【文档说明】福建省三明市三明第一中学2019-2020学年高二上学期12月月考数学试题含解析【精准解析】.doc，共(22)页，1.923 MB，由小赞的店铺上传

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三明一中2019-2020上学年第二次月考高二数学试题一、单项选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分.1.已知复数21zi，则||z等于（）A.1B.2C.2D.22【答案】B【解析】∵复数22121211111iiziiiii

∴112z故选B2.向量(2,3,1),(2,0,4),(4,6,2)abc，下列结论正确的是（）A.,abac‖‖B.//,abacC.//,acabD.以上都不对【答案】C【解析】【分析】先由题中向量的坐标，得到2ca，440ab，

880bc，进而可判断出结果.【详解】因为(2,3,1)a，(2,0,4)b，(4,6,2)c，所以2ca，440ab，880bc，所以//ac，ab.故选：C【点睛】本题主要考查向量垂直与向量共线的坐标表示，熟记向量的坐标运

算即可，属于常考题型.3.已知()1sinfxxx，则(2)f，(3)f，()fπ的大小关系正确的是（）A.(2)(3)()fffB.(3)(2)()fffC.(2)()(3)fffD.()(3)(

2)fff【答案】D【解析】分析：求函数的导数，判断函数的单调性，进行比较大小即可.详解：f(x)＝1＋x－sinx，则'1cos0fxx，则函数f(x)为增函数.23，f(π)>f(3)>f(2).故选：D.点睛

：本题主要考查函数值的大小比较，根据条件求函数导数，利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键.4.双曲线2213yx的一个焦点到它的渐近线的距离为（）A.1B.2C.3D.2【答案】C【解析】【分析】本题首先可以根据双曲线的标准方程得出双曲线的焦点坐标以

及渐近线方程，然后根据点到直线距离公式即可得出结果．【详解】由双曲线的标准方程2213yx可知，21a，23b，焦点在x轴上，所以2224cab，2c，焦点坐标为2,0，2,0，所以双曲线的渐近线方程为3byxxa，取焦点坐标2,0，渐近线方程3yx，即

30xy，焦点到渐近线的距离23331d，故选C．【点睛】本题考查双曲线的焦点坐标以及渐近线方程，考查点到直线距离公式，考查对双曲线标准方程的理解，体现了基础性，是简单题．5.已知函数31()42

fxxax，则“0a”是“()fx在R上单调递增”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】f′(x)＝32x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成

立，故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．故选A.6.椭圆22143xy中以(1,1)P为弦的中点的弦所在的直线方程为（）A.3470xyB.3410xyC.4370xyD.4310xy【答案】A【解析

】【分析】先设弦的两端点为11,Axy，22,Bxy，由题意得到12122xxyy，22112222143143xyxy，两式作差，求出直线的斜率，再由直线的点斜式方程，即可得出结果.【详解】设以(1,1)P为弦的中点的

弦的两端点为11,Axy，22,Bxy，所以12122xxyy，又因为弦为椭圆22143xy中的弦，所以22112222143143xyxy，两式作差得22221212044

33xxyy，整理得：121212123344yyxxxxyy，即121234AByykxx，因此所求直线方程为：31(1)4yx，即3470xy，【点睛】本

题主要考查椭圆的中点弦所在直线方程的问题，熟记点差法，以及直线的点斜式方程即可，属于常考题型.7.设函数()fx在R上可导，其导函数为()fx，且函数(1)()yxfx的图像如题（8）图所示，则下列结论中一定成立的是A.函数()fx有极

大值(2)f和极小值(1)fB.函数()fx有极大值(2)f和极小值(1)fC.函数()fx有极大值(2)f和极小值(2)fD.函数()fx有极大值(2)f和极小值(2)f【答案】D【解析】【详解】2,10,10xxxfx则0fx

函数fx增；21,10,10xxxfx则0fx函数fx减；12,10,10xxxfx则0fx函数fx减；2,10,10xxxfx

则0fx函数fx增；选D.【考点定位】判断函数的单调性一般利用导函数的符号，当导函数大于0则函数递增，当导函数小于0则函数递减8.直三棱柱11ABCABC的底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，M，N分别为11A

C，BC的中点，则ABNM（）A.2B.2C.10D.10【答案】B【解析】【分析】先由直三棱柱11ABCABC的底面是边长为2的正三角形，得到1AAAB，1AAAC，2AB，推出110AAABAAAC，再由又M，N分别为11AC，BC的中点，得到

211212ABNMABAMANAAABAB，即可求出结果.【详解】因为直三棱柱11ABCABC的底面是边长为2的正三角形，所以1AAAB，1AAAC，2AB，所以110

AAABAAAC，又M，N分别为11AC，BC的中点，所以11122AMAAAC，1122ANABAC，因此111112222AAAABNMABAMANABCABAC21102222

1AAABBA.故选：B【点睛】本题主要考查向量数量积的运算，熟记空间向量基本定理，以及向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.9.已知椭圆222120xym（0m）与双曲线2214xyn（0n）有相同的焦点，则mn的取值范围是（）A.

