2017-2018学年福建省永春县第一中学高二下学期期中考试数学（理）试题-解析版
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福建省永春县第一中学2017-2018学年高二下学期期中考试数学（理）试题
评卷人
得分
一、单选题
1．用反证法证明:“自然数a,b,c中恰有一个偶数”时正确的反设为 ( )
A． a,b,c都是偶数
B． a,b,c都是奇数
C． a,b,c中至少有两个偶数
D． a,b,c中都是奇数或至少有两个偶数
【答案】D
【解析】自然数a,b,c的奇偶性有四种情形：三个都是奇数；一个奇数两个偶数；两个奇数一个偶数；三个都是偶数．故否定“自然数a,b,c中恰有一个是偶数”时的反设为“a,b,c中都是奇数或至少两个偶数”．选D．
2．下面是关于复数的四个命题：：|z|=2，：z2=2i，：z的共轭复数为，：z的虚部为1，其中真命题为（ ）
A． ， B． ， C． ， D． ，
【答案】B
【解析】
【分析】
利用复数的运算法则可得：复数z=1+i，再利用复数的模的计算公式、共轭复数的定义、虚部的定义即可判断出真假．
【详解】
复数.
：，故是假命题；
：，是真命题；
：的共轭复数为，故是假命题；
：的虚部为1，是真命题.
故选B.
【点睛】
本题考查了复数的运算法则、复数的模的计算公式、共轭复数的定义、虚部的定义、命题的真假判定，注意概念的掌握以及计算的准确性．
3．我国古代有着辉煌的数学研究成果．《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》……《缉古算经》等10部专著，有着丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献．这10部专著中有7部产生于魏晋南北朝时期．某中学拟从这10部名著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选的2部名著中至少有1部是魏晋南北朝时期的名著的概率为( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】从10部名著中选择2部名著的方法数为＝45，所选的2部都为魏晋南北朝时期的名著的方法数为＝21，只有1部为魏晋南北朝时期的名著的方法数为×＝21，于是事件“所选的2部名著中至少有1部是魏晋南北朝时期的名著”的概率P＝＝.
故选：A
4．设是函数的导函数，的图象如图所示，则的图象最有可能的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用导函数的图象，判断导函数的符号，得到函数的单调性以及函数的极值，然后判断选项即可
【详解】
由的图象可知，当，或时，，故函数是增函数，
时，函数是减函数，
是函数的极大值点，是函数的极小值点
所以函数的图象只能是
故选
【点睛】
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，属于基础题，解题的关键是利用导函数看正负，原函数看增减。
5．在平面几何里有射影定理：设三角形ABC的两边AB⊥AC，D是A点在BC上的射影，则AB2=BD•BC．拓展到空间，在四面体A﹣BCD中，AD⊥面ABC，点O是A在面BCD内的射影，且O在△BCD内，类比平面三角形射影定理，得出正确的结论是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
这是一个类比推理的题，在由平面图形到空间图形的类比推理中，一般是由点的性质类比推理到线的性质，由线的性质类比推理到面的性质，由已知在平面几何中，若中，，，是垂足，则，我们可以类比这一性质，推理出若三棱锥中，面，面，为垂足，则.
【详解】
由已知在平面几何中， 若中，，，是垂足，则.
可以类比这一性质，推理出：
若三棱锥中，面，面，为垂足，如图所示：
则．
故选A.
【点睛】
本题主要考查类比推理.类比推理是指依据两类数学对象的相似性，将已知的一类数学对象的性质类比迁移到另一类对象上去，类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．
6．已知，，，，…，，则推测（ ）
A． 1033 B． 199 C． 109 D． 29
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，依次分析三个式子，可得成立，进而根据，可得，的值，从而可得.
【详解】
根据题意，对于第一个式子，有；
对于第二个式子，有；
对于第三个式子，有；
分析可得，有.
若，则，.
∴
故选C.
【点睛】
本题考查归纳推理的应用，属于中档题. 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：（1）数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列，等比数列等；（2）形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.
7．已知是上的单调增函数，则的取值范围是（ ）
A． ﹣1b2 B． ﹣1b2 C． b﹣2或b2 D． b﹣1或b2
【答案】A
【解析】
【分析】
利用三次函数的单调性，通过其导数进行研究，求出导数，利用其导数恒大于0即可解决问题．
【详解】
∵
∴
∵函数是上的单调增函数
∴在上恒成立
∴，即.
