河南省平顶山市2017-2018学年高二上学期期末调研考试文科数学试题

2017~2018学年第一学期期末调研考试高二数学（文科）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.抛物线的焦点坐标是（）A.B.C.D．【答案】D【解析】转化为标准方程，，所以焦点为。故选D。2.命题“，”的否定是（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】根据全称命题与存在性命题的关系可知，命题“”的否定为“”，故选C．3.等差数列中，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】，所以。故选A。4.设，，，且，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】试题分析：A：由及不等式的性质可知仅当时，成立，∴A错误；B：，而的符号未定，因此无法判断两者大小关系，∴B错误；C：根据，可知在上递增，因此由可得，∴C正确；D：，而的符号未定，因此无法判定两者大小关系，∴D错误.考点：1.作差法比较代数式的大小；2.函数结合不等式.5.在中，内角和所对的边分别为和，则是的（）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】C【解析】在中，由正弦定理可得，则，即又，则，即，所以是的充要条件，故选C．6.设，满足约束条件，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】过，有最大值2,；过，有最小值，所以取值范围为。故选B。7.已知，，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】试题分析：由可知，，当且仅当，即时等号成立，又，当且仅当，即，，所以时等号成立．考点：均值定理视频8.已知双曲线：（，），右焦点到渐近线的距离为，到原点的距离为，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】由题意，双曲线，右焦点到渐近线的距离为，到原点的距离为，则双曲线焦点到渐近线的距离为，又，代入得，解得，故选D．9.设的内角、、的对边分别为、.若，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】由正弦定理，得，又，所以，所以，所以在直角中，，故选B．10.三个数，，成等比数列，其倒数重新排列后为递增的等比数列的前三项，则能使不等式成立的最大自然数为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】，得，即，则的前三项为，所以，，所以，得最大自然数为7.故选C。11.若，则的解集为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】，又，解得。故选A。点睛：本题考查导数的求解，及解不等式。本题首先要能够正确求导，在解不等式的过程中，要注意定义域的范围，最后得到正确答案。在含有对数形式的函数问题中，一定要注意定义域的范围。12.过点的直线与椭圆交于，两点，且点平分，则直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】试题分析：由于直线过点，故排除C，D选项.设，代入椭圆方程得，两式相减并化简得，所以直线的斜率为，由点斜式得到直线方程为.考点：直线与圆锥曲线位置关系.【思路点晴】本题考查点差法.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．涉及弦的中点问题，考虑用点差法来解决.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.已知椭圆的两焦点坐标分别是、，并且过点，则该椭圆的标准方程是__________．【答案】【解析】由题意，椭圆的两个焦点坐标分别是，可得，设椭圆的方程为，椭圆经过点，可得，解得，所以椭圆的方程为．14.曲线在点处的切线方程是__________．【答案】【解析】，所以，所以切线方程为，即。点睛：本题考查导数的概念。导数就是曲线上点的切线斜率。本题中首先判断出该点是曲线上的点，所以切斜斜率就是该点的导数值，求出斜率后，再利用点斜式写出切线方程即可。15.在中，为边上一点，，，，若，则__________．【答案】【解析】试题分析：设，在中有：，在中有：，又，代入得，解得．考点：余弦定理．【名师点睛】在本题中，已知被分成两个三角形，它们公共边长度已知，相邻的解已知，还知道的是两个三角形中另外两对边的比例，要解这个三角形，可用余弦定理把两个三角形联系起来，根据已知角，用余弦定理分别求出，再由的关系可求得，接着可求得及各个角．