2017-2018学年河北省武邑中学高二上学期期末数学文试题（解析版）
河北省武邑中学2017-2018学年高二上学期期末考试
数学（文）试题
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. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】取a=−2,b=−1,可得，即A不正确；
2，即B不正确；
∵a
4，故③正确；
当且a≠1时,表示点M(a,b)与P(1,−1)连线的斜率。
∵当,b=时,,又直线3x−4y+5=0的斜率为，
故的取值范围为，故④正确.
∴正确命题的个数是2个.
故选：B.
点睛：本题是常规的线性规划问题，线性规划问题常出现的形式有：①直线型，转化成斜截式比较截距，要注意前面的系数为负时，截距越大，值越小；②分式型，其几何意义是已知点与未知点的斜率；③平方型，其几何意义是距离，尤其要注意的是最终结果应该是距离的平方；④绝对值型，转化后其几何意义是点到直线的距离.
12. 在函数的图象上，横坐标在内变化的点处的切线斜率均大于1，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】函数，求导得：，
由横坐标在区间(1,2)内变化的点处的切线斜率均大于1，
可得对恒成立。
即有对恒成立。
令,对称轴，
区间(1,2)为增区间，即有1则有.
故选：C.
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. 若公差为2的等差数列的前9项和为81，则__________．
【答案】17
【解析】等差数列的前9项和为，
所以，
因为等差数列的公差为2，所以.
得，解得.
故答案为：17.
14. 过点作抛物线的弦，恰被所平分，则弦所在直线方程为__________．
【答案】
【解析】设则
.
两式相减得
所以∴，
又
∴KAB=4
直线AB方程：y−1=4(x−4),即.
故答案为：.
15. 已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】函数f（x）=的导数f′（x）=x2+2ax+1
由于函数f（x）有两个极值点，
则方程f′（x）=0有两个不相等的实数根，
即有△=4a2﹣4＞0，解得，a＞1或a＜﹣1．
故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
16. 已知命题，命题，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】命题q：，解得a≤x≤a+1．
∵￢p是￢q的必要不充分条件，
∴q是p的必要不充分条件．
∴，且等号不能同时成立．
解得．
则实数a的取值范围是．
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. 在中，角的对边分别是，.
（1）求角；
（2）若，的面积，求的值.
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）由正弦定理边化角得，根据三角形内角范围可得解；
（2）由余弦定理得，从而得，又，从而得，进而可得的值.
试题解析：
解：（1)由已知得，
∴由正弦定理得，
∴，
故.
由，得.
(2)在中，，
∴，故.①
又，
∴.②
联立①②式解得.
18. 数列的前项和为，.
（1）设，证明：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（Ⅰ）利用递推关系式进行转化，然后通过构造数列证明数列是等比数列；（Ⅱ）利用错位相减法求解数列的前项和.
试题解析：（Ⅰ）因为，
所以 ① 当时，，则， 1分
② 当时，， 2分
所以，即， 4分
所以，而， 5分
所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以． 6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得．
所以 ①，
②， 8分
②-①得：， 10分
. 12分
考点：1.数列的递推式；2.等比数列的证明；3.数列求和.
19. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在上单调递增，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1），求得斜率，且切点，由此得到切线方程为；（2）若在上单调递增，等价于函数的导数恒大于零，分离参数得，令，利用导数求得的最大值为，所以.
试题解析：
（1）∵，∵，即，
∴ 所求切线方程为，即
（2），∵在上单调递增，∴在上恒成立，
∴在上恒成立，令，
，令，则，
∵在上；在上，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，
∴，
∴实数的取值范围为
考点：函数导数与不等式．
【方法点晴】本题考查函数导数与不等式的问题，解答此类问题，应该首先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错. 解决含参数问题及不等式问题注意两个转化：（1）利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．（2）将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性问题处理．
20. 设椭圆的左焦点为，离心率为，椭圆与轴左交点与点的距离为.
（1）求椭圆方程；
（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，当面积为时，求.
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）依题意有，由此解得，椭圆方程为；（2）设出直线方程，联立直线方程和椭圆方程，写出韦达定理，求出弦长关于斜率的表达式，利用点到直线的距离公式求得三角形的高，然后利用三角形面积建立方程，求得斜率的值，代入的表达式，从而求得弦长.
试题解析：
（1）由题意可得，又，解得，
所以椭圆方程为．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4分
（2）根据题意可知，直线的斜率存在，故设直线的方程为，设由方程组消去得关于的方程，．．．．．．．．．．．．．6分
由直线与椭圆相交于两点，则有，即，
得：，由根与系数的关系得，
故，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分
又因为原点到直线的距离，
故的面积，．．．．．．．．．．．．．．．．10分
由，得，此时．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分
考点：直线与圆锥曲线位置关系.
【方法点晴】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，考查韦达定理和弦长公式. 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．
21. 已知抛物线的方程为，过点的直线与抛物线相交于两点，分别过点作抛物线的两条切线和，记和相交于点.
（1）证明：直线和的斜率之积为定值；
（2）求证：点在一条定直线上.
【答案】（1）直线和的斜率之积为定值.（2）点在定直线上.
【解析】试题分析：（1）依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，与抛物线联立得，设的坐标分别为，根据求导得切线斜率，结合韦达定理即可证得；
（2）由点斜式写出直线和的方程，联立这两个方程，消去得整理得，注意到，所以，此时，从而得证.
试题解析：
解：（1）依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，
将其代入，消去整理得.
设的坐标分别为，
则.
将抛物线的方程改写为，求导得.
所以过点的切线的斜率是，过点的切线的斜率是，
故，
所以直线和的斜率之积为定值.
（2）设.因为直线的方程为，即，
同理，直线的方程为，
联立这两个方程，消去得，
整理得，注意到，所以.
此时.
由（1）知，，所以 ，
所以点在定直线上.
点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．
22. 已知函数.
（1）当时，求函数的单调递减区间；
（2）当时，设函数，若函数在区间上有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】试题分析：（1）讨论当时，当时，当时三种情况，得增区间，
得减区间；（2）在上有零点，即关于的方程 在上有两个不相等的实数根，可证当时单调递减，当时单调递增，故.
试题解析：（1）的定义域为，．
①当时，，由，
得或．
∴当时，单调递减．
∴的单调递减区间为．
②当时，恒有，
∴的单调递减区间为．
③当时，，由，得或．
∴当时，单调递减．
∴的单调递减区间为．
综上，当时，的单调递减区间为；
当时，的单调递减区间为；
当时，的单调递减区间为．
（2）在上有零点，
即关于的方程在上有两个不相等的实数根．
令函数．
则，令函数．
则在上有．
故在上单调递增．
∵．
∴当时，有即．
∴单调递减；
当时，有，即，∴单调递增．
∵，
，
∴的取值范围为．
考点：1、导数运算；2、利用导数研究函数单调性和函数零点问题.
【方法点晴】本题主要考查导数运算、利用导数研究函数单调性和函数零点问题，属于难题．利用导数研究函数的单调性进一步求函数最值的步骤：①确定函数的定义域；②对求导得的解析式；③令，解不等式得的范围就是递增区间；令，解不等式得的范围就是递减区间；④对含参数的函数还要对参数进行讨论来确定单调区间.
