• 3.18 MB
  • 2021-06-10 发布

2017-2018学年河南省信阳市高级中学高二下学期开学考试数学理试题(解析版)

  • 13页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
‎2017-2018学年河南省信阳市高级中学高二下学期开学考试数学理试题(解析版)‎ 一、选择题 ‎1. 若,则的值是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】因为,所以,所以,又因为,所以,则,联立和,得,则;故选C.‎ ‎2. 命题,命题函数在上有零点,则是的( )‎ A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】由题意得函数在上单调递增,又函数在上有零点,‎ 所以,解得.‎ ‎∵Ý ‎∴是的必要不充分条件.选C.‎ ‎3. 已知,则的终边经过点( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由二倍角公式有:,‎ 结合角的范围可得:,‎ 设终边上的点的坐标为,‎ 结合三角函数的定义可得:,‎ 观察所给的选项,只有D选项满足题意.‎ 即的终边经过点.‎ 本题选择D选项.‎ ‎4. 在△ABC中,内角A,B,C所对应的边分别为,b,c,若,且b2=c,则的值为 ( )‎ A. B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】由正弦定理可得,由余弦定理可得即,故,则,所以,应选答案C。‎ ‎5. 已知F1、F2是双曲线M: 的焦点, 是双曲线M的一条渐近线,离心率等于的椭圆E与双曲线M的焦点相同,P是椭圆E与双曲线M的一个公共点,设|PF1|·|PF2| = n,则( )‎ A. n = 12 B. n = 24 C. n = 36 D. 且且 ‎【答案】A ‎【解析】因为是双曲线的渐进线,故,所以,双曲线方程为,其焦点坐标为.又椭圆的离心率为,故椭圆的半长轴长为.不妨设 ,则由双曲线和椭圆的定义有 ,故,,选A.‎ ‎6. 设f0(x)=sin x,f1(x)=f′0(x),f2(x)=f′1(x),…,fn+1(x)=f′n(x),n∈N,则f2 015(x)等于(  )‎ A. sin x B. -sin x C. cosx D. -cosx ‎【答案】D ‎【解析】∵f0(x)=sin x,f1(x)=cosx,‎ f2(x)=-sin x,f3(x)=-cosx,f4(x)=sin x,…,‎ ‎∴fn(x)=fn+4(x),故f2 012(x)=f0(x)=sin x,‎ ‎∴f2 015(x)=f3(x)=-cosx,‎ 故选D.‎ 点睛:本题以导运算为载体考查了归纳推理,函数的变化具有规律性,其周期为4,故只需研究清楚f2 015‎ ‎(x)是一个周期中的第几个函数,即可得到函数的表达式.‎ ‎7. 是所在平面上的一点,满足,若,则的面积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】依题意有,化简得,所以到的距离等于到距离的三分之一,故的面积为.故选.‎ ‎8. 已知定义在上的函数是奇函数且满足, ,数列满足(其中为的前项和),则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意可得式中n用n-1代,两式做差得,所以是等比数列,,又因为函数f(x)为奇函数 ,所以函数f(x)的周期, ,选C.‎ ‎【点睛】‎ ‎(1)对于数列含有时,我们常用公式统一成或再进行解题。(2)对于函数有两个对称中心时,函数有周期。‎ ‎9. 设定义在上的函数的导函数为,且满足, ,则不等式的解集为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】构造函数,,所以为增函数,由于,故当时,所以选.‎ ‎10. 已知抛物线: 的焦点为,过点分别作两条直线, ,直线与抛物线交于、两点,直线与抛物线交于、两点,若与的斜率的平方和为1,则的最小值为( )‎ A. 16 B. 20 C. 24 D. 32‎ ‎【答案】C ‎【解析】易知直线,的斜率存在,且不为零,设 ,直线的方程为,联立方程,得,,同理直线与抛物线的交点满足,由抛物线定义可知 ,又 (当且仅当时取等号),的最小值为,故选C.‎ ‎11. 设等差数列的前项和为,已知, ,则下列选项正确的是( )‎ A. , B. , ‎ C. , D. , ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由,可得:,构造函数,显然函数是奇函数且为增函数,所以,,又所以所以,故 点睛:可以观察本题,,它们得形式一样,所以由此联想到构建函数,然后根据奇偶性和单调性可得,从而解决问题.