如果已知两个角，还可以用正弦定理建立关系，以便求解．16.函数（），，对，，使成立，则的取值范围是__________．【答案】【解析】由函数的图象是开口向上的抛物线，且关于对称，所以时，函数的最小值为，最大值为，可得的值域为，又因为，所以为单调增函数，的值域为，即，以为对，，使成立，所以，解得，所以实数的取值范围是．点睛：本题考查函数的值域，同时涉及到了“任意”、“存在”等量词的理解，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，其中正确理解“任意”、“存在”等量词，转化为函数的值域与最值之间的关系，列出不等式组是解答的关键．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.（1）已知、.求证：；（2）解不等式.【答案】(1)见解析；（2）原不等式的解为或或.【解析】试题分析：（1）作差证明不等式成立；（2）移项通分得，利用穿根法解不等式。试题解析：（1）作差得：．∵时，∴，而，∴．所以，．（2）原不等式可化为，继续化为，其等价于．∴原不等式的解为或或．18.已知，，分别为三个内角，，的对边，.（1）求；（2）若，的面积为，求，.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由题设条件及正弦定理可化简得，即求解角；（Ⅱ）由三角形的面积公式，可得，在由余弦定理得，即可求解的值．试题解析：（1）由及正弦定理得，∵，∴，又，故．（Ⅱ）∵的面积为，∴．由余弦定理得，故．解得.19.设数列的前项和为，满足，.（1）求数列的通项公式；（2）记，，，的前项和为，求.【答案】（1）；（2）.试题解析：（1）∵，．∴时，，解得．时，，化为：∴数列是等比数列，公比为．∴．（2）∵，∴，而．∴．20.已知函数.（1）求的导函数；（2）求在其定义域上的取值范围.【答案】（1）；（2）在定义域上上的取值范围是...................试题解析：（Ⅰ）=（1－）（2）∵．令，并解得，且当时，，当时，，∴在上递减，在上递增，∴在上有最小值．又令得，因此，当时，，当时，，∴在定义域上上的最大值为．综上，在定义域上上的取值范围是．点睛：本题考查导数的单调性与值域。首先本题考查导数的求解，对学生求导基本功的要求比较高，涉及到求导公式及复合函数求导的应用，然后求出单调区间，求出最大最小值，得到值域。21.已知是抛物线：（）上一点，是抛物线的焦点，且.（1）求抛物线的方程；（2）已知，过的直线交抛物线于、两点，以为圆心的圆与直线相切，试判断圆与直线的位置关系，并证明你的结论.【答案】（1）抛物线的方程为；（2）圆与直线相切．【解析】试题分析：（1）由抛物线的方程，可得焦点坐标与准线方程，过作于点，连接，利用等边三角形，求得的值，即可得到抛物线的方程；（2）当直线的斜率不存在时，可得圆与直线相切．当直线的斜率存在时，设方程为，代入抛物线的方程，求得，进而得到直线、的方程，求得点到直线的距离，得到，即可判定直线与圆相切．试题解析：（1）抛物线:（）的准线方程为:，过作于点，连接，则，∵，∴为等边三角形，∴，∴．∴抛物线的方程为．（2）直线的斜率不存在时，为等腰三角形，且．∴圆与直线相切．直线的斜率存在时，设方程为，代入抛物线方程，得，设，，则．直线的方程为，即，∴圆的半径满足．同理，直线的方程为，到直线的距离，．∴，∴，∴圆与直线相切，综上所述，圆与直线相切．点睛：本题考查了抛物线的标准方程的求解，直线与抛物线的位置关系的应用问题，考查了转换与化归能力，当看到题目中出现直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数关系，找准题设条件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整体代换到后面的计算中去，从而减少计算量．22.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明.【答案】（1）若，则当时，，故在单调递增．若，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）先求函数导数，再根据导函数符号的变化情况讨论单调性：当时，，则在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减.（2）证明，即证，而，所以需证，设g（x）=lnxx+1，利用导数易得，即得证.试题解析：（1）f（x）的定义域为（0，+），.若a≥0，则当x∈（0，+）时，，故f（x）在（0，+）单调递增.若a＜0，则当x∈时，；当x∈时，.故f（x）在单调递增，在单调递减.（2）由（1）知，当a＜0时，f（x）在取得最大值，最大值为.所以等价于，即.设g（x）=lnxx+1，则.当x∈（0,1）时，；当x∈（1，+）时，.所以g（x）