2017-2018学年福建省厦门第一中学高二下学期期中考试数学（理科）试题（解析版） 17页

‎2017-2018学年福建省厦门第一中学高二下学期期中考试数学（理）试题 一、单选题 ‎1．复数的共轭复数为（ ）‎ A. B. 3 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：直接利用复数的乘法运算法则化简求解，然后推出结果.‎ 详解： ，所以，故选B.‎ 点睛：该题考查的是复数的乘法运算以及共轭复数，在解题的过程中，需要掌握复数的乘法运算法则，以及明确共轭复数的概念.‎ ‎2．的展开式中的系数为（ ）‎ A. B. C. 40 D. 90‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：根据二项式定理，易得的展开式的通项，令和，分别求出对应的项，再用多项式乘法法则求得结果，合并同类项，求得系数和，求得最后的结果.‎ 详解： 的展开式的通项为，‎ 当时， ，当时， ，‎ 所以的系数是，故选A.‎ 点睛：该题考查的知识点为二项式定理，解题的关键是掌握二项式的展开式，所以二项展开式的通项公式是解决该题以及所有的二项式的问题的法宝.‎ ‎3．利用数学归纳法证明不等式 的过程中，由到时，左边增加了（ ）‎ A. 1项 B. 项 C. 项 D. 项 ‎【答案】D ‎【解析】分析：式子中最后一项的分母表示的是式子的项数，由时的项数减去时的项数即为增加的项数，所以用两个式子的最后一项的分母相减即可得结果.‎ 详解：由题意， 时，最后一项是，‎ 当时，最后一项是，‎ 所以由变到时，左边增加了项，故选D.‎ 点睛：本题是一道关于数学归纳法应用的题目，解答本题的关键是熟悉数学归纳法的证明思路及指数幂的运算性质，化简还是比较关键的.‎ ‎4．已知， 是假命题，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】A ‎【解析】分析：通过一元二次不等式恒成立的条件，判别式不大于零，求出参数的范围，之后根据其为假命题，求其补集得到命题为真命题是对应的参数的范围，之后利用集合的包含关系判断即可.‎ 详解：如果不等式恒成立，‎ 则，解得，‎ 因为其是假命题，则有，‎ 又因为是的真子集，故是的充分不必要条件，故选A.‎ 点睛：该题所考查的是有关充分必要条件的判断问题，在解题的过程中，需要根据一元二次不等式解集的形式，对其判别式的符号进行判断，求得结果，下一步的任务就是需要判断两个命题对应的参数的取值所构成的集合间的包含关系求得结果.‎ ‎5．已知椭圆的离心率与双曲线的一条渐近线的斜率相等，则双曲线的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】椭圆：的离心率为，又椭圆：的离心率与双曲线： 的一条渐近线的斜率相等，故 ‎6．一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下，甲说:“罪犯在 乙、丙、丁三人之中”；乙说:“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：乙说的是事实”.经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话， 且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是（ ）‎ A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 ‎【答案】B ‎【解析】∵乙、丁两人的观点一致，∴乙、丁两人的供词应该是同真或同假；‎ 若乙、丁两人说的是真话，则甲、丙两人说的是假话，由乙说真话推出丙是罪犯的结论；由甲说假话，推出乙、丙、丁三人不是罪犯的结论，矛盾；∴乙、丁两人说的是假话，而甲、丙两人说的是真话；由甲、丙的供述内容可以断定乙是罪犯．‎ ‎7．将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（ ）‎ A. 10 种 B. 20 种 C. 36 种 D. 52 种 ‎【答案】A ‎【解析】 由题意得，把个颜色不相同的球分为两类：‎ 一类是：一组1个，一组3个，共有种，按要求放置在两个盒子中，共有种不同的放法； 另一类：两组个两个小球，共有种不同的放法，按要求放置在两个盒子中，共有种，所以共有种不同的放法，故选A.