(0,42]B.4,8C.(4,42]D.(3,5]【答案】C【解析】双曲线22104xynn的焦点坐标为24,0n椭圆2221020xymm的焦点坐标为220,0m∵两曲线

有相同的焦点∴22420nm，即2216mn∴0,4m令4cosm，4sinn，(0,)2∴4cos4sin42sin()4mn∵(0,)2∴3(,)444∴42sin()(4,42]4∴4,42mn

故选C10.设()fx是定义在R上的奇函数，(2)0f，当0x时，有()()0xfxfx恒成立，则不等式2()0xfx的解集是（）A.(2,0)(2,)B.(2,0)(0,2)C.(,2)(2,)

D.(,2)(0,2)【答案】D【解析】【分析】先令函数()()fxgxx，对其求导，由题意，得到()()fxgxx在0,上单调递减；再由奇偶性的概念，判断()()fxgxx为偶函数，得到()()fxgx

x在,0上单调递增；根据(2)0f，求得(2)(2)0gg，分类讨论，求出()0fx的解集，即可得出结果.【详解】令()()fxgxx，则2()()()fxxfxgxx，因为当0x时，有()()0xfxfx恒成立，所以2()(

)()0xfxfxgxx；因此函数()()fxgxx在0,上单调递减；又()fx是定义在R上的奇函数，所以()()()()fxfxgxgxxx，即函数()()fxgxx是偶函数；所以函数()()fxgxx在,0

上单调递增，又(2)0f，所以(2)(2)(2)02fgg，因此，当2x时，()()(2)0fxgxgx，此时：()0fx；当02x时，()()(2)0fxgxgx，此时：()0fx；当20x时

，()()(2)0fxgxgx，此时：()0fx；当2x时，()()(2)0fxgxgx，此时()0fx；综上，当02x或2x时，满足()0fx；又因为不等式2()0xfx可化为()0fx

，因此不等式2()0xfx的解集为：(,2)(0,2).故选：D【点睛】本题主要考查由函数的奇偶性与单调性解不等式，熟记函数奇偶性与单调性的概念即可，属于常考题型.二、多项选择题：本题共2小题，每小

题5分，共10分。每小题有多个正确选项，选不全得3分，错选不得分。11.椭圆22:14xCy的左右焦点分别为12,FF，O为坐标原点，以下说法正确的是（）A.过点2F的直线与椭圆C交于A，B两点，则1ABF的周长为8.B.椭圆C上存在点P，使得120PFPF.C.椭

圆C的离心率为12D.P为椭圆2214xy一点，Q为圆221xy上一点，则点P，Q的最大距离为3.【答案】ABD【解析】【分析】根据椭圆的定义，可判断A；根据数量积运算，以及椭圆的性质，可判断B；根据离心率的定义，可判断出C；根据点与圆位置关系，以及椭圆的性质，可判断D.【详解】对

于选项A，因为12,FF分别为椭圆22:14xCy的左右焦点，过点2F的直线与椭圆C交于A，B两点，由椭圆定义可得：121224AFAFBFBFa，因此1ABF的周长为11112248AFBFABAFBFAFBFa，故A正确

；对于选项B，设点,Pxy为椭圆22:14xCy上任意一点，则点P坐标满足2214xy，且22x又13,0F，23,0F，所以13,PFxy，23,PFxy，因此2222

1233313244xxPFPFxxyx，由2123204xPFPF，可得：262,23x，故B正确；对于选项C，因为24a，21b，所以2413c，即3c，所以离心率为

32cea，故C错；对于选项D，设点,Pxy为椭圆22:14xCy上任意一点，由题意可得：点,Pxy到圆221xy的圆心的距离为：222224443POxyyyy，因为11y，所以maxmax140

13PQPO.故D正确；故选：ABD【点睛】本题主要考查椭圆相关命题真假的判定，熟记椭圆的定义，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.12.以下说法错误的是（）A.复数z满足||||2zizi

，则复数z在复平面上对应的点的轨迹为直线.B.()yfx为R上连续可导的函数，若()0fa，则xa为极值点.C.若||2a，||1b，,3ab，则|2|23ab.D.,AB为抛物线22yx的两点，O为坐标原点，若2AOB，则直线AB过定点

