2017-2018学年黑龙江省大庆第一中学高二下学期第三次阶段检测数学（理）试题-解析版

2017-2018学年黑龙江省大庆第一中学高二下学期第三次阶段检测数学（理）试题-解析版

绝密★启用前 黑龙江省大庆第一中学2017-2018学年高二下学期第三次阶段检测数学（理）试题 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题）‎ 请点击修改第I卷的文字说明 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：根据复数的除法运算即可.‎ 详解：由题意可得：‎ 故选D.‎ 点睛：考查复数的除法运算，属于基础题.‎ ‎2．欲证 成立，只需证( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：不等式两边同时平方要求两边都是正数，再结合分析法即可.‎ 详解：要证，因为不等式两边为负数，故变形为证明：，此时不等式两边都为正数，故有分析法可得只需证：‎ ‎ 即可，故选C.‎ 点睛：本题是易错题，证明不等式的左右两边大小关系，在选择两边同时平方时要注意不等号两边是否同时为正数.‎ ‎3．‎ 从3名男生和4名女生中随机选取3名学生去参加一项活动，则至少有一名女生的抽法共多少种( )‎ A. 34 B. 30 C. 31 D. 32‎ ‎【答案】A ‎【解析】共有种 故选 ‎4．用反证法证明某命题时，对结论：“自然数中恰有一个偶数”正确的反设为（ ）‎ A. 都是奇数 B. 都是偶数 C. 中至少有两个偶数 D. 中至少有两个偶数或都是奇数 ‎【答案】D ‎【解析】结论：“自然数中恰有一个偶数”的反面为恰有两个偶数或恰有三个偶数或恰没有偶数,因此选D.‎ ‎5．已知函数，其导函数的图象如图，则对于函数的描述正确的是( )‎ A. 在上为减函数 B. 在处取得最大值 C. 在上为减函数 D. 在处取得最小值 ‎【答案】C ‎【解析】分析：根据函数f（x）的导函数f′（x）的图象可知f′（0）=0，f′（2）=0，f′（4）=0，然后根据单调性与导数的关系以及极值的定义可进行判定即可．‎ 详解：根据函数f（x）的导函数f′（x）的图象可知：‎ f′（0）=0，f′（2）=0，f′（4）=0‎ 当x＜0时，f′（x）＞0，f（x）递增；当0＜x2时，f′（x）＜0，f（x）递减；‎ 当2＜x＜4时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞4时，f′（x）＜0，f（x）递减．‎ 可知C正确，A错误；‎ 由极值的定义可知，f（x）在x=0处函数f（x）取到极大值，x=2处函数f（x）的极小值点，但极大值不一定为最大值，极小值不一定是最小值；可知B、D错误．‎ 故选：C．‎ 点睛：由导函数图象推断原函数的性质，由f′（x）＞0得增区间，由f′（x）＜0得减区间，由f′（x）=0得到的不一定是极值点，需判断在此点左右f′（x）的符号是否发生改变.‎ ‎6．设，则( )‎ A. B. C. D. 不存在 ‎【答案】C ‎【解析】分析：根据定积分的区间可加性性质可求解.‎ 详解：由题可得：‎ 故选C.‎ 点睛：考查定积分的性质，对定积分的正确反导是解题关键，属于基础题.‎ ‎7．已知函数(是自然对数的底数)，则的极大值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：先求导计算，然后确定函数的单调性从而确定及极大值点求极大值.‎ 详解：由题得：，令x=e，可得，所以，令>0得：02e.故函数，x=2e处取得极大值，，所以选D.‎ 点睛：考查导函数的应用，对求导和极值点的准确计算是解题关键，属于基础题.‎ ‎8．“”，在用数学归纳法证明上述恒等式的过程中，由推导到时，等式的右边增加的式子是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：先写出n=k时，右边的式子，再写出n=k+1时，右边的式子，再把它们相减即得右边增加的式子.‎ 详解：当n=k时，右边= （1），‎ 当n=k+1时，右边= （2），‎ ‎（2）-（1）=-.‎ 故选D.‎ 点睛：本题主要考查数学归纳法的理解和掌握，属于基础题.‎ ‎9．设函数，观察下列各式：，，，，…，，…，根据以上规律，若，则整数的最大值为( )‎ A. B. 8 C. 9 D. 10‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：由已知所给的前几函数的特点：分子都是x，分母是关于x的一次式，其常数项为2n，一次项的系数比常数项小1，据此即可得出答案．‎ 详解：观察：，，，，…，，…可知：分子都是x，分母是关于x的一次式，其常数项为2n，一次项的系数比常数项小1，故fn（x）=，所以，即 ，故n的最大值为9，选C.‎ 点睛：善于分析、猜想、归纳所给的式子的规律特点是解题的关键．然后再结合函数的最值分析思维即可解决问题.‎ ‎10．若函数在上单调递增，则的取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：对恒成立，‎ 故，即恒成立，‎ 即对恒成立，构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，故只需保证，解得．故选C．‎ ‎【考点】三角变换及导数的应用 ‎【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解的关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,即注意正、余弦函数的有界性.