数学理卷·2018届河南省林州市第一中学高三12月调研考试（2017

数学理卷·2018届河南省林州市第一中学高三12月调研考试（2017

林州一中2015级高三12月调研考试 数学（理）试题 一、单选题（每题5分，共60分）‎ ‎1．已知集合，则满足的集合的个数是（ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎ C. 4 D. 8‎ ‎2．“”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 ‎3．已知点在角的终边上，且，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎4．已知函数，则的值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．已知曲线，则曲线在点P(2,4)的切线方程为( )‎ A. 4x－y－4＝0 B. x－y＋2＝‎0 ‎ C. 2x－y＝0 D. 4x＋y－8＝0‎ ‎6．上的偶函数满足，当时， ，则的零点个数为（ ）‎ A. 4 B. ‎8 ‎ C. 5 D. 10‎ ‎7．为了得到，只需将作如下变换（ ）‎ 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．向右平移个单位 ‎8．已知数列的前项和为，若，且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎10．已知平行四边形ABCD的对角线相交于点O，点P在△COD的内部（不含边界）．若 ,则实数对（x，y）可以是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. D. ‎ ‎11．过抛物线的焦点的直线交抛物线于、两点，分别过、两点作准线的垂线，垂足分别为，两点，以线段为直径的圆过点，则圆的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎12．已知函数的图象上存在点.函数的图象上存在点，且关于原点对称，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ 二、填空题（每题5分，共20分）‎ ‎13．圆：上的点到直线的距离最大值是 ‎ ‎14．已知函数是定义在上的奇函数，当时， ，则不等式的解集是 ．‎ ‎15．已知正数满足的最小值是 ．‎ ‎16．三棱锥的三条棱， ， 两两互相垂直，且， ， 的长分别为2， ， ，则三棱锥的外接球的体积为 ．‎ 三、解答题（共70分）‎ ‎17．（10分）在锐角中，内角的对边分别是，且.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2） 设， 的面积为2，求的值.‎ ‎18.（12分）已知正项数列满足：， ‎ ‎（1）求通项；‎ ‎（2）若数列满足，求数列的前和.‎ ‎19．（12分）如图，四棱锥的底面是平行四边形，底面，，，，.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）是侧棱上一点，记（），是否存在实数，使平面与平面所成的二面角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎20．（12分）设函数．‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）若，求函数的最值．‎ ‎21．（12分）已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为，短轴长为，直线与椭圆C交于M、N两点。‎ ‎（1）求椭圆C的方程； ‎ ‎（2）若直线与圆相切，证明：为定值 ‎22．（12分）（本小題满分12分）已知数列满足，且对任意非负整数 均有：．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求证：数列是等差数列，并求的通项；‎ ‎（3）令，求证：‎ 数学（理）答案 ‎1．C 【解析】 由题意得 ,因此集合的个数是个,选C.‎ ‎2．A 【解析】“”能推出“”，反过来，“”不能推出“”，因为，所以是充分不必要条件，故选A.‎ ‎3．A 【解析】由题意可得，可得，解得或（舍去），可得，可得，故选.‎ ‎4．C． 【解析】 试题分析：∵，∴，，，‎ ‎∴．‎ ‎5．A 【解析】由题意可得： ，则： ，据此可得切线方程为： ，‎ 整理成一般式为： . 本题选择A选项.‎ ‎6．C 【解析】由满足，可得： ，周期T=2‎ ‎∵0≤x≤1时f（x）=x2，f（x）是R上的偶函数，‎ ‎∴﹣1≤x≤1时，f（x）=x2， 令g（x）=| |，‎ 画出函数f（x）和g（x）的图象，‎ 如图示：‎ 由图象得：函数f（x）和g（x）的交点有5个，‎ ‎∴函数y=f（x）﹣|log5x|的零点个数为5个，‎ 故选：C．‎ ‎7．C 【解析】 试题分析：因为，所以只需将的图象向左平移个单位即可得到函数的图象，故选C.‎ ‎8．C 【解析】当时，得，即，由可知：，两式相减可得，即，故数列是从第二项起以2为公比的等比数列，则，故选C.‎ ‎9．A 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体是如右图所示的组合体，其体积，故选A.‎ ‎10．D 【解析】在三角形ABD中，设点Q在直线BD上， ，则 ‎ 而且点P不在三角形OCD边界上，则当 时点P必定不在三角形OCD内，选项A,B,C舍去，故选D ‎11．