数学文卷·2018届贵州省遵义四中高二下学期第一次月考（2017-04）

数学文卷·2018届贵州省遵义四中高二下学期第一次月考（2017-04）

遵义四中2016-2017学年度第二学期第一次月考 文数试题 第I卷（选择题）‎ 一、选择题 ‎1．设，则 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎2．已知复数（为虚数单位），那么的共轭复数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎3．已知，下列不等关系中正确的是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎4．已知是两条不重合的直线，是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：‎ ‎①若，，则；②若，，则；‎ ‎③若，，，则；④若是异面直线，，，，则．‎ 其中真命题是（ ）‎ A. ①和④ B. ①和③ C. ③和④ D. ①和②‎ ‎5．在区间上随机地取一个数,则事件“”发生的概率为 （ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎6．已知等差数列，，则其前项的和（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎7．若将函数的图象向左平移个单位，则平移后的图象（ ）‎ A. 关于点对称 B. 关于直线对称 C. 关于点对称 D. 关于直线对称 ‎8．若满足约束条件，则的最大值为（ ）‎ A. -3 B. C. 1 D. ‎ ‎9．函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点（ ）‎ A．1个 B．2个 ‎ C. 3个 D．4个 ‎10．一个三棱锥的三视图是三个直角三角形，如图所示，‎ 则该三棱锥的外接球表面积为（ ） ‎ A. B. C. D. ‎ ‎11．函数的大致图像是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎12．已知椭圆，是椭圆的右焦点，为左顶点，点在椭圆上，轴，若，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ 第Ⅱ卷（（非选择）‎ 二、填空题 ‎13．给定两个向量，且，则实数等于__________．‎ ‎14．已知 则___________.‎ ‎15．观察下列各式：‎ ‎…照此规律，当时， ．‎ ‎16.已知函数为定义在上的连续可导函数，且，则不等式的解集是____ ______.‎ 三、解答题 ‎17． （1）证明：如果那么 ‎（2）：已知，求的最小值.‎ ‎18．已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）已知求数列的前项和．‎ ‎19．为检验寒假学生自主学习的效果，年级部对某班50名学生各科的检测成绩进行了统计，下面是政治成绩的频率分布直方图，其中成绩分组区间是：．‎ ‎（1）求图中的值及平均成绩；‎ ‎（2）从分数在中选5人记为，从分数在中选3人，记为 人组成一个学习小组．现从这5人和3人中各选1人做为组长，求被选中且未被选中的概率．‎ ‎20．如图，已知平面，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求证：平面.‎ ‎（3）求三棱锥的体积．‎ ‎21．已知椭圆,过点作直线交椭圆于两点, 是坐标原点； ‎ ‎（Ⅰ）求中点的轨迹方程；‎ ‎（Ⅱ）求的面积的最大值,并求此时直线的方程．‎ ‎22．已知函数．‎ ‎（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）若，恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（Ⅲ）当时，讨论函数的单调性．‎ 参考答案 ‎1．C ‎【解析】因为，所以，故选C．‎ ‎2．B ‎【解析】因为，故的共轭复数为.‎ 故本题正确答案为 ‎3．D ‎【解析】选项A中不等式两边同乘以负数，不等式方向没有改变，错误，选项B中，考查幂函数，因为，所以函数在上是减函数，错误，选项D中做差，所以正确，选D．‎ 点睛：比较大小可以利用做差法，函数增减等来处理问题．利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性，当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值的应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小．‎ ‎4．