(1,0).【答案】ABD【解析】【分析】根据复数的几何意义，可判断A选项；根据函数3()fxx的单调性，判断B选项；根据向量模的计算公式，判断C选项；根据直线与抛物线的综合，判断D选项.【详解】对于A选项，设复数,(

,)zabiabR，因为||||2zizi，所以|(1)||(1)|2abiabi，即2222(1)(1)2abab，表示复平面内的点(,)ab到定点0,1，

0,1的距离的和等于定值2（与两定点间的距离相等），因此复数z在复平面上对应的点的轨迹为以0,1，0,1为端点的线段，故A错；对于B选项，若3()fxx，则2()3fxx，由()0fx得，0x，但函数3()fxx在R上为增函数，无极值，故B错；对于C选项，因为

||2a，||1b，,3ab，则221|2|4444421232ababab.故C正确；对于D选项，由题意，设11,Axy，22,Bxy，直线AB的方程为：xmyn（0n），由22

yxxmyn得2220ymyn--=，所以122yyn=-，因此22212124yyxxn==，又2AOB，所以OAOB，即12120OAOBxxyy，即220nn，所以2n；即直线AB

过定点(2,0)，故D错.故选：ABD【点睛】本题主要考查相关命题真假的判定，熟记复数的几何意义、导数的方法研究函数单调性与极值、向量模的计算公式、以及抛物线的简单性质即可，属于常考题型.三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.13.复数243(3),zmmmimR

为纯虚数，则m__________.【答案】1【解析】【分析】根据题意，得到243030mmm，求解，即可得出结果.【详解】因为复数243(3),zmmmimR为纯虚数，所以243030mmm，解得：1m.故答案为：1.【点睛】本题

主要考查由复数的类型求参数，熟记复数的类型即可，属于基础题型.14.若函数32()fxxbxcxd的单调递减区间为(1,4)，则bc_________________.【答案】92【解析】【分析】先对函数求导，得到2()32fxxbxc，根据题意，得到不

等式2()320fxxbxc的解集为(1,4)，从而方程2320xbxc的两个根分别为1和4；根据根与系数关系，即可求出结果.【详解】因为32()fxxbxcxd，所以2()32fxxbxc，又函数32()fxxbxcxd的单调递减区间为

(1,4)，所以不等式2()320fxxbxc的解集为(1,4)，即方程2320xbxc的两个根分别为1和4；因此2143143bc，解得：15212bc，因此92bc.故答案为：92【点睛】本题主要考查由函数的单调区间求

参数，以及由不等式的解集求参数的问题，熟记导数的方法研究函数的单调性，以及三个二次之间关系即可，属于常考题型.15.制作一个容积为3256m的正方形底无盖水箱，所用材料最省时，它的高为_________【答案】4【解析】【分析】先设该容

器的高为x，由题意得到底面边长为：25616xx，表示出该水箱的用料，根据基本不等式，即可得出结果.【详解】设该容器的高为x，由题意可得：底面边长为：25616xx，因此制作该水箱，共需要材料16

2562562564643232xxxxxxxx333232256192，当且仅当25632xx，即4x时，取得最小值.故答案为：4【点睛】本题主要考查函数的应用，以及基本不等式求函数最值，熟记基本不等式即可，属于常考题

型.16.已知(1,2,3,,2018)iPi是抛物线2:2Cyx上的点，F是抛物线C的焦点，若1220180PFPFPF，122018PFPFPF_________________.【答案】2008【解析】【分析】先设(1,2,3,,,20

18)iiixyPi，根据题意，得到1,02F，所以1,2iiiFxyP，由1220180PFPFPF求出122018...1009xxx；再由抛物线定义，得到12iiiPFPFx

，进而可求出结果.【详解】设(1,2,3,,,2018)iiixyPi，因为iP是抛物线2:2Cyx上的点，F是抛物线C的焦点，所以1,02F，因此1,2iiiFxyP，因为1220180PFPFPF，所以12201

8...0111222xxx，即122018...1009xxx，又由抛物线的定义可得：12iiiPFPFx，所以122018122018111...222PFPFPFxxx

122018...1009100910092018xxx.故答案为：2018【点睛】本题主要考查求抛物线上的点到焦点的距离，熟记抛物线定义即可，属于常考题型.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程及演算步骤

。其中第17题满分10分，其余各题满分12分.17.已知函数32()2,[0,2]fxxxxx（1）求()yfx的最值；（2）若()fxa仅有唯一解，求a的取值范围.【答案】（1）最大值为2，最小值为

