1、2016-2017学年江西省南昌十中高二（下）第一次月考数学试卷（文科）一选择题（本大题共12题，每小题5分，共60分.）1设集合A=x|x1|2，B=x|log2x2，则AB=（）A1，3B1，4）C（0，3D（，4）2ABC的斜二侧直观图如图所示，则ABC的面积为（）AB1CD23关于下列几何体，说法正确的是（）A图是圆柱B图和图是圆锥C图和图是圆台D图是圆台4用反证法证明“三角形中最多只有一个内角是钝角”的结论的否定是（）A有两个内角是钝角B有三个内角是钝角C至少有两个内角是钝角D没有一个内角是钝角5在正方体ABCDA1B1C1D1中与AD1成60角的面对角线的条数是（）A4条B6条C8
2、条D10条6函数f（x）=3x+（x0）取得最小值时x为（）A8B9C2D67如图是某几何体的三视图，正视图是等腰梯形，俯视图中的曲线是两个同心的半圆组成的半圆环，侧视图是直角梯形则该几何体表面积等于（）A12+B12+23C12+24D12+8用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第n个“金鱼”图需要火柴棒的根数为（）A6n2B8n2C6n+2D8n+29函数（）A6B2C5D210有一段“三段论”推理是这样的：对于可导函数f（x），如果f（x0）=0，那么x=x0是函数f（x）的极值点，因为函数f（x）=x3在x=0处的导数值f（0）=0，所以，x=0是函数f（x）=x3的极值点以
3、上推理中（）A大前提错误B小前提错误C推理形式错误D结论正确11已知正三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点在球O1上，又知球O2与此正三棱柱的5个面都相切，求球O1与球O2的表面积之比（）A5：1B2：1C4：1D：112已知函数f（x）=，若存在x1，2使得f（x）x+f（x）0，则实数m的取值范围是（）A（，2）B（2，）C（0，）D（，）二填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13不等式|x1|x+1|a能成立，则a的取值范围为 14一个圆锥与一个球的体积相等，圆锥的底面半径是球半径的3倍，圆锥的高与球半径之比为 15平面上若一个三角形的周长为L，其内切圆的半径为R，则该三角形的
4、面积S=，类比到空间，若一个四面体的表面积为S，其内切球的半径为R，则该四面体的体积V= 16已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P，Q是面对角线A1C1上的两个不同的动点（包括端点A1，C1）给出以下四个结论：存在P，Q两点，使BPDQ；存在P，Q两点，使BP，DQ与直线B1C都成45的角；若PQ=1，则四面体BDPQ的体积一定是定值；若PQ=1，则四面体BDPQ在该正方体六个面上的正投影的面积之和为定值以上各结论中，正确结论的是 三解答题（本大题共6小题，共70分.请在答题卷上写出必要的推理过程或演算步骤）17已知0a2，证明： +18设f（x）=|x3|+|x4|（1）解不等
5、式f（x）2；（2）已知实数x、y、z满足2x2+3y2+6z2=a（a0），且x+y+z的最大值是1，求a的值19如图长方体ABCDABCD中，AB=BC=1，AA=2，E、F分别是BB、AB的中点（1）求证：E、F、C、D四点共面； （2）求异面直线AC、CE夹角的余弦值20已知梯形ABCD中，ABCD，B=，DC=2AB=2BC=2，以直线AD为旋转轴旋转一周的都如图所示的几何体（1）求几何体的表面积；（2）求几何体的体积21在底面半径为2母线长为4的圆锥中内接一个高为x的正四棱柱，（1）用x表示正四棱柱的侧面积；（2）x为何值时，正四棱柱的侧面积最大？22已知函数f（x）=exa（x1
6、），其中，aR，e是自然对数的底数（1）当a=1时，求函数f（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（2）讨论函数f（x）的单调性，并写出相应的单调区间；（3）已知bR，若函数f（x）b对任意xR都成立，求ab的最大值2016-2017学年江西省南昌十中高二（下）第一次月考数学试卷（文科）参考答案与试题解析一选择题（本大题共12题，每小题5分，共60分.）1设集合A=x|x1|2，B=x|log2x2，则AB=（）A1，3B1，4）C（0，3D（，4）【考点】1D：并集及其运算【分析】分别求解绝对值的不等式和对数不等式化简集合A，B，然后直接利用并集运算得答案【解答】解：A=x|x1|2=x|2
7、x12=x|1x3，B=x|log2x2=x|0x4，则AB=1，4）故选：B2ABC的斜二侧直观图如图所示，则ABC的面积为（）AB1CD2【考点】LD：斜二测法画直观图【分析】用斜二侧画法的法则，可知原图形是一个两边分别在x、y轴的直角三角形，x轴上的边长与原图形相等，而y轴上的边长是原图形边长的一半，由此不难得到平面图形的面积【解答】解：OA=1，OB=2，ACB=45原图形中两直角边长分别为2，2，因此，RtACB的面积为S=2故答案为：D3关于下列几何体，说法正确的是（）A图是圆柱B图和图是圆锥C图和图是圆台D图是圆台【考点】L5：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【分析】利用圆柱、圆锥、圆