‎ ‎8．已知函数，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】，，的几何意义是以原点为圆心，半径为的圆的面积的，故，故选D.‎ ‎9．将正方形沿对角线折起，当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线与 所成的角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：将正方形沿对角线折起，可得当三棱锥体积最大时， 平面.设是折叠前的位置，连接，可得就算直线与所成角，算出的各边长，得是等边三角形，从而求得直线与所成角的大小.‎ 详解：设是正方形对角线、的交点，将正方形沿对角线折起，‎ 可得当平面时，点到平面的距离等于，而当与平面不垂直时，点到平面的距离为，且，由此可得当三棱锥体积最大时， 平面.设是折叠前的位置，连接，因为 ‎，所以就算直线与所成角，设正方形的边长为，因为平面， 平面，所以，‎ 因为，所以，‎ 得是等边三角形， ，‎ 所以直线与所成角为，故选C.‎ 点睛：该题所考查的是有关平面图形的翻折问题，解决该题的关键是要明确翻到什么程度是题中的要求，因为底面是定的，所以高最大时就是三棱锥体积最大时，即翻折成直二面角时满足条件，之后将异面直线所成角转化为平面角，即三角形的内角来解，求出三角形的各边长，从而求得角的大小.‎ ‎10．已知函数，若在恒成立，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：首先能够发现，下边需要考虑的就是时，上式可以转化为恒成立，之后转化为最值来处理，在解题的过程中，需要反复求导，化简式子，研究对应函数的单调性，得到时， 单调递增，之后应用极限的思想，利用洛必达法则求得结果.‎ 详解：由题意知满足条件，‎ 当时， 在恒成立可以转化为在时恒成立，‎ 令，则 ，令，则，‎ 因为，所以，所以函数在上单调递减，‎ 所以，从而得到，‎ 即函数在上单调递增，‎ 而，故的取值范围是.‎ 点睛：该题考查的是应用导数研究恒成立问题，在解题的过程中，需要构造新函数，将问题转化为求最值问题来解决，该题注意到，也可以通过让函数单调递减，导数小于等于零恒成立，求出结果，再验证其他范围时不成立，从而得到最后的答案.‎ ‎11．已知抛物线的焦点为，过且斜率为1的直线交于两点，线段的中点为，其垂直平分线交轴于点，过点的抛物线的切线交于点.则四边形的面积为（ ）‎ A. 4 B. 6 C. 8 D. 12‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：首先根据抛物线的性质求得其焦点坐标，之后借助于直线的点斜式方程求得的方程，与抛物线的方程联立，写出两根和与两根积，从而求得线段的中点坐标，再写出其中垂线的方程，进一步求得，之后利用导数的几何意义，写出两条切线的方程，联立求得，从而可以判断四边形为平行四边形，之后应用面积公式求得结果.‎ 详解：依题意知，抛物线的焦点坐标为，所以直线的方程为， ，消去得，可得， ，‎ 从而求得，线段的垂直平分线的方程为，‎ 即，令从而求得，‎ 当时， ， ，当时， ， ，‎ 所以， ，‎ 两条切线方程联立，求得，‎ 从而可以判断出四边形是底边为4高为2的平行四边形，利用面积公式可求得，故选C.‎ 点睛：该题考查的是有关直线与抛物线的问题，一是需要利用抛物线的性质，写出其焦点坐标，应用直线的有关知识点，求得的坐标，该题在求解过程中，比较经典的就是对抛物线从函数的角度去分析，处理，得到其切线的方程，联立求得 ‎，该题只是借助于两个和与两根积，也可以求出点的坐标，这样就都是常数，更容易理解，最后判断四边形的形状，求得结果.‎ ‎12．