2017-2018学年安徽省淮北市第一中学高二上学期第四次月考（12月）数学（理）试题（解析版） 14页

安徽省淮北市第一中学2017-2018学年高二上学期第四次月考（12月）数学（理）试题 一、单选题 ‎1．设全集U=R，集合， ，则等于（ ）‎ A. B. {0, 1} C. {1, 2} D. {l, 2, 3}‎ ‎【答案】C ‎【解析】， ‎ 又 ‎∴{1, 2}‎ 故选：C 点睛：求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍．‎ ‎2．已知点在双曲线的一条渐近线上，则（ ）‎ A. B. 3 C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】∵点在双曲线的一条渐近线上，‎ ‎∴，∴=，即 故选：B ‎3．下列命题错误的是（ ）‎ A. 命题“若，则”的逆否命题为“若，则”‎ B. 对于命题，使得，则，则 C. “”是“”的充分不必要条件 D. 若为假命题，则均为假命题 ‎【答案】D ‎【解析】若为假命题，则中至少有一个为假命题，不一定均为假命题，‎ 故选：D ‎4．《算法统宗》是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”，其意大致为：有一七层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有381盏灯，则塔从上至下的第三层有（ ）盏灯。‎ A. 14 B. 12 C. 10 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】设第一层有a盏灯，‎ 则由题意知第一层至第七层的灯的盏数构成一个以a1为首项，以为公比的等比数列，‎ ‎∴，‎ 解得a1=192，‎ ‎∴a5=a1×（）4=192×=12，‎ 故选：B．‎ ‎5．已知点P是抛物线上的-个动点，则点P到点A(0, 1)的距离与点P到y轴的距离之和的最小值为（ ）‎ A. 2 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】抛物线，可得：y2=4x，抛物线的焦点坐标（1，0）．‎ 依题点P到点A（0，1）的距离与点P到y轴的距离之和的最小值，就是P到（0，1）与P到该抛物线准线的距离的和减去1．‎ 由抛物线的定义，可得则点P到点A（0，1）的距离与P到该抛物线焦点坐标的距离之和减1，‎ 可得： ﹣1=．‎ 故选：C．‎ ‎6．已知，则下列三个数 （ ）‎ A. 都大于6 B. 至少有一个不大于6‎ C. 都小于6 D. 至少有一个不小于6‎ ‎【答案】D ‎【解析】设都大于6，‎ 则++＜18，‎ 利用基本不等式可得+ ≥2+2+2=4+8+6=18，‎ 这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，‎ 故下列三个数至少有一个不小于6，‎ 故选：D ‎7．动圆M与圆外切，与圆内切，则动圆圆心M的轨迹方程是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】设动圆的圆心为：M（x，y），半径为R，‎ 动圆与圆M1：（x+1）2+y2=1外切，与圆M2：（x﹣1）2+y2=25内切，‎ ‎∴|MM1|+|MM2|=1+R+5﹣R=6，‎ ‎∵|MM1|+|MM2|＞|M1M2|，‎ 因此该动圆是以原点为中心，焦点在x轴上的椭圆，2a=6，c=1‎ 解得a=3，‎ 根据a、b、c的关系求得b2=8，‎ ‎∴椭圆的方程为： ．‎ 故选：B．‎ ‎8．程序框图如下图所示，当时，输出的k的值为（ ）‎ A. 26 B. 25 C. 24 D. 23‎ ‎【答案】C ‎【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是计算S=+++…+=的值，‎ ‎∵A=，退出循环的条件为S≥A，‎ 当k=24时， =满足条件，‎ 故输出k=24，‎ 故选：C 点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括顺序结构、条件结构、循环结构，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.‎ ‎9．淮北一中艺术节对摄影类的A，B，C，D四项参赛作品，只评一项一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：‎ 甲说：“是C或D作品获得一等奖”；‎ 乙说：“B作品获得一等奖”；‎ 丙说：“A，D两项作品未获得一等奖”；‎ 丁说：“是C作品获得一等奖”. ‎ 若这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是（ ）.‎ A. A作品 B. B作品 C. C作品 D. D作品 ‎【答案】B ‎【解析】根据题意，A，B，C，D作品进行评奖，只评一项一等奖，‎ 假设参赛的作品A为一等奖，则甲、乙、丙、丁的说法都错误，不符合题意；‎ 假设参赛的作品B为一等奖，则甲、丁的说法都错误，乙、丙的说法正确，符合题意；‎ 假设参赛的作品C为一等奖，则乙的说法都错误，甲、丙、丁的说法正确，不符合题意；‎ 假设参赛的作品D为一等奖，则乙、丙、丁的说法都错误，甲的说法正确，不符合题意；‎ 故获得参赛的作品B为一等奖；‎ 故选：B．‎ ‎10．