2017-2018学年天津市静海县第一中学高二上学期期末终结性检测数学（文）试题（解析版）

2017-2018学年天津市静海县第一中学高二上学期期末终结性检测数学（文）试题（解析版）

‎2017-2018学年天津市静海县第一中学高二上学期期末终结性检测数学（文）试题 一、单选题 ‎1．“(2x－1)x＝0”是“x＝0”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 ‎【答案】B ‎【解析】，所以答案选择B ‎【考点定位】考查充分条件和必要条件，属于简单题.‎ ‎2．若圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0外切，则m＝(　　)‎ A. 9 B. 19 C. 21 D. －11‎ ‎【答案】A ‎【解析】， ， ，半径为，圆心距为，由于两圆外切，故，解得.所以选.‎ ‎3．如图，过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F的直线交抛物线于点A，B，交其准线l于点C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则此抛物线的方程为(　 　)‎ A. y2＝9x B. y2＝6x C. y2＝3x D. y2＝x ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：分别过点A，B作准线的垂线，分别交准线于点E，D，设|BF|=a，根据抛物线定义可知|BD|=a，进而推断出∠BCD的值，在直角三角形中求得a，进而根据BD∥FG，利用比例线段的性质可求得p，则抛物线方程可得．‎ 解：如图分别过点A，B作准线的垂线，分别交准线于点E，D，设|BF|=a，则由已知得：|BC|=2a，由定义得：|BD|=a，故∠BCD=30°，‎ 在直角三角形ACE中，∵|AE|=3，|AC|=3+3a，‎ ‎∴2|AE|=|AC|‎ ‎∴3+3a=6，‎ 从而得a=1，‎ ‎∵BD∥FG，‎ ‎∴=求得p=，‎ 因此抛物线方程为y2=3x．‎ 故选C．‎ ‎4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为(　 　)‎ A. 2或－ B. －2 C. －2或－ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】，依题意有 ，解得，故.所以选.‎ ‎5．已知圆截直线所得弦长为4，则实数的值是（ )‎ A. －3 B. －2 C. －1 D. －4‎ ‎【答案】C ‎【解析】圆心为，圆心到直线距离为，故圆的半径为，即，故选.‎ ‎6．设， 分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于， 两点，若，则椭圆的离心率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：∵过的直线交椭圆于P，Q两点，若， ，‎ ‎∴直线PQ过右焦点且垂直于x轴，即为等边三角形， 为直角三角形，‎ ‎∵，又， ‎ ‎，‎ 由勾股定理，得，即，∴‎ ‎【考点】椭圆的简单性质 ‎7．若点P是曲线y＝x2－ln x上任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小值为(　　)‎ A. 1 B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由题，令： ‎ 解得； 。 曲线上距离最近的点坐标为 则距离为： ‎ ‎【考点】导数的几何意义及点到直线距离的算法和运动变化的思想.‎ ‎8．已知在实数集上的可导函数，满足是奇函数，且，则不等式的解集是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】由于为奇函数，故函数图象关于对称，由于函数单调递增且，而函数， ，且当时，即的增长速度比的要快，所以当时， .由此选.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的图象与性质，考查函数的单调性与奇偶性，考查不等式的解集和不等式的转化由于函数是由函数向左平移个单位所得，故原函数关于成中心对称图形，且左右两边单调性一致.当不等式两边的数同号时，两边取倒数要变号.‎ 二、填空题 ‎9．巳知椭圆的长轴长为，且与椭圆有相同的离心率.求椭圆的方程_____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】已知椭圆的离心率为，而未知椭圆，故， ，所以所求椭圆方程为.‎ ‎10．已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________‎ ‎【答案】a＝8‎ ‎【解析】∵y′＝1＋，∴y′|x＝1＝2，∴y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，∴y＝2x－1.又切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，当a＝0时，y＝2x＋1与y＝2x－1平行，故a≠0，由得ax2＋ax＋2＝0，∵Δ＝a2－8a＝0，∴a＝8.‎ 一题多解：　∵y′＝1＋，∴y′|x＝1＝2，∴y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，∴y＝2x－1，又切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，当a＝0时，y＝2x＋1与y＝2x－1平行，故a≠0.