如图所示，将平面直角坐标系中的格点（横、纵坐标均为整数的点）按如下规则标上标签：‎ 原点处标数字0，记, ；点处标数字1，记为；点处标数字0，记为；点处标数字，记为；点处标数字；记为；点处标数字，记为；点处标数字0,，记为；点处标数字1，记为； 以此类推，格点坐标为的点处所标的数字为（均为整数)，记，则（ ）‎ A. B. 0 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：首先根据题意，找出对应的点的关系，将点阵看做若干个正方形点阵来处理，并且根据点的坐标以及对项的规定，从而求得各层的正方形点阵的各项和为零，下一步需要确定的就是各层点阵的个数，以便于分析第2018个点的位置，建立关于n的合适的不等关系式，再者需要确定的是将比较多的值的和应用逆向思维，转化为比较少的项的和来处理，比较简单.‎ 详解：根据题中所给的格点图，可以从正方形阵入手，从内向外，第一层正方形阵共有个点，即共有8项，第二层正方形阵有个点，第三层正方形阵有个点，以此类推下去，每层的正方形阵对应的点数成以8为首项，以8为公差的等差数列，并且各层的正方形阵所对应的项的和都为0，所以有，而，令，解得，且，所以，‎ 再者可以确定这六个点的坐标分别是，‎ 故可以得到，‎ 从而可以求得这六项和为，所以答案是，故选D.‎ 点睛：该题所考查的是数列的综合应用，一是将点阵看做正方形阵，找出每层的点的个数，再判断每层的点对应的项的和的值为零食解决该题的突破口，最后需要关注的就是将正方形阵补齐，将对应项的和转化为比较少项数的和的问题，并且最后一项对应的点的位置还比较好找，从而将难度降低.‎ 二、填空题 ‎13．用反证法证明命题“若，则且”时，应假设为__________．‎ ‎【答案】或 ‎【解析】分析：根据用反证法证明数学命题的方法，应先假设要证命题的否定成立，求得要证命题的否定，可得结果.‎ 详解：根据用反证法证明数学命题的方法，应先假设要证命题的否定成立，而要证命题的否定为“或”，故答案为或.‎ 点睛：用反证法证题的步骤是反设结论、推出矛盾、肯定结论，反正法的理论依据是原命题和逆否命题等价，从而得到需要首先假设其否定成立，从而求得结果.‎ ‎14．若，则__________．‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】分析：对已知等式求导数，对求导后的等式中的赋值1，求出的值.‎ 详解：对等式两边求导得，‎ 令得，故答案为10.‎ 点睛：该题考查的是有关利用赋值法求解二项展开式的项的系数和的问题，但是从中发现不是简单的赋值即可，对其系数进行分析，可以发现必须对式子两边先求导，即可求得结果，这是与原来的题的不同之处，需要我们认真去挖掘.‎ ‎15．《中国诗词大会》亮点颇多，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词，在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味.若《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另确定的两首诗词排在后六场，且《将进酒》排在《望岳》的前面(可以不相邻)，《山居秋暝》 与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有__________．‎ ‎【答案】144‎ ‎【解析】分析：根据题意，分两步分析，一是用倍分法分析《将进酒》、《望岳》和另两首诗词的排法数目，二是用插空法分析《山居秋暝》 与《送杜少府之任蜀州》的排法数目，由分步计数原理计算可得结果.‎ 详解：根据题意，分2步进行分析：‎ 将《将进酒》、《望岳》和另两首诗词的四首诗词全排列，共有 种顺序，由于《将进酒》排在《望岳》前面，则这四首诗词的排法有种，‎ 这四首诗词排好后，不含最后有四个空位，在四个空位中任选两个，安排《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》，有种安排方法，‎ 则后六场的排法有种，故选A.‎ 点睛：该题所考查的是有关有限制条件的排列数的问题，第一需要注意先把需要不相邻的元素找出，将剩下的先排好，这里需要注意定序问题除阶乘，第二需要将不相邻的两个元素进行插空，利用分步计数原理求得结果，注意特殊元素特殊对待.‎ ‎16．已知直线与曲线相交，交点依次为，且，则直线的方程为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】分析：首先根据题意， ，可知点是线段的中点，进一步确定为曲线的对称中心，利用二阶导等于零的点是三次函数图像的对称中心，之后利用点到直线的距离公式，结合题中所给的线段的长度，求得另两个点的坐标，最后应用两点式，求得直线的方程，化简为点斜截式方程.