设x，y满足约束条件，若目标函数的最大值为2，则的最小值为（ ）‎ A. 2 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：‎ 由z=ax+by（a＞0，b＞0）得y=﹣x+，‎ 则直线的斜率k=﹣＜0，截距最大时，z也最大．‎ 平移直y=﹣x+，由图象可知当直线y=﹣x+，经过点A时，‎ 直线y=﹣x+，的截距最大，此时z最大，‎ 由，解得，‎ 即A（1，1），‎ 此时z=a+b=2，‎ 即，‎ ‎∴=（）（）=1+≥2，‎ 当且仅当，即a=b=1时取等号，‎ 故选：A．‎ 点睛：本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率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，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.‎ ‎11．将正整数排成下表:‎ ‎1‎ ‎2 3 4‎ ‎5 6 7 8 9‎ ‎10 11 12 13 14 15 16‎ ‎……………………………………‎ 则在表中数字2017出现在（ ）‎ A. 第44行第80列 B. 第45行第80列 C. 第44行第81列 D. 第45行第81列 ‎【答案】D ‎【解析】因为每行的最后一个数分别为1，4，9，16，…，所以由此归纳出第n行的最后一个数为n2．‎ 因为442=1936，452=2025，‎ 所以2017出现在第45行上．‎ 又由2017﹣1936=81，‎ 故2014出现在第81列，‎ 故选：D ‎12．抛物线的焦点为F，准线为，A、B是抛物线上的两个动点，且满足. 设线段AB的中点M在上的投影为N，则的最大值是（ ）‎ A. 2 B. C. 4 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设|AF|=a，|BF|=b，连接AF、BF，‎ 由抛物线定义，得|AF|=|AQ|，|BF|=|BP|，‎ 在梯形ABPQ中，2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b．‎ 由余弦定理得，‎ ‎|AB|2=a2+b2﹣2abcos60°=a2+b2﹣ab，‎ 配方得，|AB|2=（a+b）2﹣3ab，‎ 又∵ab≤（）2，‎ ‎∴（a+b）2﹣3ab≥（a+b）2﹣（a+b）2=（a+b）2‎ 得到|AB|≥（a+b）．‎ ‎∴≤1，‎ 即的最大值为1．‎ 故选：．‎ 点睛：本题综合考查了抛物线定义，余弦定理，均值不等式，具有较强的综合性，解题关键利用抛物线定义把条件集中到△ABF中，借助均值不等式求最值.‎ 二、填空题 ‎13．抛物线的焦点坐标____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意得： ‎ ‎∴抛物线的焦点坐标 故答案为： ‎ ‎14．点到直线的距离公式为，通过类比的方法，可求得：在空间中，点(0，1，3)到平面的距离为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】类比可知：‎ 点(0，1，3)到平面的距离为 故答案为： ‎ ‎15．与双曲线有相同渐近线，且过(2, 0)的双曲线方程是_________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设与双曲线有相同渐近线的双曲线方程为： ‎ 又双曲线过(2, 0)‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 三、解答题 ‎16．已知椭圆的离心率是，A、B是椭圆的左、右顶点，P是椭圆上不同于A、B的一点，直线PA、PB倾角分别为、，则___________.‎ ‎【答案】7‎ ‎【解析】由题意，A（﹣a，0），B（a，0），设P（x，y），则tanα=，tan ，‎ ‎∴tanαtanβ==‎ ‎∵椭圆的离心率e=，‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎=﹣，‎ tanαtanβ=﹣，‎ ‎∴．‎ 故答案为:7‎ 点睛：在椭圆中，A，B两点在椭圆上且关于原点对称，点P是椭圆上（异于A，B）一点，则 ‎17．已知m＞0， ， . ‎ ‎(1) 若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围；‎ ‎(2) 若m=5，“”为真命题，“”为假命题，求实数x的取值范围.‎ ‎【答案】(1) .(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（1）通过解不等式化简命题p，将p是q的充分不必要条件转化为[-2，4]是[2﹣m，2+m]的真子集，列出不等式组，求出m的范围．‎ ‎（2）将复合命题的真假转化为构成其简单命题的真假，分类讨论，列出不等式组，求出x的范围 试题解析：‎ ‎(1)记命题p的解集为A=[-2，4]， ‎ 命题q的解集为B=[2-m，2+m]， ‎ ‎∵是的充分不必要条件 ∴p是q的充分不必要条件，∴， ‎ ‎∴，解得： . ‎ ‎(2)∵“”为真命题，“”为假命题，‎ ‎∴命题p与q一真一假，‎ ‎①若p真q假，则，无解， ‎ ‎②若p假q真，则，解得： . ‎ 综上得： .‎ ‎18．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且有.‎ ‎(1) 求C；‎ ‎(2) 若c=3，求△ABC面积的最大值.‎ ‎【答案】(1) .