上林县第一中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题

一、选择题

1．

+（a﹣4）0有意义，则a的取值范围是（ ）

C．a≠2 D．a≠4

22A．a≥2 B．2≤a＜4或a＞4

2． 若，b0,1，则不等式ab1成立的概率为（ ）

 B． C． D． 1612843． ABC的外接圆圆心为O，半径为2，OAABAC为零向量，且|OA||AB|，则CA在BC方向上

A．

的投影为（ ）

A．-3 B．3 C．3 D．3 4． 已知集合P={x|﹣1＜x＜b，b∈N}，Q={x|x2﹣3x＜0，x∈Z}，若P∩Q≠∅，则b的最小值等于（ ） A．0

B．1

C．2

D．3

5． 已知圆C方程为x2y22，过点P(1,1)与圆C相切的直线方程为（ ）

A．xy20 B．xy10 C．xy10 D．xy20 6． 定义运算

，例如

=（ ）

A．

7． 已知函数f（x）=A．﹣2 B．7

C．27

D．﹣7

D．[2，+∞）

B．

C．

．若已知

，则

D．

，则f（1）﹣f（3）=（ ）

8． 平面α与平面β平行的条件可以是（ ） A．α内有无穷多条直线与β平行 B．直线a∥α，a∥β

C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥α D．α内的任何直线都与β平行 A．R

B．[3，6]

C．[2，6]

9． 函数y=x2﹣2x+3，﹣1≤x≤2的值域是（ ）

10．已知A,B是球O的球面上两点，AOB60，C为该球面上的动点，若三棱锥OABC体积的最大值为183，则球O的体积为（ ）

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A．81 B．128 C．144 D．288

【命题意图】本题考查棱锥、球的体积、球的性质，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．

11．已知一个算法的程序框图如图所示，当输出的结果为

1时，则输入的值为（ ） 2

A．2 B．1 C．1或2 D．1或10 12．两个随机变量x，y的取值表为

x y A．x与y是正相关

B．当y的估计值为8.3时，x＝6 C．随机误差e的均值为0

D．样本点（3，4.8）的残差为0.65

0 2.2 1 4.3 3 4.8 4 6.7 ^

若x，y具有线性相关关系，且y＝bx＋2.6，则下列四个结论错误的是（ ）

二、填空题

13．若点p（1，1）为圆（x﹣3）2+y2=9的弦MN的中点，则弦MN所在直线方程为

14．函数f(x)x2(a1)x2在区间(,4]上递减，则实数的取值范围是 ．

1015．已知ab1，若logablogba，abba，则ab= ▲ ．

316．平面内两定点M（0，一2）和N（0,2），动点P（x，y）满足，动点P的轨迹为曲线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。

2第 2 页，共 14 页

其中真命题的序号是 ．（填上所有真命题的序号）

三、解答题

17．【徐州市2018届高三上学期期中】如图，有一块半圆形空地，开发商计划建一个矩形游泳池形附属设施矩形的一边

及其矩

，并将剩余空地进行绿化，园林局要求绿化面积应最大化．其中半圆的圆心为，半径为，在直径上，点、、、在圆周上，、在边

，求

上，且

，设

．

（1）记游泳池及其附属设施的占地面积为（2）怎样设计才能符合园林局的要求？

的表达式；

18．已知函数f（x）=lnx﹣kx+1（k∈R）．

（Ⅰ）若x轴是曲线f（x）=lnx﹣kx+1一条切线，求k的值； （Ⅱ）若f（x）≤0恒成立，试确定实数k的取值范围．

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19．中国高铁的某个通讯器材中配置有9个相同的元件，各自独立工作，每个元件正常工作的概率为p（0＜p＜1），若通讯器械中有超过一半的元件正常工作，则通讯器械正常工作，通讯器械正常工作的概率为通讯器械的有效率

（Ⅰ）设通讯器械上正常工作的元件个数为X，求X的数学期望，并求该通讯器械正常工作的概率P′（列代数式表示）

（Ⅱ）现为改善通讯器械的性能，拟增加2个元件，试分析这样操作能否提高通讯器械的有效率．

20．【2017-2018第一学期东台安丰中学高三第一次月考】已知函数fxaxlnx，

212451xxlnx，f2xx22ax，aR 6392（1）求证：函数fx在点e,fe处的切线恒过定点，并求出定点的坐标； f1x（2）若fxf2x在区间1,上恒成立，求a的取值范围； （3）当a2时，求证：在区间0,上，满足f1xgxf2x恒成立的函数gx有无穷多个．（记3ln51.61,ln61.79）

21．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC=AA1=BC1=2，∠AA1C1=60°，平面ABC1⊥平面AA1C1C，AC1与A1C相交于点D．

（1）求证：BD⊥平面AA1C1C； （2）求二面角C1﹣AB﹣C的余弦值．

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22．为配合国庆黄金周，促进旅游经济的发展，某火车站在调查中发现：开始售票前，已有a人在排队等候购票．开始售票后，排队的人数平均每分钟增加b人．假设每个窗口的售票速度为c人/min，且当开放2个窗口时，25min后恰好不会出现排队现象（即排队的人刚好购完）；若同时开放3个窗口，则15min后恰好不会出现排队现象．若要求售票10min后不会出现排队现象，则至少需要同时开几个窗口？