∴
故选A.
【点睛】
可导函数在某一区间上是单调函数，实际上就是在该区间上（或）（在该区间的任意子区间都不恒等于0）恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围，本题是根据相应的二次方程的判别式来进行求解.
8．用数学归纳法证明，从到，左边需要增乘的代数式为（）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
试题分析：当时，原式是，当时，变为，所以增乘的代数式是，故应选.
考点：1、数学归纳法.
9．2位男生和3位女生共5位同学站成一排．若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数为（ ）
A．36 B．42 C． 48 D． 60
【答案】C
【解析】
试题分析：从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A，（A共有C32A22=6种不同排法），
剩下一名女生记作B，两名男生分别记作甲、乙；则男生甲必须在A、B之间（若甲在A、B两端．则为使A、B不相邻，只有把男生乙排在A、B之间，此时就不能满足男生甲不在两端的要求）此时共有6×2=12种排法（A左B右和A右B左）最后再在排好的三个元素中选出四个位置插入乙，∴共有12×4=48种不同排法．故选C．
考点：排列、组合及简单计数问题．
10．设函数在区间（a，b）上的导函数为，在区间（a，b）上的导函数为，若在区间（a，b）上，则称函数在区间（a，b）上为“凹函数”，已知在区间（1，3）上为“凹函数”，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
函数在区间上为“凹函数”，所以，即对函数二次求导，分离参数，求参数的最值即可．
【详解】
∵
∴
∴
∵函数在区间上为“凹函数”
∴
∴在上恒成立，即在上恒成立.
∵在上为单调增函数
∴
∴
故选D.
【点睛】
本题考查函数的导数与不等式恒成立问题的解法，关键是要理解题目所给信息（新定义）. 不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.
11．已知函数是定义在上的奇函数， ，当时，有
成立，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设 ，
则,即x>0时 是增函数，
当x>1时,g(x)>g(1)=0,此时f(x)>0；
0
0；
x<−1时f(x)=−f(−x)<0.
则不等式x⋅f(x)>0等价为 或 ，
即x>1或x<−1，
则不等式xf(x)>0的解集是(−∞,−1)∪(1,+∞)，
本题选择A选项.
12．设函数，其中，若存在唯一的整数使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
设g(x)=ex(2x−1)，y=ax−a，
由题意知存在唯一的整数x0使得g(x0)在直线y=ax−a的下方，
∵g′(x)=ex(2x−1)+2ex=ex(2x+1)，
∴当 时,g′(x)<0,当时,g′(x)>0，
∴当 时,g(x)取最小值 ，
当x=0时,g(0)=−1,当x=1时,g(1)=e>0，
直线y=ax−a恒过定点(1,0)且斜率为a，
故−a>g(0)=−1且g(−1)=−3e−1⩾−a−a,解得
本题选择D选项.
第II卷（非选择题）
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评卷人
得分
二、填空题
13．_____．
【答案】
【解析】
【分析】
根据定积分的计算法则和定积分的几何意义计算即可．
【详解】
表示以原点为圆心，以1为半径的圆的面积的一半，即；
∵
∴
故答案为.
【点睛】
本题主要考查定积分的几何意义，属于中档题.当利用定积分不能直接求解时，一般要注意被积函数的几何意义，利用几何图形计算其面积，从而得到定积分的值.
14．用0，1，2，3，4这五个数字可以组成___个重复数字的四位奇数．
【答案】36
【解析】
【分析】
根据题意，分3步进行分析：①、在1、3中任选一个，安排在个位，②、0不能在首位，则需要在剩下的3个数字中任选1个，③、在剩下的3个数字中任选2个，安排在其他2个数位，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】
根据题意，分3步进行分析：
①要求四位数为奇数，其末位数字为1、3，有2种情况；
②0不能在首位，则需要在剩下的3个数字中任选1个，有3种情况；
③在剩下的3个数字中任选2个，安排在其他2个数位，有种情况；
则一共有2×3×6=36种情况，即有36个四位奇数.