0；（2）4227a.【解析】【分析】（1）先对函数求导，得到2()341fxxx，用导数的方法先判断函数单调性求出极值，根据所给区间，即可求出最值；（2）由（1）的结果，作出函数的简图，结合图像，即可得出结果.【详

解】（1）因为32()2fxxxx，[0,2]x，2()341fxxx，令()0fx得113x，21x，当()0fx时，13x或1x；当()0fx时，113x；所以随着x的变化，(),()fxfx的变化情况如下表：x010,3131

,131(1,2)2()fx+-+()fx0单调递增极大值427单调递减极小值0单调递增2由上表可知，函数最大值为2；最小值为0；（2）由（1）知，()yfx的草图如下因为()fxa仅有唯一解，即()yfx与ya仅有唯一交点，由图像可得：4227a；即a的

取值范围为4227a.【点睛】本题主要考查求函数的最值，以及由方程根的个数求参数，熟记导数的方法研究函数的单调性，求极值、最值等，利用数形结合的方法即可求解，属于常考题型.18.命题:p方程22113xykk表示椭圆，命题2:,10qxRkx

kx恒成立；（1）若命题p为真命题，求实数k的取值范围；（2）若命题pq为真，求实数k的取值范围.【答案】（1）1k；（2）14k.【解析】【分析】（1）根据方程22113xykk表示椭圆，得到103013k

kkk，求解，即可得出结果；（2）先由（1），得到命题p等价于1k；再由命题q等价于不等式210kxkx，xR恒成立；得到命题q等价于04k；根据命题pq为真，得到命题p为假，命题q为

真，进而可求出结果.【详解】（1）若方程22113xykk表示椭圆，则椭圆标准方程为22113xykk，所以只需要103013kkkk，即1k；即命题p为真命题

时，实数k的取值范围为1k（2）由（1）可知：命题p等价于1k；命题2:,10qxRkxkx恒成立，等价于不等式210kxkx，xR恒成立；①当0k时，不等式显然成立；②当0k时，只需00k，即2040kkk，即04k综上可知：04k

；即命题q等价于04k；因为命题pq为真，所以命题p为假，命题q为真，即104kk，解得：14k.即实数k的取值范围为14k.【点睛】本题主要考查由命题的真假求参数，以及由复合命题真假求参数，熟记命题真假的判定

即可，属于常考题型.19.已知过抛物线22(0)ypxp的焦点，斜率为2的直线交抛物线于A，B两点，且||5AB（1）求该抛物线的方程；（2）O为坐标原点，若OCOAOB，求四边形OACB的面积.【答案】（1）24yx；（2）25.【解析】【分析】（1）先由题意得直线AB

的方程是22pyx，与抛物线联立，根据韦达定理，以及抛物线的焦点弦公式，即可得出12||5ABxxp，进而可求出结果；（2）先由（1）得直线AB的方程为220xy，再由OCOAOB，得四边形OACB为平行四边形，所以2||OACBOABSSAB

d（其中d为O到直线AB的距离），根据点到直线距离公式，求出d，即可得出结果.【详解】（1）由题意，可得：直线AB的方程是22pyx，与22ypx联立，得22460xpxp，所以1232xxp，由抛物线定义得：125||52ABxxpp，所

以2p，从而抛物线方程为24yx；（2）由（1）知：2p，则直线:22AByx，即220xy，又OCOAOB，所以四边形OACB为平行四边形，因此2||OACBOABSSABd（其中d为O到直线AB的距离）又22|200

2|252(1)d，因此，25255OABCS.【点睛】本题主要考查求抛物线的方程，以及抛物线中四边形面积的问题，熟记抛物线的标准方程，以及抛物线的简单性质即可，属于常考题型.20.函数2()lnfxxaxx（1）若2a，求()yfx在(1,(1))f处的切线方

程；（2）若()0fx恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）0xy；（2）1a.【解析】【分析】（1）对函数求导，求出在所给点的导函数值，得到切线斜率，进而可求出结果；（2）先由题意，得到ln

xaxx恒成立，设ln()xgxxx，只需min()agx，由导数的方法求出函数ln()xgxxx的最值，进而可求出结果.【详解】（1）2()ln2,0fxxxxx1()22fxx

x，故(1)1,(1)1ff，即切点为(1,1)，切线的斜率为1；所以所求的切线方程为0xy；（2）2()ln0fxxaxx恒成立，即lnxaxx恒成立；设ln()xgxxx