8、台的定义直接求解【解答】解：图的上下底面既不平行又不全等，图不是圆柱，故A错误；图的母线长不相等，故图不是圆锥，故B错误；图的上下底面不平行，图不是圆台，故C错误；图的上下底面平行，且母线延长后交于一点，图是圆台，故D正确故选：D4用反证法证明“三角形中最多只有一个内角是钝角”的结论的否定是（）A有两个内角是钝角B有三个内角是钝角C至少有两个内角是钝角D没有一个内角是钝角【考点】R9：反证法与放缩法【分析】写出命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”的结论的否定即可【解答】解：命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”的结论的否定是“至少有两个内角是钝角”故选C5在正方体ABCDA1B1C1D1中与
9、AD1成60角的面对角线的条数是（）A4条B6条C8条D10条【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系【分析】作出正方体ABCDA1B1C1D1的图象，根据图象先找出与AD1成60的直线条数，再找出直线条数，选出正确答案【解答】解：在几何体中，根据正方体的性质知所有过A和D1点的正方体面的对角线与它组成的角都是60，这样就有4条，根据正方体的性质，在正方体的各侧面上的对角线平行的也满足条件，故一共有8条，故选C6函数f（x）=3x+（x0）取得最小值时x为（）A8B9C2D6【考点】7F：基本不等式【分析】根据题意，函数f（x）变形可得：f（x）=+，由基本不等式的性质分析可得且仅当=时，
10、f（x）取得最小值，计算可得答案【解答】解：根据题意，f（x）=3x+=+，又由x0，f（x）=+3=9，当且仅当=时等号成立，即x=2时等号成立，故选：C7如图是某几何体的三视图，正视图是等腰梯形，俯视图中的曲线是两个同心的半圆组成的半圆环，侧视图是直角梯形则该几何体表面积等于（）A12+B12+23C12+24D12+【考点】L!：由三视图求面积、体积【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是一半圆台中间被挖掉一半圆柱，结合图中数据求出它的表面积【解答】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是一半圆台中间被挖掉一半圆柱，其表面积为S=（2+8）424+（4212）+（4）+8=12+24故选
11、：C8用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第n个“金鱼”图需要火柴棒的根数为（）A6n2B8n2C6n+2D8n+2【考点】F1：归纳推理【分析】由图形间的关系可以看出，每多出一个小金鱼，则要多出6根火柴棒，则组成不同个数的图形的火柴棒的个数组成一个首项是8，公差是6的等差数列，写出通项，求出第n项的火柴根数【解答】解：第一个图中有8根火柴棒组成，第二个图中有8+6个火柴棒组成，第三个图中有8+26个火柴组成，以此类推组成n个系列正方形形的火柴棒的根数是8+6（n1）第n个图中的火柴棒有6n+2故选：C9函数（）A6B2C5D2【考点】RB：一般形式的柯西不等式【分析】函数可化为=，
12、利用柯西不等式，即可求得最大值【解答】解：由柯西不等式可得=2当且仅当，即x=时，函数取得最大值2故选D10有一段“三段论”推理是这样的：对于可导函数f（x），如果f（x0）=0，那么x=x0是函数f（x）的极值点，因为函数f（x）=x3在x=0处的导数值f（0）=0，所以，x=0是函数f（x）=x3的极值点以上推理中（）A大前提错误B小前提错误C推理形式错误D结论正确【考点】F6：演绎推理的基本方法【分析】在使用三段论推理证明中，如果命题是错误的，则可能是“大前提”错误，也可能是“小前提”错误，也可能是推理形式错误，我们分析的其大前提的形式：“对于可导函数f（x），如果f（x0）=0，那么x
13、=x0是函数f（x）的极值点”，不难得到结论【解答】解：大前提是：“对于可导函数f（x），如果f（x0）=0，那么x=x0是函数f（x）的极值点”，不是真命题，因为对于可导函数f（x），如果f（x0）=0，且满足当x=x0附近的导函数值异号时，那么x=x0是函数f（x）的极值点，大前提错误，故选A11已知正三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点在球O1上，又知球O2与此正三棱柱的5个面都相切，求球O1与球O2的表面积之比（）A5：1B2：1C4：1D：1【考点】LG：球的体积和表面积【分析】由题意得两球心是重合的，设球O1的半径为R，球O2的半径为r，则正三棱柱的高为2r，AB=2r，正三棱柱的底