‎ ‎12. 已知曲线y=x2+1在点P处的切线为l,若l也与函数的图象相切,则x0满足( ) (其中)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【点睛】本题考查了导数的几何意义和函数零点存在性定理的综合运用,利用导数的几何意义求解的问题,没有切点一定先设切点,利用和切点既在直线上又在曲线上,建立方程找到关系,本题就是建立的切点的方程,将问题转化为切点的存在性定理的问题,结合函数的单调性与零点存在性定理判断零点所在的区间.‎ 二、填空题 ‎13. 曲线与直线所围成的封闭图形的面积为____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由,解得或,∴曲线及直线的交点为和因此,曲线及直线所围成的封闭图形的面积是,故答案为.‎ 点睛:本题考查了曲线围成的图形的面积,着重考查了定积分的几何意义和定积分计算公式等知识,属于基础题;用定积分求平面图形的面积的步骤:(1)根据已知条件,作出平面图形的草图;根据图形特点,恰当选取计算公式;(2)解方程组求出每两条曲线的交点,以确定积分的上、下限;(3)具体计算定积分,求出图形的面积.‎ ‎14. 已知, 满足约束条件则目标函数的最小值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】目标函数为,故只需求的最小值即可,画出可行域如下图所示,由图可知,目标函数在点处取得最小值为.‎ ‎【点睛】画二元一次不等式或表示的平面区域的基本步骤:①画出直线(有等号画实线,无等号画虚线);②当时,取原点作为特殊点,判断原点所在的平面区域;当时,另取一特殊点判断;③确定要画不等式所表示的平面区域.‎ ‎15. 如图,三棱锥的所有顶点都在一个球面上,在△ABC中,AB=,∠ACB=60°°,∠BCD=90°°,AB⊥CD,CD=,则该球的体积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】以△ABC所在平面为球的截面,则由正弦定理得截面圆的半径为.‎ 依题意得CD⊥平面ABC,‎ 故球心到截面的距离为,‎ 则球的半径为,‎ 所以球的体积为.‎ 答案:‎ 点睛:解决与球有关的内切或外接的问题时,解题的关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径;对于球的内接几何体的问题,注意球心到各个顶点的距离相等,解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径 .‎ ‎16. 若存在两个正实数x,y使等式成立,(其中)则实数m的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】, ,设 ,设 ,那么 , 恒成立,所以是单调递减函数,当时, ,当时, ,函数单调递增,当 , ,函数单调递减,所以 在时,取得最大值, ,即 ,解得: 或 ,写出区间为 ,故填: .‎ 三、计算题 ‎17. 设命题不等式的解集是;命题不等式的解集是,若“或”为真命题,试求实数的取值范围.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】试题分析:由不等式的解集是可得,由的解集是可得,由、均为假命题,可得,求集合的补集即可得实数的取值范围.‎ 试题解析:由得,由题意得.∴命题p:.由的解集是,得无解,即对,恒成立,∴,得.∴命题q:.‎ 由“p或q”为真命题,得p、q中至少有一个真命题.‎ 当p、q均为假命题,则,而.‎ ‎∴实数a的值取值范围是.‎ ‎18. 如图,四面体ABCD中,O,E分别是BD,BC的中点,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=.‎ ‎(1)求证:OE//平面ACD;‎ ‎(2)求直线OC与平面ACD所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)见解析(2) ‎ ‎【解析】试题分析:(1)由中位线定理可得∥,进而可得平面;‎ ‎(2)由勾股定理可证得,结合,可得平面,得到即为所求,利用边长求解即可.‎ 试题解析:‎ ‎(1)证明:连结,、分别是 、 的中点∥,‎ 又平面 ,平面 ,‎ ‎∥平面 ‎ ‎ (2)连结,,‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 在中,由已知可得 而 ‎ ‎.‎ 平面 ‎ 故直线与平面所成角为 ‎ 在中,‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为 ‎19. 