‎ 详解：根据题意， ，可知点是线段的中点，即和关于对称，即为曲线的对称中心，‎ ‎，令，解得，求得，‎ 设，根据，可得，解得或者，‎ 即两个交点的坐标分别为，‎ 应用直线方程的两点式可以求得，整理得.‎ 点睛：解决该题的关键是从题的条件判断出点为曲线的对称中心，之后就是应用结论确定对称中心的位置，对于三次函数，就是二阶导等于零的点就是其对称中心，下一步应用两点间距离公式求得另两个交点的坐标，其实求一个就可以了，这样直线上的两个点就有了，已经满足确定直线的依据.‎ 三、解答题 ‎17．已知命题若函数在上递增，命题函数， 存在唯一的零点，且.‎ ‎（1）若命题为真，求的取值范围；‎ ‎（2）若“”为真，“”为假，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）或.‎ ‎【解析】分析：第一问如果命题为真命题，则对恒成立，利用求得结果，第二问利用题的条件“”为真，“”为假，则能够确定两个命题是一真一假，利用各命题为真的时候对应的范围，最后确定结果.‎ 详解：（1）命题恒成立，‎ 即，得.‎ ‎（2）命题，解得，‎ 所以在上递减，在上递增，‎ 又，依题意可知，解得 依题意得真假，或假真，即或，‎ 综上所述或.‎ 点睛：该题考查的知识点为有关命题的真假问题，之后再根据所涉及的知识点去处理，第一问中涉及函数的单调性，那就利用导数解决，第二问注意需要将两个命题各自为真时求出对应的参数的范围，之后结合一真一假求结果，这里也可以借助于数轴来完成，找只有一条线覆盖的区域即可.‎ ‎18．如图，在四棱锥中，平面平面，底面为平行四边形，，. ‎ ‎（1）求的长；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）之长为；（2）二面角的余弦值为.‎ ‎【解析】试题分析：（1）如图，过点作于垂足．可得平面．‎ 过点在平面内作，交于点，‎ 建立以为坐标原点，为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系，‎ 可得，，，，‎ ‎，即可所求之长． （2）求出平面的法向量，，平面的法向量，‎ ‎，即可得二面角的平面角的余弦值．‎ 试题解析：（Ⅰ）如图，过点作于垂足．‎ ‎∵平面平面，‎ ‎∴平面．‎ 过点在平面内作，交于点，‎ 建立以为坐标原点，为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系，‎ ‎∵，，，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，，，，‎ ‎， ‎ ‎∴. ‎ ‎（Ⅱ）设平面的法向量，‎ 而，‎ 由及可得，‎ ‎ 可取， ‎ 设平面的法向量，‎ ‎，‎ 由 得 可取， ‎ ‎∴， ‎ ‎∴二面角的余弦值为. ‎ ‎19．已知函数.‎ ‎（1）当时，判断是否为的极值点，并说明理由； ‎ ‎（2）记，讨论函数的极大值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）当或时，无极大值；当时， ；当时， .‎ ‎【解析】分析：第一问利用，求得的值，从而确定出函数的解析式，对其求导，根据函数的单调性就能判断出是否为的极值点，第二问利用导数确定函数的单调性从而求出函数的极大值.‎ 详解：（1）由，可得，故，‎ 不是的极值点，理出如下：‎ ‎.记，则，‎ 由，解得；由，解得，‎ 所以在单调递减，在单调递增，‎ 故，即在恒单调递增，故不是的极值点 ‎（2）依题意， ，则.‎ ‎①时， 在恒成立， 在恒成立，‎ 所以在上先减后增，故在上有极小值，无极大值.‎ ‎②时， 在恒成立， 在恒成立，‎ 所以在上先减后增，故在上有极小值，无极大值.‎ ‎③时，由得和，‎ 因为，故有下列对应关系表：‎ 故，‎ ‎④当时，因为，故 故，‎ 综上所述：当或时，无极大值；‎ 当时， ；‎ 当时， .‎ 点睛：该题考查的是利用导数研究函数的极值的问题，第一问根据题中所给的条件，确定函数的解析式，之后对函数求导，从而确定出函数的单调性，最后确定对应点是否是函数的极值点，第二问利用函数的导数讨论函数的单调性，从而确定函数的极值，这里需要对参数进行讨论.