2017-2018学年广东仲元中学高二下学期期中考试数学（理）试题（解析版）

2017-2018学年广东仲元中学高二下学期期中考试数学（理）试题（解析版）

‎2017-2018学年广东仲元中学高二下学期期中考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．已知集合，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由，可得，即，由，可得，即，，故选B.‎ ‎2．抛物线的焦点坐标是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】抛物线方程得焦点坐标为，故选A.‎ ‎3．如图所示的长方形的长为2，宽为1，在长方形内撒一把豆子(豆子大小忽略不计)，然后统计知豆子的总数为粒，其中落在飞鸟图案中的豆子有粒，据此请你估计图中飞鸟图案的面积约为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】设飞鸟图案的面积为，那么，几，故选B.‎ ‎4．已知命题，．则命题的否定为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：把全称改为特称，肯定改为否定。‎ 详解：，故选C。‎ 点睛：带全称、特称量词的否定，‎ 命题“，则成立”的否定：，则成立 命题“，则成立”的否定：，则成立 ‎5．已知向量，，若与的夹角为，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：先解，再利用整体替换。‎ 详解：由题意可知：,，，则。故选D。‎ 点睛： 向量中的三个基本量，，的计算，往往通过整体替换的方式来处理。‎ ‎6．若，，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】∵，∴∈（，）， 又因为，∴ 故sinα=sin[（）-]=sin（）cos-cos（）sin == , 故选A.‎ 点睛：三角函数式的化简要遵循“三看”原则:一看角，这是重要一环，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分，从而正确使用公式 ；二看函数名称，看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有切化弦；三看结构特征，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的方向，如遇到分式要通分等.‎ ‎7．世界数学名题“问题”：任取一个自然数，如果它是偶数，我们就把它除以2，如果它是奇数，我们就把它乘3再加上1.在这样一个变换下，我们就得到了一个新的自然数.如果反复使用这个变换，我们就会得到一串自然数，猜想就是：反复进行上述运算后，最后结果为1.现根据此问题设计一个程序框图如图所示.执行该程序框图，输入的，则输出（ ）‎ A. 3 B. 5 C. 6 D. 7‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据循环得，‎ 结束循环，输出6，选C.‎ ‎8．设复数，且为纯虚数，则 （ ）‎ A. -1 B. 1 C. 2 D. -2‎ ‎【答案】D ‎【解析】为纯虚数，，解得，故选D.‎ ‎9．设不等式组表示的平面区域为，不等式表示的平面区域为，对于中的任意一点和中的任意一点，的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】做出题目中所示的区域,由图可以看出 的最小值为圆心到原点O的长度减去圆的半径，圆心为（-2，2），到原点的距离为，圆的半径为.所以.‎ 点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.‎ ‎10．已知函数，要得到的图象，只需将函数的图象（ ）‎ A. 向右平移个单位 B. 向右平移个单位 C. 向左平移个单位 D. 向左平移个单位 ‎【答案】D ‎【解析】∵，∴应向左平移个单位，故选D．‎ ‎11．某几何体是由一个三棱柱和一个三棱锥构成的，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】次三视图还原为如图几何体，长方体削下去等高的四棱锥，剩下一个三棱锥和一个三棱柱， ，故选A.‎ ‎12．若函数的图象如图所示，则的范围为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：,当时,的根 详解：（1）‎ ‎（2），整理可得，由图可知，或者，解得 由（1）（2）可知，故选B 点睛：由图像求参数的取值范围，抓住关键点（零点、已知坐标的点、极值点、最值点）的位置，往往利用导数研究函数的关键点的位置。