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）

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）

‎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．‎