‎ 视频 ‎11．学校计划在全国中学生田径比赛期间，安排6位志愿者到4个比赛场地提供服务，要求甲、乙两个比赛场地各安排一个人，剩下两个比赛场地各安排两个人，其中的小李和小王不在一起，不同的安排方案共有( )‎ A. 168种 B. 156种 C. 172种 D. 180种 ‎【答案】B ‎【解析】分析：据题意，用间接法分析，先分4步进行分析不受限制的排法数目，再排除计算其中小李和小王在一起的排法数目，计算即可得答案．‎ 详解：根据题意，设剩下的2个场地为丙和丁， 用间接法分析： 先计算小李和小王不受限制的排法数目：先在6位志愿者中任选1个，安排到甲，有C61=6种情况，再在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙，有C51=5种情况， 最后将剩下的4个志愿者平均分成2组，全排列后安排到剩下的2个场地，有 则小李和小王不受限制的排法有6×5×6=180种， 若小李和小王在一起，则两人去丙或丁，有2种情况， 在剩下的4位志愿者中任选1个，安排到甲，有C41=4种情况， 再在剩下的3个志愿者中任选1个，安排到乙，有C31=3种情况， 最后2个安排到剩下的场地，有1种情况， 则小李和小王在一起的排法有2×4×3=24种， 则小李和小王不在一起排法有180-24=156种；‎ 故选B.‎ 点睛：本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，注意用间接法分析，避免分类讨论．‎ ‎12．若，函数有两个极值点，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为 为两根，‎ 因此，‎ 从而令，解得，故当时，；当时，；因此的取值范围为，选A.‎ 点睛：求范围问题，一般利用条件转化为对应一元函数问题，即通过题意将多元问题转化为一元问题，再根据函数形式，选用方法求值域，如二次型利用对称轴与定义区间位置关系，分式型可以利用基本不等式，复杂性或复合型可以利用导数先研究单调性，再根据单调性确定值域.‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题 ‎13．设，若(是虚数单位)，则__________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】分析:根据复数分类为实数的条件求出a，再根据模长公式求解即可.‎ 详解：由已知可得：‎ 故答案为.‎ 点睛：考查复数的分类，模长计算，对条件公式的正确记忆是解题关键，属于基础题 ‎14．展开式中的系数为_____________.‎ ‎【答案】-14.‎ ‎【解析】分析：写出二项式（1-x）7的展开式的通项，分别求出含x2与含x3的项，与(1+)结合得答案．‎ 详解：二项式（1-x）7的展开式的通项为：，取r=2，可得含x2的项为，取r=3可得：，所以展开式中的系数为,故答案为-14‎ 点睛：本题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题．‎ ‎15．下图中共有__________个矩形.‎ ‎【答案】45.‎ ‎【解析】分析：结合图形进行分类，利用排列组合的性质求解每类中矩形的个数，然后利用加法原理即可求得图中矩形的个数.‎ 详解：如图所示，由排列组合知识可知，在矩形中，含有矩形的个数为，‎ 在矩形中，含有矩形的个数为，‎ 除去上面考虑过的情况，‎ 在矩形中，含有矩形的个数为，‎ 在矩形中，含有矩形的个数为，‎ 综上可得：图中矩形的个数为：.‎ 点睛：(1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．‎ ‎(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．‎ ‎16．“求方程的解”有如下解题思路：设，则在上单调递减，且，所以原方程有唯一解，类比上述解题思路，不等式的解集是__________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】不等式变形为，‎ x6+x2＞（x+2）3+（x+2）；‎ 令u=x2，v=x+2，‎ 则x6+x2＞（x+2）3+（x+2）⇔u3+u＞v3+v；‎ 考查函数f（x）=x3+x，知f（x）在R上为增函数，‎ ‎∴f（u）＞f（v），∴u＞v；‎ 不等式x6+x2＞（x+2）3+（x+2）可化为x2＞x+2，解得x＜﹣1或x＞2；‎ ‎∴不等式的解集为：（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）．‎ 故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）．‎ 点睛：本题主要考查抽象函数函数的奇偶性、单调性及对称性，属于难题.解决这类问题，一定要多读题，挖掘出隐含条件，其次要先从熟悉的知识点入手，有点到面逐步展开，解答本题的关键是构造函数f（x）=x3+x，，进而利用单调性解不等式可得结果.‎ 评卷人 得分 三、解答题 ‎17．（题文）已知函数.‎ ‎(1)求函数的单调区间.‎ ‎(2)若对恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) 函数的单调增区间为，单调减区间为.‎ ‎(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（1）对函数求导，令，解不等式，即得到递增区间，令，解不等式，即得递减区间；（2）若对恒成立，即对恒成立，所以问题转化为求成立即可，即求函数在区间上的最小值，根据第（1）问单调性，易求出函数在上的最小值，于是可以求出的取值范围。