故答案为36．
【点睛】
本题考查分步计数原理的应用，注意0不能在首位以及末位数学必须为奇数．解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手；(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．
15．已知的展开式中x3项的系数为25，则实数=___．
【答案】3
【解析】
【分析】
利用多项式的乘法法则得到系数由三部分组成， 利用二项展开式的通项公式求出各项的系数，列出方程求出的值．
【详解】
的展开式中系数是.
∵系数为25
∴
∴
故答案为3.
【点睛】
求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第
项，由特定项得出值，最后求出其参数.
16．设过曲线（为自然对数的底数）上任意一点处的切线为，总有过曲线上一点处的切线，使得，则实数的取值范围为 ．
【答案】.
【解析】试题分析：设曲线上的切点为,曲线上一点为.因,故直线的斜率分别为,由于,因此,即,也即.又因为,所以,由于存在使得,因此且,所以,所以.
考点：导数的几何意义及不等式恒成立和存在成立问题的求解思路．
【易错点晴】本题考查的是存在性命题与全称命题成立的前提下参数的取值范围问题.解答时先求导将切线的斜率表示出来,再借助题设中提供的两切线的位置关系,将其数量化,最后再依据恒成立和存在等信息的理解和处理,从而使问题获解.本题在解答时最为容易出错的地方有两处:其一是将切点设为一个；其二是将存在问题当做任意问题来处理.
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评卷人
得分
三、解答题
17．如图，梯形中，.
(1)若，求的长；
(2)若，求的面积.
【答案】(1) 8；(2) ．
【解析】
【分析】
（1）由同角三角形函数的关系求出，结合，在中，由正弦定理即可求出的长；（2）在中，利用余弦定理求得，结合利用（1）的结论，根据三角形的面积公式即可结果.
【详解】
(1)因为，
所以为钝角，且，，
因为，所以.
在中，由，解得.
(2)因为，所以，
故，.
在中，，
整理得，解得，
所以.
【点睛】
以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.
解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.
18．数列的前项和为，已知， 成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足， 求数列的前项和.
【答案】(1) ；(2) .
【解析】试题分析：（1）因为，变形后为也即是，所以是一个等差数列且公差为2，再利用成等比数列可以得到，所以的通项为.（2）计算可得，它是等差数列和等比数列的乘积，用错位相减法求其前项和.
解析：（1）因为，所以，故数列是公差为的等差数列；又成等比数列，所以，解得，故.
（2）由（1）可得： ，故
，
又，
由错位相减法得：
，
整理得： .
19．已知函数（）
（1）讨论函数的单调性；
（2）若不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；(2) .
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，通过当时，当时，判断导函数的符号，然后判断函数的单调性；（2）通过当时，当时，当时，分别求解判断求解函数的最小值，推出的取值范围．
【详解】
（1），
当≤0时，∵，∴＞0恒成立，
∴在定义域（0，+∞）上单调递增
当＞0时，令=0，得x=，
∵x＞0，∴＞0得x＞；＜0得0＜x＜，
∴在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．
（2）当=0时，＞0恒成立；
当＜0时，当x→0时，→﹣∞，≥0不成立；
当＞0时，由（1）可知f（x）min=f（）=﹣ln，
由f（）=﹣ln≥0得1﹣ln≥0.
∴∈（0，e]
综上所述，的取值范围是[0，e]．
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论的数学思想.在求导后，一般要进行通分和因式分解，而分式的分母一般都不用考虑，另外要注意在定义域内研究单调性. 对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.
二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
20．如图,是平行四边形，已知，,平面平面.
（1）证明：；
（2）若，求平面与平面所成二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)见解析;(2).
【解析】
【分析】
（1）推导出，取BC的中点F，连结EF ，可推出，从而平面，进而，由此得到平面，从而；（2）以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，以过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成二面角的余弦值．
【详解】
（1）∵是平行四边形，且
∴，故，即
取BC的中点F，连结EF.
∵
∴
又∵平面平面
∴平面
∵平面
∴
∵平面
∴平面，
∵平面
∴
（2）∵,由（Ⅰ）得
以为坐标原点，所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系(如图)，则
∴
设平面的法向量为，则，即
得平面的一个法向量为
由（1）知平面，所以可设平面的法向量为
设平面与平面所成二面角的平面角为，则
即平面与平面所成二面角的平面角的余弦值为.