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上林县第一中学2018-2019学年上学期高三数学10月月考试题（参考答案）

一、选择题

1． 【答案】B 【解析】解：∵∴

，

+（a﹣4）0有意义，

解得2≤a＜4或a＞4． 故选：B．

2． 【答案】D 【

解

析

】

考点：几何概型． 3． 【答案】B 【解析】

考点：向量的投影． 4． 【答案】C

2

【解析】解：集合P={x|﹣1＜x＜b，b∈N}，Q={x|x﹣3x＜0，x∈Z}={1，2}，P∩Q≠∅，

可得b的最小值为：2． 故选：C．

【点评】本题考查集合的基本运算，交集的意义，是基础题．

5． 【答案】A

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【解析】

试题分析：圆心C(0,0),r2，设切线斜率为，则切线方程为y1k(x1),kxyk10，由

dr,k1k122,k1，所以切线方程为xy20，故选A.

考点：直线与圆的位置关系． 6． 【答案】D

【解析】解：由新定义可得，=

故选：D．

=

=

=

．

【点评】本题考查三角函数的化简求值，考查了两角和与差的三角函数，是基础题．

7． 【答案】B 【解析】解：∵

，

∴f（1）=f（1+3）=f（4）=17，f（3）=10， 则f（1）﹣f（3）=7， 故选B．

8． 【答案】D

【解析】解：当α内有无穷多条直线与β平行时，a与β可能平行，也可能相交，故不选A． 当直线a∥α，a∥β时，a与β可能平行，也可能相交，故不选 B．

当直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β 时，直线a 和直线 b可能平行，也可能是异面直线，故不选 C．

当α内的任何直线都与β 平行时，由两个平面平行的定义可得，这两个平面平行， 故选 D．

【点评】本题考查两个平面平行的判定和性质得应用，注意考虑特殊情况．

9． 【答案】C

22

【解析】解：函数y=x﹣2x+3=（x﹣1）+2，对称轴为 x=1．

再由﹣1≤x≤2可得，当x=1 时，函数取得最小为2，当x=﹣1时，函数取得最大值为6， 故函数的值域为[2，6]， 故选C．

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10．【答案】D

【解析】当OC平面AOB平面时，三棱锥OABC的体积最大，且此时OC为球的半径．设球的半径为R，

114R2sin60R183，解得R6，所以球的体积为R3288，故选D． 32311．【答案】D

则由题意，得【解析】

2xx011x试题分析：程序是分段函数y ，当x0时，2，解得x1，当x0时，lgx，

22lgxx0解得x10，所以输入的是1或10，故选D.

考点：1.分段函数；2.程序框图.11111] 12．【答案】

^^

【解析】选D.由数据表知A是正确的，其样本中心为（2，4.5），代入y＝bx＋2.6得b＝0.95，即y＝0.95x＋

^

2.6，当y＝8.3时，则有8.3＝0.95x＋2.6，∴x＝6，∴B正确．根据性质，随机误差e的均值为0，∴C正确．样

^

本点（3，4.8）的残差e＝4.8－（0.95×3＋2.6）＝－0.65，∴D错误，故选D.

二、填空题

13．【答案】：2x﹣y﹣1=0

解：∵P（1，1）为圆（x﹣3）2+y2=9的弦MN的中点， ∴圆心与点P确定的直线斜率为∴弦MN所在直线的斜率为2，

则弦MN所在直线的方程为y﹣1=2（x﹣1），即2x﹣y﹣1=0． 故答案为：2x﹣y﹣1=0 14．【答案】a3 【解析】

试题分析：函数fx图象开口向上，对称轴为x1a，函数在区间(,4]上递减，所以1a4,a3. 考点：二次函数图象与性质． 15．【答案】43 【解析】

101101（舍）试题分析：因为ab1，所以logba1，又logablogba3logalogba3logba3或3，

b=﹣，

因此ab3，因为abba，所以b3bbb3bb3,b1b3,a33，ab43 3考点：指对数式运算 16．【答案】①④⑤

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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；

|•||=m（m≥4），

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．

三、解答题

17．【答案】（1）

（2）

【解析】试题分析：（1）根据直角三角形求两个矩形的长与宽，再根据矩形面积公式可得函数解析式，最后根据实际意义确定定义域（2）利用导数求函数最值，求导解得零点，列表分析导函数符号变化规律，确定函数单调性，进而得函数最值

（2）要符合园林局的要求，只要由（1）知，令解得令

，即

或

，

最小，

， （舍去），

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当当所以当

时，时，时，

是单调减函数， 是单调增函数，

取得最小值.

时，符合园林局要求.

