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2018-2019學年高二數學下學期第一次月考試題 理 (I)
一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，滿分60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的．）
1、復數z=(3+2i)(3-i)，其中i為虛數單位，則z的虛部是（ ）
A.-3 B.3 C. 3i D. -3i
2、若S1=12x2dx，S2=121xdx，S3=12exdx，則S1，S2，S3的大小關系為( )
A. S1
0,b>0)的左、右焦點分別為F1(-c,0)，F2(c,0)，P是雙曲線C右支上一點，且|PF2|=|F1F2|.若直線PF1與圓x2+y2=a2相切，則雙曲線的離心率為( )
A. 43 B. 53 C. 2 D. 3
12、已知a為常數，函數fx=xlnx-ax有兩個極值點x1,x2x1-12 B.fx1<0,fx2<-12
C.fx1>0,fx2<-12D. fx1>0,fx2>-12
二、填空題(本題共4小題，每小題5分，滿分20分)
13、已知復數z=2+i1-i(i為虛數單位)，那么z的共軛復數為______
14、甲、乙兩人從6門課程中各選修3門.則甲、乙所選的課程中至多有1門相同的選法共有______ 種．
15、記等差數列{an}得前n項和為Sn，利用倒序相加法的求和辦法，可將Sn表示成首項a1，末項an與項數的一個關系式，即Sn=(a1+an)n2；類似地，記等比數列{bn}的前n項積為Tn，bn>0(n∈N*)，類比等差數列的求和方法，可將Tn表示為首項b1，末項bn與項數的一個關系式，即公式Tn= ______ ．
16、已知△ABC的三個內角A，B，C的對邊依次為a，b，c，外接圓半徑為1，且滿足tanAtanB=2c-bb，則△ABC面積的最大值為_________．
三、解答題(本大題共5小題，共70分．解答須寫出文字說明、證明過程和演算步驟．)
17、(本小題滿分共12分)設Sn是數列an的前n項和，已知a1=1，Sn=2-2an+1．
(1)求數列an的通項公式；
(2)設bn=-1nlog12an，求數列bn的前n項和Tn．
18、(本小題滿分共14分)已知函數f(x)=13x3-ax+2a(a∈R)．
(1)當a=1時，求曲線f(x)在(2,f(2))處的切線方程；
(2)過點(2,0)作y=f(x)的切線，若所有切線的斜率之和為1，求實數a的值．
19、(本小題滿分共14分)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，AB=2，∠ABC=60°，E，F分別是BC，PC的中點．
(Ⅰ)證明：AE⊥PD；
(Ⅱ)設H為線段PD上的動點，若線段EH長的最小值為5，求二面角E-AF-C的余弦值．
20、(本小題滿分共14分)如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓x2a2+y2b2=1?(a>b>0)的離心率為22，直線l：y=2上的點和橢圓O上的點的距離的最小值為1．
(Ⅰ)求橢圓的方程；
(Ⅱ)已知橢圓O的上頂點為A，點B，C是O上的不同于A的兩點，且點B，C關于原點對稱，直線AB，AC分別交直線l于點E，F.記直線AC與AB的斜率分別為k1，k2．
①求證：k1?k2為定值； ②求△CEF的面積的最小值．
21、(本小題滿分共16分)已知函數fx=lnx-k-1x (k∈R)
①若x>1時討論f(x)的單調性，并確定其極值;
②若對?x∈e,e2都有f(x)<4lnx,求k范圍;
③若x1≠x2且f(x1)=fx2證明：x1?x2=m?BD|m|?|BD|=23512=155．
即二面角E-AF-C的余弦值為155．
20、(Ⅰ)解：由題知b=1，由a2-b2a=22，
所以a2=2,b2=1．故橢圓的方程為x22+y2=1；
(Ⅱ)①證明：設Bx0,y0y0>0，則x022+y02=1，
因為點B，C關于原點對稱，則C-x0,-y0，
所以k1k2=y0+1x0y0-1x0=y02-1x02=-x022x02=-12；
②解：直線AC的方程為y=k1x+1，直線AB的方程為y=k2x+1，不妨設k1>0，則k2<0，
令y=2，得E1k2,2,F1k1,2，
而yC=k1xC+1=-4k122k12+1+1=-2k12+12k12+1，
所以，△CEF的面積SΔCEF=12|EF|(2-yC)
=12(1k1-1k2)(2+2k12-12k12+1)=12?k2-k1k1k2?6k12+12k12+1．
由k1?k2=-12得k2=-12k1，
則SΔCEF=2k12+12k1?6k12+12k12+1=3k1+12k1≥6，當且僅當k1=66取得等號，
所以△CEF的面積的最小值為6．
21、解：（1）∵f（x）=（lnx﹣k﹣1）x（k∈R），
∴x＞0， =lnx﹣k，
①當k≤0時，∵x＞1，∴f′（x）=lnx﹣k＞0，
函數f（x）的單調增區(qū)間是（1，+∞），無單調減區(qū)間，無極值；
②當k＞0時，令lnx﹣k=0，解得x=ek，
當1＜x＜ek時，f′（x）＜0；當x＞ek，f′（x）＞0，
∴函數f（x）的單調減區(qū)間是（1，ek），單調減區(qū)間是（ek，+∞），
在區(qū)間（1，+∞）上的極小值為f（ek）=（k﹣k﹣1）ek=﹣ek，無極大值．
（2）∵對于任意x∈[e，e2]，都有f（x）＜4lnx成立，
∴f（x）﹣4lnx＜0，
即問題轉化為（x﹣4）lnx﹣（k+1）x＜0對于x∈[e，e2]恒成立，
即k+1＞對于x∈[e，e2]恒成立，令g（x）=，則，
令t（x）=4lnx+x﹣4，x∈[e，e2]，則，
∴t（x）在區(qū)間[e，e2]上單調遞增，故t（x）min=t（e）=e﹣4+4=e＞0，故g′（x）＞0，
∴g（x）在區(qū)間[e，e2]上單調遞增，函數g（x）max=g（e2）=2﹣，
要使k+1＞對于x∈[e，e2]恒成立，只要k+1＞g（x）max，
∴k+1＞2﹣，即實數k的取值范圍是（1﹣，+∞）．
證明：（3）∵f（x1）=f（x2），由（1）知，函數f（x）在區(qū)間（0，ek）上單調遞減，
在區(qū)間（ek，+∞）上單調遞增，且f（ek+1）=0，
不妨設x1＜x2，則0＜x1＜ek＜x2＜ek+1，
要證x1x2＜e2k，只要證x2＜，即證＜，
∵f（x）在區(qū)間（ek，+∞）上單調遞增，∴f（x2）＜f（），
又f（x1）=f（x2），即證f（x1）＜，
構造函數h（x）=f（x）﹣f（）=（lnx﹣k﹣1）x﹣（ln﹣k﹣1），
即h（x）=xlnx﹣（k+1）x+e2k（），x∈（0，ek）
h′（x）=lnx+1﹣（k+1）+e2k（+）=（lnx﹣k），
∵x∈（0，ek），∴l(xiāng)nx﹣k＜0，x2＜e2k，即h′（x）＞0，
∴函數h（x）在區(qū)間（0，ek）上單調遞增，故h′（x）＜h（ek），
∵，故h（x）＜0，
∴f（x1）＜f（），即f（x2）=f（x1）＜f（），∴x1x2＜e2k成立．
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