‎ ‎20．20．设集合记的含有三个元素的子集个数为，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为.‎ ‎（1）求及的值；‎ ‎（2）猜想的表达式，并加以证明.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）实质是阅读题意，分别求出对应的，，计算出比值：，，，．（2）根据数值归纳出，用数学归纳法证明时，先转化证明的结论，由于已知，因此只需证明即可，因为在的基础上增加了1个2，2个3，3个4，…，和个，所以 ‎ ‎ ‎ 试题解析：（1），，，．‎ ‎（2）猜想．‎ 下用数学归纳法证明之．‎ 证明：①当时，由（1）知猜想成立；‎ ‎②假设当时，猜想成立，即，而，所以得． 6分 则当时，易知，‎ 而当集合从变为时，在 的基础上增加了1个2，2个3，3个4，…，和个，‎ 所以 ‎ ‎ ，‎ 即．‎ 所以当时，猜想也成立．‎ 综上所述，猜想成立． ‎ ‎（说明：未用数学归纳法证明，直接求出来证明的，同样给分．）‎ ‎【考点】数学归纳法 ‎21．已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点相同，且过点.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）不过原点的直线与椭圆交于两点，已知，直线的斜率成等比数列，记以为直径的圆的面积分别为，试探究的值是否为定值，若是，求出此值；若不是，说明理由.‎ ‎【答案】(1) 椭圆的方程为;(2) 定值为.‎ ‎【解析】分析：第一问由题意可得，从而求得两焦点的坐标，再结合椭圆过点，利用椭圆的定义求得，从而求得，最后求得椭圆的方程；第二问设直线的方程是，代入椭圆方程，消去，根据恰好成等比数列，求出的值，进而表示出，即可得出结论.‎ 详解：（1）依题意得椭圆的右焦点为，则左焦点为 ‎，即 ‎∴椭圆的方程为 ‎（2）设直线的方程为， ‎ 由得，‎ ‎∴.‎ 由题设知， ，‎ ‎∴，∴，∵，∴.‎ 则 ‎ ‎ ‎ 故为定值，该定值为.‎ 点睛：该题考查的是有关直线与椭圆的综合题，在解题的过程中，注意对抛物线的焦点坐标要明确求出，再者注意应用椭圆的定义求得长轴长的值，进一步求出椭圆的方程，在第二问，就是比较常规的直线与椭圆方程联立，韦达定理，之后转化，即可求得结果.‎ ‎22．已知函数.‎ ‎（1）若直线与曲线和分别交于两点且曲线在点处的切线与在点处的切线互相平行，求的取值范围；‎ ‎（2）设在其定义域内有两个不同的极值点，且.已知，若不等式恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1)见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 分析：第一问分别求出两个函数的导数，再根据两直线平行的条件以及导数的几何意义可得，再构造函数，利用导数，求出函数的最值即可，第二问利用导数研究函数，构造新函数，求导，研究函数的单调性，对参数进行讨论，最后求得结果.‎ 详解：（1）依题意，函数的定义域为， .因为曲线在处的切线与在处的切线相互平行，所以在有解，即方在有解，即有解，设， ，‎ 解得，即在上递增， 递减，‎ 如图作出其大致图像， 时有两个零点.‎ ‎（2），所以.‎ 因为为在其定义域内有两个不同的极值点，所以是方程的两个根，即，作差得.‎ 因为，所以，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 令，则，由题意知，不等式在上恒成立.‎ 令，则 如果对—切， ，所以在上单调递增，又，所以在上恒成立，符合题意.‎ 若果，当时， ；当时， ，所以在上单调递增，在上单调递减，又，所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去.‎ 综上所述，若不等式恒成立，只须，又，所以.‎ 点睛：该题考查的是应用导数研究函数的综合题，考查的知识点有两直线平行的条件，导数的几何意义，再者函数的单调性，函数的最值与导数的关系，函数极值点存在的条件等等，在解题的过程中，需要时刻保持头脑清醒，尤其反复构造新函数，思考的方向是不能乱的.‎