14、面中心的连线的中点就是外接球O1的球心，则（2r）2+r2=R2，即5r2=R2【解答】解：设球O2的为r，球O1的半径为R三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，三棱柱的六个顶点都在球O1的球面上，三棱柱的高（侧棱长）为2r正三棱柱ABCA1B1C1的底面与球O1的大圆截面如图（1）所示：可得AB=2r，BO1=2r正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球O1的球心，（2r）2+r2=R2，5r2=R2，球O1与球O2的表面积之比为5：1故选：A12已知函数f（x）=，若存在x1，2使得f（x）x+f（x）0，则实数m的取值范围是（）A（，2）B（2，）C（0，）D（，）【考点】6B：利用
15、导数研究函数的单调性；63：导数的运算【分析】对f（x）求导，确定出不等式的等价结论为二次函数大于0，从而确定出m的范围【解答】解：f（x）=，f（x）定义域为（0，+），f（x）=，f（x）x+f（x）=0对存在x1，2成立，存在x1，2使得：x2mx+10，令g（x）=x2mx+1，g（1）0或g（2）0即可，m2或m，m，故选D二填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13不等式|x1|x+1|a能成立，则a的取值范围为a2【考点】R5：绝对值不等式的解法【分析】由题意知这是一个存在性的问题，须求出不等式左边的最大值，令其大于等于a，即可解出实数a的取值范围【解答】解：由题意借助
16、数轴，|x1|x+1|2，2不等式|x1|x+1|a能成立，a2故答案为a214一个圆锥与一个球的体积相等，圆锥的底面半径是球半径的3倍，圆锥的高与球半径之比为【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LG：球的体积和表面积【分析】根据球和圆锥的体积公式列方程化简即可得出结论【解答】解：设球的半径为r，则圆锥的底面半径为3r，圆锥的高为h，则=，h=，即=故答案为：15平面上若一个三角形的周长为L，其内切圆的半径为R，则该三角形的面积S=，类比到空间，若一个四面体的表面积为S，其内切球的半径为R，则该四面体的体积V=SR【考点】F3：类比推理；LG：球的体积和表面积；LR：球内接多面体【分析】根据
17、平面与空间之间的类比推理，由点类比点或直线，由直线类比直线或平面，由内切圆类比内切球，由平面图形面积类比立体图形的体积，结合求三角形的面积的方法类比求四面体的体积即可【解答】解：设四面体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是R，所以四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和S所以该四面体的体积为SR，故答案为： SR16已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P，Q是面对角线A1C1上的两个不同的动点（包括端点A1，C1）给出以下四个结论：存在P，Q两点，使BPDQ；存在P，Q两点，使BP，DQ与直线B1C都成45的角；若PQ=1，则四面体BDPQ的体积
18、一定是定值；若PQ=1，则四面体BDPQ在该正方体六个面上的正投影的面积之和为定值以上各结论中，正确结论的是【考点】2K：命题的真假判断与应用【分析】令P与A1点重合，Q与C1点重合，可判断正确；空间中任意直线与BP，DQ夹角相等时，夹角最小值为45，可判断错误；根据平面OBD将四面体BDPQ可分成两个底面均为平面OBD，高之和为PQ的棱锥（其中O为上底面中心），可判断正确；根据四面体BDPQ在该正方体六个面上的正投影的面积不变，可判断正确【解答】解：当P与A1点重合，Q与C1点重合时，BPDQ，正确；由正确，可得空间中任意直线与BP，DQ夹角相等时，夹角最小值为45，错误；设平面A1B1C1
19、D1两条对角线交点为O，则易得PQ平面OBD，平面OBD将四面体BDPQ可分成两个底面均为平面OBD，高之和为PQ的棱锥，故四面体BDPQ的体积一定是定值，正确；四面体BDPQ在上下两个底面上的投影是对角线互相垂直且对角线长度均为1的四边形，其面积为定值，四面体BDPQ在四个侧面上的投影，均为上底为，下底和高均为1的梯形，其面积为定值，故四面体BDPQ在该正方体六个面上的正投影的面积的和为定值，正确；综上，正确的命题是故答案为：三解答题（本大题共6小题，共70分.请在答题卷上写出必要的推理过程或演算步骤）17已知0a2，证明： +【考点】R6：不等式的证明【分析】利用=（5+）证明【解答】解：
20、0a2，2a0，=（5+）当，即a=时，取等号18设f（x）=|x3|+|x4|（1）解不等式f（x）2；（2）已知实数x、y、z满足2x2+3y2+6z2=a（a0），且x+y+z的最大值是1，求a的值【考点】RB：一般形式的柯西不等式；R5：绝对值不等式的解法【分析】（1）利用绝对值的意义，分类讨论，即可解不等式f（x）2；（2）由柯西不等式：（x）2+（y）2+（z）2（）2+（）2+（）2（x+y+z）2，可得出a（x+y+z）2，从而可根据最大值为1，建立关于a的方程解出a值即可【解答】解：（1）x3时，不等式化为x+3x+42，x2.5，2.5x3；3x4时，不等式化为x3x+42