，则只需min()agx；又22ln1()xxgxx，设2()ln1hxxx，则易知2()ln1hxxx在0,上单调递增，由(1)0h，可知(0,1)x时，()0h

x；(1,)x时，()0hx；即(0,1)x时，()0gx；(1,)x时，()0gx；所以ln()xgxxx在(0,1)上单调递减，在(1,)时单调递增；即min()(1)1gxg，所以1a.【点睛】本题主要

考查求函数在某点的切线方程，以及由不等式恒成立求参数，熟记导数的几何意义，以及导数的方法研究函数的单调性，最值等即可，属于常考题型.21.如图，边长为2的正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知//ABCD，ABBC，112DCBCAB，点M在线段EC上

.（1）证明：平面BDM平面ADEF；（2）判断点M的位置，使得平面BDM与平面ABF所成的锐二面角为3.【答案】（1）证明过程见详解；（2）点M在线段CE的靠近点C的三等分点处.【解析】【分析】（1）先由题中数据，根据勾股定理，得到BDAD，再由面面垂直的性质定理，得到BDED

，根据线面垂直的判定定理，以及面面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先在面DAB内过点D作DNAB，垂足为N，根据题意，得到DNCD；DNED，以点D为坐标原点，DN所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐

标系，设000(,,)Mxyz，因为点M在线段EC上，所以可设(01)EMEC，得到0,,21M，再分别求出平面BDM与平面ABF的一个法向量，根据向量夹角公式，以及题中条件，即可求出结果.【详解】（1）因

为底面ABCD为梯形，//ABCD，ABBC，所以CDBC，又1DCBC，所以2BD，因为112AB，正方形ADEF边长为2，所以222ADBDAB，因此BDAD，又因为平面ADEF平面AB

CD，EDAD，平面ADEF平面ABCDAD，所以ED平面ABCD，因此BDED，又EDADD，所以BD平面ADEF；因为BD平面BDM，所以平面BDM平面ADEF；（2）在面DAB内过点D作DNAB，垂足为N，因为//ABCD，所以DNCD；又因为ED平

面ABCD，所以DNED；以点D为坐标原点，DN所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(1,1,0)B，(0,1,0)C，(0,0,2)E，(1,0,0)N，设000(,,)Mxyz，因为点M在线段EC上，所以可设(01

)EMEC，即000,,20,1,2xyz，所以000021xyz，即0,,21M，设平面BDM的一个法向量为,,mxyz，则00mDMmDB，所以2(1)0

0yzxy，令1x，则1,1,2(1)m，又易知：DN平面ABF，所以(1,0,0)DN为平面ABF的一个法向量，所以2211cos,2112(1)mDNmDNmDN，解得：23，所以220,,33M

，即，点点M在线段CE的靠近点C的三等分点处.【点睛】本题主要考查证明面面垂直，以及由二面角的大小求其它量，熟记线面、面面垂直的判定定理与性质定理，以及空间向量的方法求二面角即可，属于常考题型.22.已知函数

2()11xfxaxe，其中0a.（1）讨论函数()fx的单调性；（2）证明：()fx在区间[0,1]上只有唯一的零点.【答案】（1）见详解；（2）证明过程见详解.【解析】【分析】（1）先对函数求导，得到2()21xfx

axaxe，先讨论0a，得到函数恒增，再讨论01a，1a两种情况，利用导数的方法，解对应不等式，即可得出结果；（2）先由（1），得到当01a时，以及1a时，函数()fx在区间[0,1]上都是单调递增的，再由(0)0f，即可得出结论成立.【

详解】（1）因为2()11xfxaxe，所以2()21xfxaxaxe，当0a时，()0xfxe，此时()fx在R单调递增；当0a时，244aa，①当01a时，0，2210axax≥恒成立，()

0fx恒成立，此时()fx在R上单调递增；②当1a时，令1211()011,11fxxxaa由()0fx得111xa或111xa；由()0fx得111111xaa；所以()fx在1(,11)a和1(11)a

，上单调递增；在11(11,11)aa上单调递减；综上：当01a时，()fx在R单调递增；当1a时，()fx在1(,11)a和1(11)a，上单调递增；在11(11,11)aa上单调递减；（2）由（1

）知，当01a时，()fx在[0,1]单调避增，(0)0f，此时()fx在区间[0,1]上有一个零点；当1a时，1110a且1110a，()fx在[0,1]单调递增；(0)0f

，此时()fx在区间[0,1]上有一个零点；综上可知，()fx在区间[0,1]上只有唯一的零点【点睛】本题主要考查判断函数单调性，以及导数的方法研究函数的零点，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数单调性，即可得出结果，属于常考题型.