在中,角A,B,C所对应的边分别为,b,c且.‎ ‎(1)求角A和角B的大小;‎ ‎(2)若,将函数的图象向右平移个单位后又向上平移了2个单位,得到函数的图象,求函数的解析式及单调递减区间.‎ ‎【答案】(1) ;(2)见解析.‎ ‎【解析】试题分析:(1)由余弦定理得,解得角,将化为角B关系式,可得角B.(2)先求角C,再根据图像变换得关系式,最后根据余弦函数性质求单调减区间 试题解析:(1)中,因为,‎ 所以,所以,‎ 因为,所以,所以,‎ 即,即,所以,‎ 综上可得.‎ ‎(2)因为,所以,所以,‎ 令,‎ 故函数的单调递减区间为.‎ ‎20. 已知正项等比数列{an}(n∈N*),首项a1=3,前n项和为Sn,且S3+a3、S5+a5,S4+a4成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)数列{nan}的前n项和为Tn,若对任意正整数n,都有Tn∈[a,b],求b-a的最小值.‎ ‎【答案】(1)an=3×()n-1.(2)9.‎ ‎【解析】试题分析:(1)设等比数列{an}的公比为q,由题意,列成方程,求解 ,即可求解数列的通项公式;‎ ‎(2)由(1)知nan=3n×,用乘公比错位相减法求的Tn,根据Tn的增减性,求解3≤Tn<12,即可求解b-a的最小值.‎ 试题解析:(1)设等比数列{an}的公比为q,‎ ‎∵S3+a3、S5+a5、S4+a4成等差数列,‎ ‎∴有2(S5+a5)=(S3+a3)+(S4+a4)‎ 即2(a1+a2+a3+a4+2a5)=(a1+a2+2a3)+(a1+a2+a3+2a4),‎ 化简得4a5=a3,从而4q2=1,解得q=±,‎ ‎∵an>0,∴q=,得an=3×()n-1. ‎ ‎(2)由(1)知,nan=3n×()n-1,Tn=3×1+3×2×()+3×3×()2+…+3n()n-1;‎ Tn=3×1×()+3×2×()2+…+3(n-1)×()n-1+3n()n 两式相减得:Tn=3×1+3×()+3×()2+…+3×()n-1-3n()n ‎=3×-3n()n=6-,‎ ‎∴Tn=12-<12.‎ 又nan=3n×()n-1>0,∴{Tn}单调递增,‎ ‎∴(Tn)min=T1=3,故有3≤Tn<12.‎ ‎∵对任意正整数n,都有Tn∈[a,b],‎ ‎∴a≤3,b≥12.‎ 即a的最大值为3,b的最小值为12.‎ 故(b-a)min=12-3=9.‎ ‎21. 已知点,圆,点是圆上一动点, 的垂直平分线与交于点.‎ ‎(1)求点的轨迹方程;‎ ‎(2)设点的轨迹为曲线,过点且斜率不为0的直线与交于两点,点关于轴的对称点为,证明直线过定点,并求面积的最大值.‎ ‎【答案】(1) .(2) .‎ ‎【试题解析】‎ 解:(1)由已知得:,所以 又,所以点的轨迹是以为焦点,长轴长等于4的椭圆,‎ 所以点轨迹方程是.‎ ‎(2)当存在时,设直线,,则,‎ 联立直线与椭圆得,‎ 得,‎ ‎∴,‎ ‎∴,所以直线,‎ 所以令,得,‎ ‎,‎ 所以直线过定点,(当不存在时仍适合)‎ 所以的面积 ,当且仅当时,等号成立.‎ 所以面积的最大值是.‎ ‎【点睛】本小题主要考查动点轨迹方程的求法,考查直线和圆锥曲线的位置关系,考查与圆锥曲线有关的三角形面积的最值.由于给定点,而圆心恰好是,由此考虑动点是否满足椭圆或者双曲线的的定义,结合垂直平分线的性质可知动点的轨迹为椭圆.‎ ‎22. 已知函数.‎ ‎(1)讨论函数的单调性;‎ ‎(2)当时,记函数的极小值为,若恒成立,求满足条件的最小整数.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2)0.‎ ‎【解析】试题分析:(1)求函数的定义域和导数,讨论的取值范围,利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可. (2)根据(1)求出求出函数的极小值为若 ‎ 恒成立,转化为恒成立,构造函数设 根据导数和函数的函数,求出 即可求出满足条件的最小整数 ‎ 试题解析:‎ ‎(1)的定义域为,‎ ‎ ‎ ‎①若,当时,,‎ 故在单调递减,‎ ‎②若,由,得,‎ ‎(ⅰ)若,当时,,‎ 当时,,‎ 故在单调递减,在,单调递增 ‎(ⅱ)若,,在单调递增,‎ ‎(ⅲ)若,当时,,‎ 当时,,‎ 故在单调递减,在,单调递增 ‎(2)由(1)得:若,在单调递减,‎ 在,单调递增 所以时,的极小值为 由恒成立,‎ 即恒成立 设,‎ 令,‎ 当时,‎ 所以在单调递减,‎ 且,‎ 所以,,‎ 且,,,‎ 所以,‎ 因为 得其中,‎ 因为在上单调递增 所以 因为,,所以 ‎【点睛】本题主要考查函数单调性,极值,最值和导数的关系,求函数的导数,其中构造心还是解决本题的关键.综合性较强,有一定的难度.‎

相关文档