∵y′＝2ax＋(a＋2)，∴令2ax＋a＋2＝2，得x＝－，代入y＝2x－1，得y＝－2，∴点在y＝ax2＋(a＋2)x＋1的图象上，故－2＝a×2＋(a＋2)×＋1，∴a＝8.‎ ‎11．已知函数f(x)＝axln x，x∈(0，＋∞)，其中a为实数，f′(x)为f(x)的导函数．若f′(1)＝3，则a的值为________．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】， .‎ ‎12．三棱锥及其三视图中的正（主）视图和侧（左）视图如图所示，则棱SB的长为___________． ‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】试题分析：由已知中的三视图可得SC⊥平面ABC，‎ 且底面△ABC为等腰三角形，‎ 在△ABC中AC=4，AC边上的高为2，‎ 故BC=4，‎ 在Rt△SBC中，由SC=4，‎ 可得SB=4，‎ 故答案为：4‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图．‎ ‎13．已知函数有一个极值，则实数的取值范围为_______.‎ ‎【答案】(－∞，0) ‎ ‎【解析】试题分析： ，函数有两个极值，即有2个不等实根，则设，求导，可知函数只有一个极值点，则函数在 单调递增，在上单调递减，如图所示，且当时，且当时，故要使函数和函数有2个不同交点，就要 ‎【考点】利用导数研究函数的性质 ‎【名师点睛】本题考查实数的取值范围的求法，属中档题，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．其中将有2个不等实根转化为函数和函数有2个不同交点是解题的关键 ‎14．若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是．____________‎ ‎【答案】(－∞，－1]‎ ‎【解析】函数在区间上递减，故.‎ ‎【点睛】本小题主要考查导数和单调性，考查利用导数和单调性求参数，考查分离常数法.‎ 由于函数在给定区间上是减函数，那么它在这个区间上的导函数就是非正数，由此列出不等式，下一步考虑的是分离常数，分离常数时要注意判断为正数，不是正数时要注意变号或讨论.‎ 三、解答题 ‎15．如图所示，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，DD1⊥平面ABCD，AB=2AD，AD=A1B1，∠BAD=60°．‎ ‎（Ⅰ）证明：CC1∥平面A1BD；‎ ‎（Ⅱ）求直线CC1与平面ADD1A1所成角的正弦值 ‎【答案】(1)见解析(2) ‎ ‎【解析】【试题分析】（1）连接、，交于，连接，利用证得四边形是平行四边形，故，所以平面.（2）由于BD⊥平面ADD1A1得， 就是所求直线与平面所成的角.解三角形可求得其正弦值.‎ ‎【试题解析】‎ ‎（1）证明：连接AC，A1C1，设AC∩BD=E，连接EA1，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴EC=AC，‎ 由棱台定义及AB=2AD=2A1B1知 A1C1∥EC，且A1C1=EC，‎ ‎∴四边形A1ECC1是平行四边形，因此CC1∥EA1，‎ 又∵EA1⊂平面A1BD，‎ ‎∴CC1∥平面A1BD；‎ ‎（2）解：直线EA1与平面ADD1A1所成角=直线CC1与平面ADD1A1所成角，‎ ‎∵BD⊥平面ADD1A1，∴A1D为EA1在平面ADD1A1上的射影，‎ ‎∴∠EA1D是直线EA1与平面ADD1A1所成角，‎ ‎∵DD1=AD，AB=2AD，AD=A1B1M∠BAD=60°，‎ ‎∴A1D1=AD，DE=AD，A1E=AD，‎ ‎∴sin∠EA1D=，‎ ‎∴直线CC1与平面ADD1A1所成角的正弦值为．‎ ‎16．16．如图，在几何体中，四边形为菱形，对角线与的交点为；四边形为梯形， , ．‎ ‎（Ⅰ）若，求证： 平面；‎ ‎（Ⅱ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅲ）若， ，求与平面所成角．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析（3）‎ ‎（Ⅰ） 证明：取的中点，连接，‎ 因为是菱形的对角线与的交点，‎ 所以，且．‎ 又因为，且，‎ 所以，且，‎ 从而为平行四边形， ‎ 所以． ‎ 又平面， 平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（Ⅱ）因为四边形为菱形,‎ 所以；‎ 因为，是的中点，‎ 所以．‎ 又，‎ 所以平面． ‎ 又平面，‎ 所以平面平面． ‎ ‎ （Ⅲ） 作于，‎ 因为平面平面，‎ 所以平面,‎ 则为与平面所成角． ‎ 由及四边形为菱形，得为正三角形，‎ 则， ．‎ 又，‎ 所以为正三角形，从而． ‎ 在中，由余弦定理，得，‎ 则， ‎ 从而，‎ 所以与平面所成角的大小为． ‎ ‎【解析】试题分析：（1）取的中点，连接，证明为平行四边形，可得，利用线面平行的判定定理即可证明平面；（2）先证明， ，可证明平面，从而可证明平面平面；（3）做于为与平面所成角，根据余弦定理及等腰三角形性质即可求与平面所成角.‎ 试题解析：（Ⅰ）证明：取的中点，连接， .