答：当满足18．【答案】

【解析】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=﹣k=0， ∴x=，

由ln﹣1+1=0，可得k=1；

（2）当k≤0时，f′（x）=﹣k＞0，f（x）在（0，+∞）上是增函数；

当k＞0时，若x∈（0，）时，有f′（x）＞0，若x∈（，+∞）时，有f′（x）＜0， 则f（x）在（0，）上是增函数，在（，+∞）上是减函数． k≤0时，f（x）在（0，+∞）上是增函数， 而f（1）=1﹣k＞0，f（x）≤0不成立，故k＞0， ∵f（x）的最大值为f（），要使f（x）≤0恒成立， 则f（）≤0即可，即﹣lnk≤0，得k≥1．

【点评】本题考查导数的几何意义，考查函数单调区间的求法，确定实数的取值范围，渗透了分类与整合的数学思想，培养学生的抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新意识．

19．【答案】

【解析】解：（Ⅰ）由题意可知：X～B（9，p），故EX=9p． 在通讯器械配置的9个元件中，恰有5个元件正常工作的概率为：在通讯器械配置的9个元件中，恰有6个元件正常工作的概率为：在通讯器械配置的9个元件中，恰有7个元件正常工作的概率为：在通讯器械配置的9个元件中，恰有8个元件正常工作的概率为：在通讯器械配置的9个元件中，恰有9个元件正常工作的概率为：通讯器械正常工作的概率P′=

（Ⅱ）当电路板上有11个元件时，考虑前9个元件，

；

． ． ． ． ．

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为使通讯器械正常工作，前9个元件中至少有4个元件正常工作． ①若前9个元素有4个正常工作，则它的概率为：此时后两个元件都必须正常工作，它的概率为：②若前9个元素有5个正常工作，则它的概率为：此时后两个元件至少有一个正常工作，它的概率为：③若前9个元素至少有6个正常工作，则它的概率为：此时通讯器械正常工作，故它的概率为： P″=

可得P″﹣P′=

，

=

=

．

p2+

p2+

+

﹣

，

；

． p2； ．

；

故当p=时，P″=P′，即增加2个元件，不改变通讯器械的有效率； 当0＜p当p

时，P″＜P′，即增加2个元件，通讯器械的有效率降低； 时，P″＞P′，即增加2个元件，通讯器械的有效率提高．

【点评】本题考查二项分布，考查了相互独立事件及其概率，关键是对题意的理解，属概率统计部分难度较大的题目．

20．【答案】（1）切线恒过定点e111,．（2） a的范围是, （3） 在区间1,上，满足

2222f1xgxf2x恒成立函数gx有无穷多个

11ee12aex，故过定点,；2e222【解析】试题分析：（1）根据导数的几何意义求得切线方程为y试题解析：

11，所以fx在点e,fe处的切线的斜率为k2ae， xe1所以fx在点e,fe处的切线方程为y2aexeae21，

e11ee1整理得y2aex，所以切线恒过定点,．

2e222（1）因为fx2ax第 11 页，共 14 页

12x2axlnx0，对x1,恒成立， 222a1x112a1x2ax1x1*

因为px2a1x2axxx1令px0，得极值点x11，x2，

2a111①当a1时，有x2x11，即a1时，在x2,上有px0，

22此时px在区间x2,上是增函数，并且在该区间上有pxpx2,，不合题意；

（2）令pxfxf2xa②当a1时，有x2x11，同理可知，px在区间1,上，有pxp1,，也不合题意； ③当a从而px在区间1,上是减函数；

1时，有2a10，此时在区间1,上恒有px0， 2110a， 22要使px0在此区间上恒成立，只须满足p1a所以11a． 22综上可知a的范围是11,． 22（利用参数分离得正确答案扣2分）

21245124时，f1xxxlnx，f2xxx 363923125记yf2xf1xxlnx，x1,．

392x56x25因为y， 39x9x5令y0，得x

655所以yf2xf1x在0,6,上为增函数， 为减函数，在6（3）当a559时，ymin

18065901，则f1xRxf2x， 设Rxf1x180所以在区间1,上，满足f1xgxf2x恒成立函数gx有无穷多个

所以当x第 12 页，共 14 页

21．【答案】

【解析】解：（1）∵四边形AA1C1C为平行四边形，∴AC=A1C1， ∵AC=AA1，∴AA1=A1C1，

∵∠AA1C1=60°，∴△AA1C1为等边三角形， 同理△ABC1是等边三角形， ∵D为AC1的中点，∴BD⊥AC1， ∵平面ABC1⊥平面AA1C1C，

平面ABC1∩平面AA1C1C=AC1，BD⊂平面ABC1， ∴BD⊥平面AA1C1C．

（2）以点D为坐标原点，DA、DC、DB分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 平面ABC1的一个法向量为由题意可得

，

，1，1），

，设平面ABC的法向量为

，则

， ，

所以平面ABC的一个法向量为=（∴cosθ=

．

即二面角C1﹣AB﹣C的余弦值等于

．

【点评】本题在三棱柱中求证线面垂直，并求二面角的平面角大小．着重考查了面面垂直的判定与性质、棱柱的性质、余弦定理、二面角的定义及求法等知识，属于中档题．

22．【答案】

【解析】解：设至少需要同时开x个窗口，则根据题意有，由①②得，c=2b，a=75b，代入③得，75b+10b≤20bx， ∴x≥

，

．

即至少同时开5个窗口才能满足要求．

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