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文档介绍
2017-2018学年河南省平顶山市高二上学期期末调研考试文科数学试题 解析版
2017-2018学年河南省平顶山市高二上学期期末调研考试文科数学试题 解析版 第Ⅰ卷(共60分) 一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1. 抛物线的焦点坐标是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】转化为标准方程,,所以焦点为。故选D。 2. 命题“, ”的否定是( ) A. , B. , C. , D. , 【答案】C 【解析】 根据全称命题与存在性命题的关系可知,命题“”的否定 为“”,故选C. 3. 等差数列 中, , ,则 ( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】,所以。故选A。 4. 设,,,且,则( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】试题分析:A:由及不等式的性质可知仅当时,成立,∴A错误;B:,而的符号未定,因此无法判断两者大小关系,∴B错误;C:根据,可知在上递增,因此由可得,∴C正确;D:,而的符号未定,因此无法判定两者大小关系,∴D错误. 考点:1.作差法比较代数式的大小;2.函数结合不等式. 5. 在 中,内角 和 所对的边分别为和 ,则 是 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】C 【解析】在中,由正弦定理可得,则,即 又,则,即, 所以是的充要条件,故选C. 6. 设,满足约束条件,则的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 过,有最大值2,;过,有最小值,所以取值范围为。故选B。 7. 已知,,则的最小值是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】试题分析:由可知,,当且仅当,即时等号成立,又,当且仅当,即,,所以时等号成立. 考点:均值定理 视频 8. 已知双曲线 : ( , ),右焦点 到渐近线的距离为 , 到原点的距离为 ,则双曲线 的离心率为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 由题意,双曲线,右焦点到渐近线的距离为, 到原点的距离为,则双曲线焦点到渐近线的距离为, 又,代入得,解得,故选D. 9. 设 的内角 、 、 的对边分别为、 .若 , , ,则 ( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 由正弦定理,得, 又,所以,所以, 所以在直角中,,故选B. 10. 三个数 , ,成等比数列,其倒数重新排列后为递增的等比数列 的前三项,则能使不等式 成立的最大自然数为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】,得,即,则的前三项为, 所以, , 所以,得最大自然数为7.故选C。 11. 若,则的解集为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】,又,解得。故选A。 点睛:本题考查导数的求解,及解不等式。本题首先要能够正确求导,在解不等式的过程中,要注意定义域的范围,最后得到正确答案。在含有对数形式的函数问题中,一定要注意定义域的范围。 12. 过点 的直线与椭圆 交于 , 两点,且点平分 ,则直线 的方程为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】试题分析:由于直线过点,故排除C,D选项.设,代入椭圆方程得,两式相减并化简得,所以直线的斜率为,由点斜式得到直线方程为. 考点:直线与圆锥曲线位置关系. 【思路点晴】本题考查点差法.直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方程思想,另一方面要结合已知条件,从图形角度求解.联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组,化为一元二次方程后由根与系数的关系求解是一个常用的方法. 涉及弦长的问题中,应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长;涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算;涉及过焦点的弦的问题,可考虑用圆锥曲线的定义求解.涉及弦的中点问题,考虑用点差法来解决. 第Ⅱ卷(共90分) 二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上) 13. 已知椭圆的两焦点坐标分别是 、 ,并且过点 ,则该椭圆的标准方程是__________. 【答案】 【解析】 由题意,椭圆的两个焦点坐标分别是,可得, 设椭圆的方程为,椭圆经过点, 可得,解得,所以椭圆的方程为. 14. 曲线在点处的切线方程是__________. 【答案】 【解析】,所以,所以切线方程为,即。 点睛:本题考查导数的概念。导数就是曲线上点的切线斜率。本题中首先判断出该点是曲线上的点,所以切斜斜率就是该点的导数值,求出斜率后,再利用点斜式写出切线方程即可。 15. 在中,为边上一点,,,,若,则__________. 【答案】 【解析】试题分析:设, 在中有:, 在中有:,又,代入得,解得. 考点:余弦定理. 【名师点睛】在本题中,已知被分成两个三角形,它们公共边长度已知,相邻的解已知,还知道的是两个三角形中另外两对边的比例,要解这个三角形,可用余弦定理把两个三角形联系起来,根据已知角,用余弦定理分别求出,再由的关系可求得,接着可求得及各个角.