A ‎【解析】由线面角的定义可知答案①中的直线，，则平面是正确的；因为答案②中的两个平面也可能相交，故不正确；答案③中的两个平面，可以推出两个平面相交，故也不正确；对于答案④，可将直线平移到到平面内，借助异面直线平移后不相交的结论及面面平行的判定定理可知，是正确命题，所以应选答案A。‎ ‎5．B ‎【解析】∵，∴由得， 则事件“”发生的概率，故选B.‎ ‎6．C ‎【解析】 选C.‎ ‎7．D ‎【解析】根据已知条件，平移后的函数表达式为.令，解得 ‎，则平移后的图象关于直线对称，当时，.‎ 故本题正确答案为 ‎8．C ‎【解析】‎ 如图，画出可行域，目标函数为表示斜率为-1的一组平行线，当目标函数过点时，函数取值最大值， ，故选C.‎ ‎9．A ‎【解析】‎ 试题分析：从的图象可知的符号为正、负、正、负，所以在内从左到右的单调性依次为增减增减，根据极值点的定义可知在内只有一个极小值点，故选A. ‎ 考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、利用导数研究函数的极值. ‎ ‎10 .A ‎11．A ‎【解析】由题意得，函数，‎ 则，所以函数为奇函数，所以图象关于原点对称，当时，，所以函数的图象为选项A，故选A。‎ 考点：函数的性质及其应用。‎ ‎12．A ‎【解析】解析：因为点在椭圆上，且轴，所以代入椭圆方程可得，又因为且若，所以，即，则，应选答案A。‎ ‎13．‎ ‎【解析】跟据题意，，即，因为，，，故，所以 ‎14．7‎ ‎【解析】因，又，故，应填答案。‎ ‎15．‎ ‎【解析】‎ 试题分析:观察所给的几个不等式的左右两边可以看出：不等式的右边的分子是的形式，分母是的形式，故由归纳推理的模式可得该不等式的右边是.故应填答案.‎ 考点：归纳推理及运用．‎ ‎16.‎ ‎17．‎ ‎（1）‎ ‎.‎ ‎∵‎ ‎∴‎ ‎∴. 8分 ‎（2）‎ ‎18．（1）;（2）.‎ ‎【解析】（1）当时，解出（舍去）， ‎ 又 ①‎ 当时 ② ‎ ‎①-②得： , 即，‎ ‎∴ , ‎ ‎（），‎ 是以3为首项，2为公差的等差数列， ‎ ‎． ‎ ‎（2） ③‎ 又 ④‎ ‎④－③ ‎ ‎ ‎ ‎19．（1）x=0.018,平均成绩为;(2) .‎ ‎【解析】（1）由，解得 ‎ 平均成绩为 ‎ ‎（2）从这5人和3人中各随机选1人，所有结果有：‎ 共15个．‎ 事件为“被选中，未被选中”包含的基本事件有：共2 个．‎ 所以被选中，未被选中的概率 ‎20．（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析；（3）.‎ ‎【解析】（1）因为四边形为矩形，‎ 所以平面，平面，‎ 所以平面．‎ ‎（2）过作，垂足为，‎ 因为所以四边形为矩形．‎ 所以，又因为所以，， ‎ 所以，所以；‎ 因为平面，所以平面，所以，‎ 又因为平面，平面， ‎ 所以平面．‎ ‎（3）因为平面，所以，‎ 又因为 ，平面，平面， ‎ 所以平面．‎ ‎ ‎ ‎21．（Ⅰ）;(Ⅱ)此时, .‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）利用点差法，结合中点坐标公式，即可求中点的轨迹方程； （Ⅱ）令代入 ，利用韦达定理，表示出 面积，利用函数的单调性，即可求面积的最大值，及此时直线的方程．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）法一:‎ 设,,‎ 直线的方程为: ‎ 则 ‎ ‎①②得：‎ 所以,‎ 即：,‎ 所以 所以代入 所以即为所求 法二：‎ 设,,‎ 则 ‎①-②得：‎ 即：‎ 即：‎ 所以即为所求 ‎(Ⅱ)令 联立 得：‎ 因为 所以 所以 令 则在上单调递减，‎ 当，即时,‎ 此时, ‎ 点睛：圆锥曲线中弦的中点问题通常可以用“点差法”：设两个交点为中点为，则有 ，，两式作差可得，整理得：，再根据具体题目代入数值即可.‎ ‎22．（I）；（II）；（III）详见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）求出当的函数的导数，求得切线的斜率和切点，由点斜式方程，即可得到所求切线方程；（Ⅱ）对进行变形，得在恒成立，再构造（），再对进行求导，即可求出，即可得到实数的取值范围；（Ⅲ）求出函数的导数，求出的零点或，分别对两个零点的大小关系作为分类讨论，即可得到函数的单调性.‎ 试题解析：‎ 解：（Ⅰ）当时，，∴切线的斜率，‎ 又，在点处的切线方程为，‎ 即．‎ ‎（Ⅱ）∵对，恒成立，∴在恒成立，‎ 令（），，‎ 当时，，当时，，‎ ‎∴在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎∴，故实数的取值范围为．‎ ‎（Ⅲ）．‎ 令，得或，‎ ‎①当时，恒成立，∴在上单调递增；‎ ‎②当时，，‎ 由，得或；由，得．‎ ‎∴单调递增区间为，；单调减区间为．‎ ‎③当时，，‎ 由，得或；由，得．‎ ‎∴单调增区间为，，单调减区间为．‎ 综上所述：当时，在上单调递增；‎ 当时，单调增区间为，，单调减区间为；‎ 当时，单调增区间为，，单调减区间为．‎