B 【解析】试题分析：如图，由抛物线定义可知，故，又∵轴，∴，从而，同理可证得，∴，所以以线段为直径的圆过点，又根据抛物线的性质可知直线与圆相切，且切点为焦点,设的中点为，设直线的方程，所以，又以线段为直径的圆过点，设，则的中点为，所以，所以，即，所以圆心，所以半径为，所以圆的方程为，故选B.‎ ‎12．A 【解析】由题知有解，令， ，故函数在递减，在递增，所以，解得.‎ ‎13． 【解析】等价于，则圆心到直线的距离，故直线与圆外离，具体如右图所示：‎ 由图可得，圆上的点到直线的距离的最大值等于圆心到直线的距离加上半径1，故最大值是 ‎14．（﹣2，0）∪（2，+∞） 【解析】 或，所以或 ，即解集是（﹣2，0）∪（2，+∞）‎ ‎15． 【解析】因为，所以由题设只要求的最大值即可。画出不等式组表示的区域如图，结合图形可以看出当动直线经过点时，在上的截距最大，且，，应填答案。‎ ‎16．【解析】三棱锥的三条棱， ， 两两互相垂直,将其补成长方体,棱长分别为2， ， ，设长方体的外接球半径R,则,三棱锥的外接球的体积为,故填 ‎17．（1）30°；（2）．‎ ‎【解析】【试题分析】（1）先运用余弦二倍角公式将，化为，即，也即，进而求出，借助为锐角三角形求得；（2）依据题设及余弦定理建立方程组，即联立与，求出 ‎：‎ 解：（1）因为，‎ 所以，所以，‎ 所以 又因为为锐角三角形，所以，所以 ‎（2）因为，所以 又因为，所以，所以，‎ 故 ‎18．（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析： （1）将变形可得，根据等差数列的定义可知数列是等差数列，根据等差数列的通项公式可得，从而可求得。（2）根据可得，按分组求和法求其前项和，各组分别采用公式法和错位相减法在分别求和。‎ 试题解析：（1）∵，∴，即，‎ ‎∴，则.‎ ‎（2），=‎ ‎==‎ 令则，两式相减得 ‎，‎ ‎ .‎ ‎19．(1)见解析,(2) 存在，使平面与平面所成的二面角为．‎ ‎【解析】试题分析：以A为原点，分别以AD，AC，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求得A（0，0，0），D（2，0，0），P（0，0，3），B（﹣2，，0）．设E（x，y，z），由=λ，得E（﹣2λ，，3﹣3λ）．求出平面ADE与平面ADP的一个法向量，结合题意可得λ=．说明存在实数，使平面ADE与平面PAD所成的二面角为60°．‎ ‎（Ⅰ）证明：由已知，得，‎ ‎∵，，‎ 又，∴．‎ 又底面，平面，‎ 则，‎ ‎∵平面，平面，且，‎ ‎∴平面．‎ ‎∵平面，∴平面平面．‎ ‎（Ⅱ）解：以为坐标原点，过点作垂直于的直线为轴，所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，如图3所示．‎ 则，‎ 因为在平行四边形中，，‎ 则，∴．‎ 又，知．‎ 设平面的法向量为，‎ 则即 取，则．‎ 设平面的法向量为，‎ 则即 取，则．‎ 若平面与平面所成的二面角为，‎ 则，即，‎ 化简得，即，‎ 解得（舍去）或．‎ 于是，存在，使平面与平面所成的二面角为．‎ 点睛：本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求解二面角的平面角；‎ ‎20．（1）详见解析；（2）详见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）先求导，分类讨论即可求出函数的单调区间；（2）求导，根据导数和函数的最值得关系即可求出，注意分类讨论．‎ 试题解析：（1），令，得，‎ ‎①若，则恒成立，所以函数在上单调递增；‎ ‎②若，则由，得；由，得，‎ 所以函数在上单调递增，在上单调递减；‎ ‎③若，则由，得；由，得，‎ 所以函数在上单调递增，在上单调递减；‎ ‎④若，则恒成立，所以函数在上单调递减.‎ ‎（2）若，‎ ‎①当时， ，由（1）得，函数在上单调递增，在上单调递减，‎ 故时，函数有最大值，无最小值；‎ ‎②当时， ，由（1）得，函数在上单调递增，在上单调递减，‎ 故时，函数有最小值，无最大值.‎ ‎21．（1）（2）详见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由椭圆定义得椭圆上的点到两个焦点的距离之和为长轴长，即再由短轴长为，可得（2）由直线与圆相切，得圆心到直线距离等于半径，设则，由于OM，ON为定值，所以由向量数量积知：为定值等价于为定值，而，因此可利用直线与椭圆联立方程组，结合韦达定理化简求值 试题解析：解（1）由题意得 5分 ‎（2）当直线轴时，因为直线与圆相切，所以直线方程为。‎ 当时，得M、N两点坐标分别为，‎ 当时，同理； ‎ 当与轴不垂直时，设，由 ‎ 联立得 因为相交所以，， ‎ ‎= ‎ 综上，（定值） ‎ 22． ‎（1），；（2）；（3）证明见解析．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据题意恰当的进行赋值，求数列中某些项的值；（2）证明一个数列是否为等差数列的基本方法有两种：一是定义法：证明；二是等差中项法，证明，看是否从第一箱开始，若证明一个数列不是等差数列，则只需举出反例即可；（3）观测数列的特点形式，看使用什么方法求和．使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源和目的．（4）在做题时注意观察式子特点选择有关公式和性质进行化简，这样给做题带来方便，掌握常见求和方法，如分组转化求和，裂项法，错位相减．‎ 试题解析：解：（1）令得， 1分 令，得，∴ 2分 ‎（2）令，得：‎ ‎∴，又，‎ ‎∴数列是以2为首项，2为公差的等差数列．∴‎ ‎∴‎ ‎∴ 8分 ‎（3）∴‎ ‎∴ 12分