21、，成立；x4时，不等式化为x3+x42，x4.5，4x4.5；综上所述，不等式的解集为x|2.5x4.5；（2）由柯西不等式：（x）2+（y）2+（z）2（）2+（）2+（）2（x+y+z）2，因为2x2+3y2+6z2=a（a0），所以a（x+y+z）2，因为x+y+z的最大值是1，所以a=1，当2x=3y=6z时，x+y+z取最大值，所以a=119如图长方体ABCDABCD中，AB=BC=1，AA=2，E、F分别是BB、AB的中点（1）求证：E、F、C、D四点共面； （2）求异面直线AC、CE夹角的余弦值【考点】LM：异面直线及其所成的角；LJ：平面的基本性质及推论【分析】（1）证明：EF
22、DC，即可证明E、F、C、D四点共面； （2）连接AC，则ACE为异面直线AC、CE夹角，即可求异面直线AC、CE夹角的余弦值【解答】（1）证明：如图所示，连接AB，DC，则EFABDC，E、F、C、D四点共面； （2）解：连接AC，则ACE为异面直线AC、CE夹角，AB=BC=1，AA=2，AE=CE=AC=异面直线AC、CE夹角的余弦值为20已知梯形ABCD中，ABCD，B=，DC=2AB=2BC=2，以直线AD为旋转轴旋转一周的都如图所示的几何体（1）求几何体的表面积；（2）求几何体的体积【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LE：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【分析】由已知通过求解三
23、角形可得组合体的底面半径及母线长（1）由圆台上底面面积、侧面积、圆锥侧面积的和得答案；（2）由圆台与圆锥的体积作和得答案【解答】解：在梯形ABCD中，DC=2AB=2BC=2，AB=BC=，又B=，AC=2，过A作AECD，垂足为E，则AE=ED=，得AD=2过B作DA延长线的垂线BF，垂足为F，可得AF=BF=1以直线AD为旋转轴旋转一周，所得几何体为一个圆锥和一个圆台的组合体（1）几何体的表面积为圆台上底面面积、侧面积、圆锥侧面积的和，等于=；（2）几何体的体积为圆台与圆锥的体积和，等于=21在底面半径为2母线长为4的圆锥中内接一个高为x的正四棱柱，（1）用x表示正四棱柱的侧面积；（2）x
24、为何值时，正四棱柱的侧面积最大？【考点】L5：旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【分析】（1）设四棱柱的底面边长为x，侧棱长为y，可得y=2x，由此用x表示正四棱柱的侧面积；（2）由（1）可得S侧=2（x）2+4，结合二次函数的单调性与最值，可得结论【解答】解：（1）设四棱柱的底面边长为x，侧棱长为y，则有则y=2x，S侧=4xy=4x（2x）（0x2）（2）S侧=2（x）2+4，则当x=时，S侧有最大值即四棱柱的侧面积最大时，该四棱柱的底面边长为22已知函数f（x）=exa（x1），其中，aR，e是自然对数的底数（1）当a=1时，求函数f（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（2）讨论函数f（x）的
25、单调性，并写出相应的单调区间；（3）已知bR，若函数f（x）b对任意xR都成立，求ab的最大值【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（1）求出a=1的函数的导数，求出切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到；（2）求出导数，讨论当a0时，当a0时，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间；（3）由（2）可得，a0时f（x）取得极小值也为最小值，由恒成立思想可得a（2lna）b，则aba2（2lna），令t=a2（2lna），求得导数，求出极大值也为最大值，即可得到【解答】解：（1）当a=1时，f（x）=ex+x1的导数为f（x）=ex+1，函数
26、f（x）在点（1，f（1）处的切线斜率为e+1，又切点为（1，e），则切线方程为ye=（e+1）（x1），即为（e+1）xy1=0；（2）函数f（x）=exa（x1）的导数f（x）=exa，当a0时，f（x）0，f（x）递增，则f（x）的增区间为（，+）；当a0时，f（x）0，解得，xlna，f（x）0，解得，xlna即有f（x）的增区间为（lna，+），减区间为（，lna）；（3）由（2）可得，a0时，f（x）递增，无最值；当a0时，f（x）在（，lna）上递减，在（lna，+）上递增，则f（x）在x=lna处取得极小值也为最小值，且为aa（lna1）=a（2lna）函数f（x）b对任意xR都成立，则有a（2lna）b，则aba2（2lna），令t=a2（2lna），则t=2a（2lna）a=a（32lna），当0a时，t0，t递增；当a时，t0，t递减则t在a=时取得极大，也为最大，且为e3（2）=e3则ab的最大值为e32017年6月25日