‎ 二、填空题 ‎13．已知，若向量与共线，则和方向上的投影为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】 ,由向量 与 共线，得 ，解得 ，则 ，故答案为.‎ ‎14．已知点在同一个球的球面上，，若四面体的体积为，球心恰好在棱上，则这个球的表面积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：确定 外接圆的直径为 圆心 为的中点，求出球心到平面 的距离，利用勾股定理求出球的半径，即可求出球的表面积．‎ 详解：∵， 外接圆的直径为，圆心 为的中点 ∵球心恰好在棱上，，则为球的直径，则 由球的性质，平面，则平面，即为三棱锥的高，由四面体的体积为，可得 ， ∴球的半径为 ‎ ‎∴球的表面积为 ． 即答案为．‎ 点睛：本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，正确求出球的半径是关键．‎ ‎15．正项数列的前项和为，且（），设，则数列的前2016项的和为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】,,‎ ‎∴当时, ,解得. 当时, ,‎ 可化为: , ,‎ ‎∴数列是等差数列,公差为1,首项为1. ，‎ ‎ .‎ ‎, 则数列的前2016项的和 .‎ ‎16．已知是椭圆：的右焦点，是上一点，，当周长最小时，其面积为__________．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】由题设可设左焦点为，则的周长为，由于（当且仅当三点共线时取等号），此时，直线方程为，代入椭圆中化简可得，解得。当时，，即，此时，点到直线的距离，三角形的面积 ‎；当时，，即，此时，点到直线的距离，故三角形的面积；故应填答案。‎ 点睛：解答本题的关键是确定三角形面积最小时点的坐标，进而求出直线的方程，运用点到直线的距离公式确定三角形的高，最终求出三角形面积的值。本题求解时遇到的难点是联立直线与椭圆的方程解方程组时，得到两个交点的坐标，然后逐一求出三角形的面积，取出三角形面积最小的三角形的面积。‎ 三、解答题 ‎17．已知数列是等差数列， ， ， .‎ ‎(1)求数列的通项公式；‎ ‎(2)若数列为递增数列，数列满足，求数列的前项和.‎ ‎【答案】(1) ；(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据等差数列的性质，可知，解出，得到数列的通项公式；（2）根据（1）可知，求得， ，采用错位相减法求和.‎ 试题解析：(1)由题意得，所以，‎ 时， ，公差，所以，‎ 时， ，公差，所以.‎ ‎(2)若数列为递增数列，则，‎ 所以， ，‎ ‎，‎ 所以 ，‎ ‎，‎ 所以 ‎，‎ 所以.‎ ‎18．在锐角△ABC中，角的对边分别为，边上的中线，且满足.‎ ‎（1）求的大小；‎ ‎（2）若，求的周长的取值范围. ‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析:在,中分别利用余弦定理,写出的表达式,化简后可求得的值,代入已知条件可化简得到的余弦值,进而求得角的大小.(2)利用正弦定理将边转化为角的形式,即,根据可求得周长的取值范围.‎ 试题解析:‎ ‎（1）在中，由余弦定理得：， ①‎ 在中，由余弦定理得：， ②‎ 因为，所以，‎ ‎①+②得：， ‎ 即， 代入已知条件，‎ 得，即， ‎ ‎，‎ 又，所以.‎ ‎（2）在中由正弦定理得，又，‎ 所以， ，‎ ‎∴， ‎ ‎∵为锐角三角形，‎ ‎∴ ‎ ‎∴，∴．‎ ‎∴周长的取值范围为．‎ ‎19．如图，在直角梯形中，，且分别为线段的中点，沿把折起，使，得到如下的立体图形.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2) .‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）由折叠问题的特征可得，又，，故可得平面 ‎，根据面面垂直的判定定理可证得结论．（2）过点作交于点，连结，结合条件可得可得，于是得到．然后根据条件求得，，然后根据可求得点到平面的距离．‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：由题意可得，‎ ‎∴，‎ 又，，‎ ‎∴平面.‎ ‎∵平面，‎ ‎∴平面平面．