‎ 试题解析：（1）令，解得或， ‎ 令，解得：. ‎ 故函数的单调增区间为，单调减区间为. ‎ ‎（2）由（1）知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，‎ 又，，，‎ ‎∴， ‎ ‎∵对恒成立，‎ ‎∴，即，∴‎ 点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.‎ ‎18．已知数列的前项和为，且.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足，且数列的前项和为，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】分析：（1）当时，，‎ 又时，适合；（2），利用“裂项相消法”即可得出数列的前项和为.‎ 详解：（1）当时，，‎ 又时，适合.‎ ‎（2）证明：由（1）知，‎ ‎∴ ‎ ‎.‎ 点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.‎ ‎19．在中，内角所对的边分别是，已知.‎ ‎(1)求角的大小；‎ ‎(2)若的面积，且，求.‎ ‎【答案】(1).‎ ‎(2).‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（Ⅰ）由余弦定理把已知条件化为，再由正弦定理化为角的关系，最后由两角和与差的正弦公式及诱导公式可求得，从而得角；‎ ‎（Ⅱ）由三角形面积公式求得，再由余弦定理可求得，从而得，再由正弦定理得，计算可得结论.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）因为，所以由，‎ 即，由正弦定理得，‎ 即，∵，‎ ‎∴，即，‎ ‎∵，∴，∴，∵，∴.‎ ‎（Ⅱ）∵，∴，‎ ‎∵，，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴ .‎ ‎20．如图，在直三棱柱中，，为棱的中点，.‎ ‎(1)证明：平面；‎ ‎(2)设二面角的正切值为，，，求异面直线与所成角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析.‎ ‎(2)‎ ‎【解析】试题分析：（1）取的中点,根据平行四边形性质得，再根据线面平行判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求向量夹角，最后根据线线角与向量夹角相等或互余关系确定结果.‎ 试题解析：（1）证明：取的中点，连接，，‎ ‎∵侧面为平行四边形，∴为的中点，‎ ‎∴，又，∴，‎ ‎∴四边形为平行四边形，则.‎ ‎∵平面，平面，∴平面.‎ ‎（2）解：过作于，连接，‎ 则即为二面角的平面角.‎ ‎∵，，∴.‎ 以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，‎ 则，，.‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴异面直线与所成角的余弦值为.‎ ‎21．已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合.‎ ‎(1)求抛物线的标准方程；‎ ‎(2)斜率为的直线交抛物线于不同两点，求证：.‎ ‎【答案】(1).‎ ‎ (2)证明见解析.‎ ‎【解析】分析：（Ⅰ）根据已知得到p的值，即得到抛物线C的标准方程. （Ⅱ）先利用韦达定理求出，再利用基本不等式证明不等式.‎ 详解：（Ⅰ）由，所以椭圆在右焦点F(1,0)，‎ ‎∴，即p=2.‎ 所以抛物线C的标准方程为.‎ ‎（Ⅱ）设直线l的方程为y=-x+b，将它代入抛物线.‎ 得，设，‎ 则，.‎ 又由直线l交抛物线C于不同两点A，B，‎ 可得，所以.‎ 而， ‎ 令t=b+3，则t>2.‎ 所以 ‎.‎ 当，即，时，等号成立.‎ 点睛：求变量的取值范围常用函数的方法.一般先求变量的解析式，再求函数的定义域，再求函数的取值范围. 所以本题先求利用韦达定理求出，再求b的范围，最后利用基本不等式证明不等式.这种方法在高中数学中常用，大家要注意理解掌握和灵活运用.‎ ‎22．已知函数在点处的切线方程是.‎ ‎(1)求的值及函数的最大值；‎ ‎(2)若实数满足.‎ ‎(i)证明：；‎ ‎(ii)若，证明：.‎ ‎【答案】(1)；0.‎ ‎(2) （ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.‎ ‎【解析】分析：第一问利用题中所给的条件，结合导数的几何意义以及切点应该在切线上，建立关于的等量关系式，解方程组求得的值，从而确定出函数的解析式，利用导数研究函数的单调性，从而求导函数的最大值，第二问将问题转化，利用导数，构造函数，证得结果.‎ 详解：（Ⅰ）， ‎ 由题意有，解得． ‎ 故，，‎ ‎，所以在 为增函数，在为减函数． ‎ 故有当时，． ‎ ‎（Ⅱ）证明：‎ ‎（ⅰ），‎ 由（Ⅰ）知，所以，即. ‎ 又因为（过程略），所以，故. ‎ ‎（ⅱ）法一：‎ 由（1）知 ‎ ‎ 法二：，‎ 构造函数，，‎ 因为，所以，‎ 即当时，，所以在为增函数，‎ 所以，即，故 点睛：该题所考查的是有关导数的综合应用，首先是应用导数的几何意义以及切点在切线上，建立相应的等量关系式，求得参数的值，以确定函数的解析式，从而利用导数来研究函数的单调性，从而确定出函数的最值，之后在证明不等式的时候，利用导数研究函数并构造新函数求得结果.‎