输”，解答这类问题首先不能慌乱更不能因贪快而审题不清，其次先从最有把握的命题入手，最后集中力量攻坚最不好理解的命题.

15．【答案】　75　度．

【解析】解：点P可能在二面角α﹣l﹣β内部，也可能在外部，应区别处理．当点P在二面角α﹣l﹣β的内部时，如

图，A、C、B、P四点共面，∠ACB为二面角的平面角，

由题设条件，点P到α，β和棱l的距离之比为1：故答案为：75．

2可求∠ACP=30°，∠BCP=45°，∴∠ACB=75°．：

【点评】本题考查与二面角有关的立体几何综合题，考查分类讨论的数学思想，正确找出二面角的平面角是关键．

16．【答案】　

【解析】解：如图所示，

cm3　．

第 12 页，共 18 页

由三视图可知：

该几何体为三棱锥P﹣ABC．

该几何体可以看成是两个底面均为△PCD，高分别为AD和BD的棱锥形成的组合体，由几何体的俯视图可得：△PCD的面积S=×4×4=8cm2，由几何体的正视图可得：AD+BD=AB=4cm，故几何体的体积V=×8×4=故答案为：

cm3

cm3，

【点评】本题考查由三视图求几何体的体积和表面积，根据已知的三视图分析出几何体的形状是关键．　

三、解答题

17．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

1.8第 13 页，共 18 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.18．【答案】

【解析】证明：（Ⅰ）由抛物线C：x2=2y得，y=x2，则y′=x，∴在点P（m，n）切线的斜率k=m，∴切线方程是y﹣n=m（x﹣m），即y﹣n=mx﹣m2，又点P（m，n）是抛物线上一点，∴m2=2n，

∴切线方程是mx﹣2n=y﹣n，即mx=y+n …（Ⅱ）直线MF与直线l位置关系是垂直．

由（Ⅰ）得，设切点为P（m，n），则切线l方程为mx=y+n，

第 14 页，共 18 页

∴切线l的斜率k=m，点M（，0），又点F（0，），此时，kMF=

=== …

∴k•kMF=m×（）=﹣1，

…

∴直线MF⊥直线l

【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系，导数的几何意义，直线垂直的条件等，属于中档题．　

19．【答案】

【解析】（1）解：∵数列{an}满足a1=3，an+1=an+p•3n（n∈N*，p为常数），∴a2=3+3p，a3=3+12p，

∵a1，a2+6，a3成等差数列．∴2a2+12=a1+a3，即18+6p=6+12p 解得p=2．∵an+1=an+p•3n，

∴a2﹣a1=2•3，a3﹣a2=2•32，…，an﹣an﹣1=2•3n﹣1，将这些式子全加起来 得an﹣a1=3n﹣3，∴an=3n．

（2）证明：∵{bn}满足bn=设f（x）=

，则f′（x）=

∈（1，2）

，+∞）时，f′（x）＜0，

，∴bn=

．

，x∈N*，

令f′（x）=0，得x=当x∈（0，

）时，f′（x）＞0；当x∈（

且f（1）=，f（2）=，∴f（x）max=f（2）=，x∈N*．∴bn≤．

【点评】本题考查数列的通项公式的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意构造法的合理运用．　

20．【答案】

第 15 页，共 18 页

【解析】解：（1）设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0圆的方程为x2+y2﹣8y﹣9=0…

（2）直线CD与圆M相切O、D分别是AB、BR的中点则OD∥AR，∴∠CAB=∠DOB，∠ACO=∠COD，又∠CAO=∠ACO，∴∠DOB=∠COD又OC=OB，所以△BOD≌△COD∴∠OCD=∠OBD=90°

即OC⊥CD，则直线CD与圆M相切． …（其他方法亦可）

bb,上单调递增.（2）e7ae【解析】【试题分析】（1）先对函数hxxlnxxlnba,x0,求导得h'xlnx1lnb，再解不

21．【答案】（1）在0,上单调递减，在bebb求出单调增区间；解不等式h'x0得x求出单调减区间；（2）先依据题设eeab3abbabb3abbabb3ab得7，由（1）知hxmin0，然后分、、三种45a4e5e4e5情形，分别研究函数hxxlnxxlnba,x0,的最小值，然后建立不等式进行分类讨论进行求解出

等式h'x0得x其取值范围eb7：a第 16 页，共 18 页

解：（1）hxxlnxxlnba,x0,,h'xlnx1lnb，由h'x0得x上单调递减，在bb，h'x在0,eeb,上单调递增.eab3abb（2）由得7，由条件得hxmin0. 45aabb3abeb3ebbb①当，即时，hxminha，由a0得4e54ea5eeeebb3e.e,eaa5ebab4eab3ab②当时，a上单调递增，b,hx在,e4a45abbabababhxminhlnlnbalnlnba4444e4e3·bbab3eeb0，矛盾，不成立.44eb由a0得.

eb3abb3e5eab3ab③当，即时，a上单调递减，b，hx在,e5a5e3e453abb3ab3ab3abhxminhlnlnbalnlnba555e55e2·bb2ab2eb3eb3e时恒成立，综上所述，e7.b0，当553ea5ea222．【答案】（1）甲，乙，丙，丁；（2）P.

5【解析】

试题分析：（1）从这40名学生中按照分层抽样的方式抽取10名学生，则各大学人数分别为甲，乙，丙，丁；（2）利用列举出从参加问卷调查的40名学生中随机抽取两名学生的方法共有15种，这来自同一所大学的取法共有种，再利用古典慨型的概率计算公式即可得出.

试题解析：（1）从这40名学生中按照分层抽样的方式抽取10名学生，则各大学人数分别为甲2，乙3，丙2，丁3.

（2）设乙中3人为a1,a2,a3，丁中3人为b1,b2,b3，从这6名学生中随机选出2名学生发言的结果为

{a1,a2}，{a1,a3}，{a1,b1}，{a1,b2}，{a1,b3}，{a3,a2}，{b1,a2}，{b2,a2}，{b3,a2}，{a3,b1}，

第 17 页，共 18 页

{a3,b2}，{a3,b3}，{b1,b2}，{b1,b3}，{b2,b3}，共15种，

这2名同学来自同一所大学的结果共6种，所以所求概率为P考点：1、分层抽样方法的应用；2、古典概型概率公式.

62.155第 18 页，共 18 页