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 12页

‎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.‎ ‎ ‎ ‎ ‎