如果已知两个角,还可以用正弦定理建立关系,以便求解. 16. 函数 ( ), ,对 , ,使 成立,则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 由函数的图象是开口向上的抛物线,且关于对称, 所以时,函数的最小值为,最大值为, 可得的值域为, 又因为, 所以为单调增函数,的值域为,即, 以为对, ,使成立, 所以,解得,所以实数的取值范围是. 点睛:本题考查函数的值域,同时涉及到了“任意”、“存在”等量词的理解,着重考查了学生分析问题和解答问题的能力,其中正确理解“任意”、“存在”等量词,转化为函数的值域与最值之间的关系,列出不等式组是解答的关键. 三、解答题 (本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17. (1)已知、.求证:; (2)解不等式. 【答案】(1)见解析;(2)原不等式的解为或或. 【解析】试题分析:(1)作差证明不等式成立;(2)移项通分得,利用穿根法解不等式。 试题解析: (1)作差得: . ∵时,∴,而,∴. 所以,. (2)原不等式可化为, 继续化为,其等价于. ∴原不等式的解为或或. 18. 已知,,分别为三个内角,,的对边,. (1)求; (2)若,的面积为,求,. 【答案】(1);(2). 【解析】试题分析:(1)由题设条件及正弦定理可化简得,即求解角; (Ⅱ)由三角形的面积公式,可得,在由余弦定理得,即可求解的值. 试题解析: (1)由 及正弦定理得 , ∵ ,∴ , 又 ,故 . (Ⅱ)∵ 的面积为 ,∴ . 由余弦定理得 ,故 . 解得 . 19. 设数列的前项和为,满足,. (1)求数列的通项公式; (2)记,,,的前项和为,求. 【答案】(1);(2). 试题解析: (1)∵,.∴时,,解得. 时,,化为: ∴数列是等比数列,公比为.∴. (2)∵, ∴, 而. ∴. 20. 已知函数. (1)求的导函数; (2)求在其定义域上的取值范围. 【答案】(1);(2)在定义域上上的取值范围是. .................. 试题解析: (Ⅰ)=(1-) (2)∵ . 令,并解得,且当时,,当时,, ∴在上递减,在上递增, ∴在上有最小值. 又令得,因此,当时,,当时,, ∴在定义域上上的最大值为. 综上,在定义域上上的取值范围是. 点睛:本题考查导数的单调性与值域。首先本题考查导数的求解,对学生求导基本功的要求比较高,涉及到求导公式及复合函数求导的应用,然后求出单调区间,求出最大最小值,得到值域。 21. 已知是抛物线:()上一点,是抛物线的焦点,且. (1)求抛物线的方程; (2)已知 ,过 的直线交抛物线 于 、 两点,以 为圆心的圆 与直线 相切,试判断圆 与直线 的位置关系,并证明你的结论. 【答案】(1)抛物线的方程为;(2)圆与直线相切. 【解析】试题分析:(1)由抛物线的方程,可得焦点坐标与准线方程,过作于点, 连接 ,利用等边三角形,求得的值,即可得到抛物线的方程; (2)当直线的斜率不存在时,可得圆 与直线 相切. 当直线的斜率存在时,设方程为,代入抛物线的方程,求得,进而得到直线、的方程,求得点到直线的距离,得到,即可判定直线与圆相切. 试题解析: (1)抛物线 : ( )的准线方程为: , 过 作 于点 ,连接 ,则 , ∵ ,∴ 为等边三角形, ∴ ,∴ . ∴抛物线 的方程为 . (2)直线的斜率不存在时, 为等腰三角形,且 . ∴圆 与直线 相切. 直线的斜率存在时,设方程为 , 代入抛物线方程,得 , 设 , ,则 . 直线 的方程为,即 , ∴圆 的半径 满足 . 同理,直线 的方程为 , 到直线 的距离 , . ∴ ,∴ ,∴圆 与直线 相切, 综上所述,圆 与直线 相切. 点睛:本题考查了抛物线的标准方程的求解,直线与抛物线的位置关系的应用问题,考查了转换与化归能力,当看到题目中出现直线与圆锥曲线时,不需要特殊技巧,只要联立直线与圆锥曲线的方程,借助根与系数关系,找准题设条件中突显的或隐含的等量关系,把这种关系“翻译”出来,有时不一定要把结果及时求出来,可能需要整体代换到后面的计算中去,从而减少计算量. 22. 已知函数. (1)讨论的单调性; (2)当时,证明. 【答案】(1)若,则当时,,故在单调递增.若,则当时,;当时,.故在单调递增,在单调递减;(2)见解析. 【解析】试题分析:(1)先求函数导数,再根据导函数符号的变化情况讨论单调性:当时,,则在单调递增;当时,在单调递增,在单调递减.(2)证明,即证,而,所以需证,设g(x)=lnx-x+1 ,利用导数易得,即得证. 试题解析:(1)f(x)的定义域为(0,+),. 若a≥0,则当x∈(0,+)时,,故f(x)在(0,+)单调递增. 若a<0,则当x∈时,;当x∈时,.故f(x)在单调递增,在单调递减. (2)由(1)知,当a<0时,f(x)在取得最大值,最大值为 . 所以等价于,即. 设g(x)=lnx-x+1,则. 当x∈(0,1)时,;当x∈(1,+)时,.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+)单调递减.故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,,即. 【名师点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略:(1)构造差函数.根据差函数导函数符号,确定差函数单调性,利用单调性得不等量关系,进而证明不等式. (2)根据条件,寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系,或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. 查看更多