‎ ‎（2）解：‎ 过点作交于点，连结，则平面，‎ ‎∵平面，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴平面，‎ 又平面 ‎∴．‎ 于是可得，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴,‎ ‎∴．‎ 设点到平面的距离为，‎ 由，可得． ‎ ‎∵，‎ ‎∴平面，‎ ‎∴．‎ 又,‎ ‎∴．‎ 又，‎ ‎∴，‎ 解得．‎ 故点到平面的距离为2．‎ 点睛：‎ ‎（1）解决折叠性问题时首先要分清在折叠前后哪些量（位置关系或数量关系）发生了变化，哪些量没有发生变化．一般的结论是在折线同侧的量的关系在折叠前后不变，在折线两侧的量的关系在折叠前后改变．‎ ‎（2）立体几何中求点到平面的距离时，可把所求的距离看作是一个三棱锥的高，利用可利用等体积法求解．‎ ‎20．设.‎ ‎(1）求的单调区间；‎ ‎（2）求在的最大值与最小值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）x= -2时，f （x）取最小值0，x= -5时，f （x）取最大值63.‎ ‎【解析】分析：（1）先求一阶导函数的根，求解或的解集，写出单调区间。‎ ‎（2）根据（1）的结论列出函数，的关系的表格判断出极值，再计算f （-5），‎ f （）的值与极值做比较，得出最值。‎ 详解：（1）f ′（x）= -（x＋2）（3x-2），‎ 令f ′（x）＞0得 -2＜x＜，令f ′（x）＜0得x＜-2或x＞，‎ ‎（-∞，-2）‎ ‎-2‎ ‎（-2，）‎ ‎（，+∞）‎ ‎—‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎—‎ 极小值 极大值 ‎∴的单调增区间为（-2，），单调减区间为（-∞，-2）和（，＋∞）；‎ ‎（2）由单调性可知，当x= -2时，f （x）有极小值f （-2 ）=0，当x=时，f （x）有极大值f （）=；‎ 又f （-5）=63，f （）=，∴x= -2时，f （x）取最小值0，x= -5时，f （x）取最大值63.‎ 分析：求函数在闭区间内的最值问题的步骤：‎ ‎（1）先求一阶导函数的根，求解或的解集，判断单调性。‎ ‎（2）判断极值并求出极值（可以列表，也可以画出一阶导函数的示意图）。‎ ‎（3）再计算f （a），f （b）的值与极值做比较，进而得出结论。‎ ‎21．如图，在平面直角坐标系中，直线与直线之间的阴影部分记为，区域中动点到的距离之积为1.‎ ‎（1）求点的轨迹的方程；‎ ‎（2）动直线穿过区域，分别交直线于两点，若直线与轨迹有且只有一个公共点，求证：的面积恒为定值.‎ ‎【答案】（1）（2）2‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（Ⅰ）由点到直线距离公式直接把已知表示出来，并化简可得方程；‎ ‎（Ⅱ）直线与轨迹有且只有一个公共点，即直线与轨迹相切，因此可求出当与垂直（即斜率不存在）时，面积，当斜率存在时，可设其方程为，与双曲线方程联立方程组，由可得，再设出，由直线相交可求得（用表示），计算面积可得结论.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）由题意得，.‎ 因为点在区域内，所以与同号，得，‎ 即点的轨迹的方程为.‎ ‎（Ⅱ）设直线与轴相交于点，当直线的斜率不存在时，，，得.‎ 当直线的斜率存在时，设其方程为，显然，则，‎ 把直线的方程与联立得，‎ 由直线与轨迹有且只有一个公共点，知，‎ 得，得或.‎ 设，，由得，同理，得.‎ 所以 .‎ 综上，的面积恒为定值2.‎ ‎22．设函数 ‎（1）当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（2）如果不等式对于一切的恒成立，求的取值范围；‎ ‎（3）证明：不等式对于一切的恒成立．‎ ‎【答案】（1）(2)（3）见解析 ‎【解析】分析：（1）先求一阶导函数，，用点斜式写出切线方程。‎ ‎（2）分离变量，，构建函数，转化为求函数的最大值 ‎（3）构建函数，证明的最小值大于0.‎ 解：（1）当时，，则，故，所以曲线在点处的切线方程为：；‎ ‎（2）因为，所以恒成立，等价于恒成立.‎ 设，得，‎ 当时，，所以　在上单调递减，‎ 所以　时，.‎ 因为 恒成立，所以的取值范围是；‎ ‎（3）当时，，等价于.‎ 设，，得.‎ 由（2）可知，时，恒成立.‎ 所以时，，有，所以.‎ 所以在上单调递增，当时，.‎ 因此当时，恒成立 分析：（1）利用导数求在某点切线方程利用，即可。‎ ‎（2）已知不等式的恒成立，求解参数的取值范围，分离变量，转化为求函数的最值问题。‎ ‎（3）证明不等式恒成立问题，构建函数，证明的最小值大于0.‎