【点睛】
用空间向量求解立体几何问题的注意点
（1）建立坐标系时要确保条件具备，即要证明得到两两垂直的三条直线，建系后要准确求得所需点的坐标．
（2）用平面的法向量求二面角的大小时，要注意向量的夹角与二面角大小间的关系，这点需要通过观察图形来判断二面角是锐角还是钝角，然后作出正确的结论．
21．已知椭圆的两焦点为，，离心率.
（1）求此椭圆的方程；
（2）设直线：，若与此椭圆相交于，两点，且等于椭圆的短轴长，求的值；
（3）以此椭圆的上顶点为直角顶点作椭圆的内接等腰直角三角形，这样的直角三角形是否存在？若存在，请说明有几个；若不存在，请说明理由.
【答案】(1);(2);(3)见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题设条件椭圆的两焦点为，，离心率，求出，两参数的值，即可求得椭圆的方程；（2）根据直线与此椭圆相交于，两点，且等于椭圆的短轴长，故可由弦长公式建立方程求出参数的值．首先要将直线方程与椭圆方程联立，再利用弦长公式建立方程，即可求解；（3）先假设能构成等腰直角三角形，其中，由题意可知，直角边，不可能垂直或平行于轴，故可设边所在直线的方程为（不妨设），则边所在直线的方程为，将此两直线方程与椭圆的方程联立，分别解出，两点的坐标，用坐标表示出两线段，的长度，由两者相等建立方程求参数，由解的个数判断三角形的个数即可．
【详解】
（1）设椭圆方程为，
则，，
所求椭圆方程为.
（2）由，消去y，得，
则得 （*）
设，则，，
，
解得.，满足（*）
(3)设能构成等腰直角三角形，其中，由题意可知，直角边，不可能垂直或平行于轴，故可设边所在直线的方程为（不妨设），则边所在直线的方程为.
由，得A
用代替上式中的k，得，
由，得
k<0，解得或，
故存在三个内接等腰直角三角形.
【点睛】
本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，解题的关键是掌握直线与圆锥曲线位置关系中的相关的知识，如本题中求解的重点是弦长公式的熟练掌握运用，依据条件进行正确转化，分析出建立方程的依据很关键，如本题第二小题利用弦长公式建立方程求参数，第三小题中利用等腰三角形的性质转化为两弦长与相等，由此关系得到斜率所满足的方程，将求解有几个三角形的问题转化为关于的方程有几个根的问题，此类问题中正确转化，充分利用等量关系是解题的重中之重．
22．已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直（其中
为自然对数的底数）．
（1）求的解析式及单调减区间；
（2）若函数无零点，求的取值范围．
【答案】(1)见解析;(2)或.
【解析】
【分析】
（1）先求出函数的导数，求得切线的斜率，由两直线垂直的条件，可得，求得的解析式，可得导数，令导数小于0，可得减区间；（2）先求得，要使函数无零点，即要在内无解，亦即要 在内无解.构造函数，对其求导，然后对进行分类讨论，运用单调性和函数零点存在性定理，即可得到的取值范围.
【详解】
(1) ，
又由题意有： ，故.
此时，，由或，所以
函数的单调减区间为和.
(2) ，且定义域为，
要函数无零点，即要在内无解，亦即要 在内无解.
构造函数.
①当时，在内恒成立，所以函数在内单调递减，在内也单调递减. 又，所以在内无零点，在内也无零点，故满足条件；
②当时，
⑴若，则函数在内单调递减，在内也单调递减，在内单调递增. 又，所以在内无零点；易知，
而，故在内有一个零点，所以不满足条件；
⑵若，则函数在内单调递减，在内单调递增. 又，所以时，恒成立，故无零点，满足条件； ……10分
⑶若，则函数在内单调递减，在内单调递增，在内也单调递增. 又，所以在及内均无零点.
又易知，而，
又易证当 时，，所以函数在内有一零点，
故不满足条件.
综上可得：的取值范围为：或.
【点睛】
本题主要考查导数的几何意义、应用导数研究函数的零点问题、其中分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题，解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出．本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等．