‎ ‎∵对角线与的交点为，‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴，∴为平行四边形，‎ ‎∴，‎ ‎∵平面， 平面，‎ ‎∴平面；‎ ‎（Ⅱ）证明：∵四边形为菱形，‎ ‎∴，‎ ‎∵， 是的中点，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴平面，‎ ‎∵平面，‎ ‎∴平面平面；‎ ‎（Ⅲ）‎ 作于.‎ ‎∵平面平面，∴平面，‎ ‎∴为与平面所成角，‎ 由题意， 为正三角形， ，‎ ‎∵，‎ ‎∴为正三角形，∴.‎ 中，由余弦定理可得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴与平面所成角.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、直线和平面成的角的定义及求法、线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理，属于中档题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（Ⅰ）是就是利用方法①证明的.‎ ‎17．已知椭圆x2＋＝1(00)，‎ ‎∵FC是圆P的直径，‎ ‎∴FB⊥BC，‎ ‎∵kBC＝－b，kBF＝，‎ ‎∴－b·＝－1，‎ ‎∴b2＝c＝1－c2，c2＋c－1＝0，‎ 解得c＝，∴椭圆的离心率e＝＝.‎ ‎(2)∵圆P过F、B、C三点，‎ ‎∴圆心P既在FC的垂直平分线上，也在BC的垂直平分线上，‎ FC的垂直平分线方程为x＝，①‎ ‎∵BC的中点为，kBC＝－b，‎ ‎∴BC的垂直平分线方程为y－＝，②‎ 由①②得x＝，y＝，‎ 即m＝，n＝.‎ ‎∵P(m，n)在直线x＋y＝0上，‎ ‎∴＋＝0⇒(1＋b)(b－c)＝0.‎ ‎∵1＋b>0，‎ ‎∴b＝c.‎ 由b2＝1－c2得b2＝，‎ ‎∴椭圆的方程为x2＋＝1.‎ ‎18．已知函数.（）‎ ‎（Ⅰ）讨论函数的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若函数在x=2处的切线斜率为，不等式对任意恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】【试题分析】（1）求得函数定义域，对函数求导，对分类讨论函数的单调区间.（2）先利用函数在处切线的斜率为求得，然后对原不等式分离常数，得到，将不等式右边构造函数，利用导数求得函数的最小值，由此求得的取值范围.‎ ‎【试题解析】‎ 解：（1）函数的定义域为， ‎ 当时， ，从而，故函数在上单调递减 ‎ 当时，若，则，从而， ‎ 若，则，从而， ‎ 故函数在上单调递减，在上单调递增； ‎ ‎（Ⅱ）求导数： ，‎ ‎∴，解得a=1． ‎ 所以，即，‎ 由于，即. ‎ 令，则 当时， ；当时， ‎ ‎∴在上单调递减，在上单调递增； ‎ 故，所以实数的取值范围为 ‎ ‎【点睛】本小题主要考查函数导数与单调区间，考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查分类讨论的数学思想方法.在求函数导数前，要对函数求其定义域，务必在定义域的范围内研究函数的单调区间.求导后要通分和因式分解.如果含有参数，要对参数进行分类讨论.‎ ‎19．设椭圆： 的左、右焦点分别为，上顶点为，过点与垂直的直线交轴负半轴于点，且. ‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的离心率；‎ ‎（Ⅱ）若过、、三点的圆恰好与直线： 相切，求椭圆的方程；‎ ‎（III）在（Ⅱ）的条件下，过右焦点作斜率为的直线与椭圆交于、两点，在轴上是否存在点使得以为邻边的平行四边形是菱形，如果存在，求出的取值范围，如果不存在，说明理由 ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）设，由，所以，由于，即为的中点，故，即，于是，于是的外接圆圆心为，半径，该圆与直线相切，则，即可得出值，从而可求椭圆的方程；‎ ‎（2）由（1）可知，设，联立方程组，整理得，写出韦达定理，由于菱形的对角线垂直，故, 即，即，由已知条件知且，所以，即可求出的取值范围.‎ 试题解析：‎ ‎（1）设，由，‎ 知，因为，所以，‎ 由于，即为的中点，‎ 故，所以，即，‎ 于是，于是的外接圆圆心为，半径，‎ 该圆与直线相切，则，解得，‎ 所以，所求椭圆的方程为.‎ ‎（2）由（1）可知，‎ 设，联立方程组，整理得，‎ 设，则，‎ ‎，‎ 由于菱形的对角线垂直，故,‎ 故，即，‎ 即，‎ 由已知条件知且，‎ 所以，所以，‎ 故存在满足题意的点，且的取值范围是，‎ 当直线的斜率不存在时，不合题意.‎ 点睛：本题重点解决已知条件的转化，结合直线与圆相切即可得得值，若四边形是菱形主要是利用对角线互相垂直，即向量之和与向量之差的数量积为0，计算量大注意准确性.‎ ‎20．函数f(x)＝aln x＋bx2图象上点P(1，f(1))处的切线方程为2x－y－3＝0.‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式及单调区间；‎ ‎(2)若函数g(x)＝f(x)＋m－ln 4在上恰有两个零点，求实数m的取值范围．‎ ‎【答案】（1）f′(x)＝＋2bx，f(x)的单调递增区间为(0， )，单调递减区间为(，＋∞)．（2）2

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