(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用正弦定理以及和与差的公式化简即可求C．（2）利用余弦定理及重要不等式可得： ，再结合，可得△ABC面积的最大值.‎ 试题解析：‎ ‎(1)∵在△ABC中， ，∴‎ 已知等式利用正弦定理化简得：2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC， ‎ 整理得：2cosCsin(A+B)=sinC，‎ 即 2cosCsin(π-(A+B))=sinC ‎2cosCsinC=sinC ‎∴， ‎ ‎∵‎ ‎∴.‎ ‎(2)由余弦定理可得： ，‎ 可得，‎ ‎，当且仅当a=b=3时取等号，‎ ‎∴△ABC面积的最大值为.‎ ‎19．数列满足 ‎ ‎(1) 证明：数列是等差数列；‎ ‎(2) 设，求数列的前n项和.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由两边同除以n（n+1）可得： ﹣=1，即可证明．‎ ‎（2）由（1）可得： =n，可得，再利用“错位相减求和”方法即可得出．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴数列是以1为首项，以1为公差的等差数列； ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知， ， ‎ ‎∴‎ ‎， ‎ ‎∴ ①‎ ‎ ②‎ ‎①-②得 ‎ ‎∴.‎ ‎ 点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.‎ ‎20．已知是数列的前n项和，并且，对任意正整数n， ；设 ‎. ‎ ‎(Ⅰ) 证明：数列是等比数列，并求的通项公式；‎ ‎(Ⅱ) 设，求证: 数列不可能为等比数列。‎ ‎【答案】（Ⅰ）. （Ⅱ）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（I）由Sn+1=4an+2，知Sn=4an﹣1+2（n≥2），所以an+1=4an﹣4an﹣1（n≥2），由此可知bn=3•2n﹣1（n∈N*）．‎ ‎（II）由题意知，利用反证法证明数列不可能为等比数列．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）∵，∴，‎ 两式相减： ，∴， ‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，∴数列是是以2为公比的等比数列， ‎ ‎∵，而，∴， ，‎ ‎∴. ‎ ‎（Ⅱ），假设为等比数列，则有 ‎， ， ‎ 则有 ‎ 与矛盾，所以假设不成立，则原结论成立，‎ 即: 数列不可能为等比数列.‎ ‎21．已知抛物线，点M(m, 0)在x轴的正半轴上，过M点的直线与抛物线 C相交于A，B两点，O为坐标原点. ‎ ‎(1) 若m=l，且直线的斜率为1，求以AB为直径的圆的方程；‎ ‎(2) 是否存在定点M，使得不论直线绕点M如何转动， 恒为定值？‎ ‎【答案】（1）. (2)存在定点M(2, 0).‎ ‎【解析】试题分析：（I）由题意得M（1，0），直线l的方程为y=x﹣1与抛物线方程联立，利用韦达定理，可得圆心坐标与圆的半径，从而可得圆的方程；‎ ‎（II）若存在这样的点M，使得为定值，直线l：x=ky+m与抛物线方程联立，计算|AM|，|BM|，利用恒为定值，可求点M的坐标．‎ 试题解析：‎ ‎（1）当m=1时，M(1，0)，此时，点M为抛物线C的焦点，‎ 直线的方程为y=x-1，设，联立，‎ 消去y得， ，∴， ，‎ ‎∴圆心坐标为(3, 2). ‎ 又，∴圆的半径为4，‎ ‎∴圆的方程为. ‎ ‎(2)由题意可设直线的方程为，则直线的方程与抛物线联立，‎ 消去x得： ，则， ， ‎ ‎ ‎ 对任意恒为定值，‎ 于是m=2，此时. ‎ ‎∴存在定点M(2, 0)，满足题意.‎ 点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.‎ ‎22．已知圆，圆心为，定点，P为圆上一点，线段上一点N满足，直线上一点Q，满足.‎ ‎(Ⅰ) 求点Q的轨迹C的方程；‎ ‎(Ⅱ) O为坐标原点， 是以为直径的圆，直线与相切，并与轨迹C交于不同的两点A，B. 当且满足时，求△OAB面积S的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）直接根据已知条件结合椭圆的定义求出曲线的方程．‎ ‎（Ⅱ）利用直线和曲线的位置关系建立方程组，进一步利用一元二次方程根和系数的关系建立关系式，进一步求出参数的取值范围．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）∵‎ ‎∴ N为的中点 ‎∵‎ ‎∴ QN为线段的中垂线 ‎∴‎ ‎∵‎ ‎∴由椭圆的定义可知Q的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，‎ 设椭圆的标准方程为，‎ 则，‎ ‎∴. ‎ ‎∴点Q的轨迹C的方程为. ‎ ‎（Ⅱ）∵圆O与直线相切，‎ ‎∴，即， ‎ 由，消去y整理得. ‎ ‎∵直线与椭圆交于两个不同点，‎ ‎∴，‎ 将代入上式，可得，‎ 设，‎ 则， ‎ ‎∴，‎ ‎∴， ‎ ‎∴，‎ ‎∵，解得.‎ 满足. ‎ 又， ‎ 设，则. ‎ ‎∴ ，‎ ‎∴‎ 故△OAB面积S的取值范围为. ‎ 点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