精品解析：【全国百强校】河北省衡水中学2018届高三上学期二调考试数学（理）试题（解析版）.doc

2017—2018学年度上学期高三年级二调考试 数学（理科） 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由题意得， ，所以，因此。选B。 2. 已知为虚数单位，为复数的共轭复数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网...学&科&网... = ∴3a=9，b=1，∴ 故选：C 3. 设正项等比数列的前项和为，且，若，，则（ ） A. 63或120 B. 256 C. 120 D. 63 【答案】C 【解析】由题意得，解得或。又 所以数列为递减数列，故。设等比数列的公比为，则，因为数列为正项数列，故，从而，所以。选C。 4. 的展开式中的系数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 12 【答案】C 【解析】试题分析：根据题意，式子的展开式中含的项有展开式中的常数项乘以中的以及展开式中的含的项乘以中的两部分，所以其系数为，故选C． 考点：二项式定理． 5. 已知中，，则为（ ） A. 等腰三角形 B. 的三角形 C. 等腰三角形或的三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】∵, ∴， ∴， 整理得, ∴， ∴或。 当时，则，三角形为等腰三角形； 当时，则，可得。 综上为等腰三角形或的三角形。选C。 6. 已知等差数列的公差，且，，成等比数列，若，为数列的前项和，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由 成等比可得 （当且仅当 ，即 时取等号），故选B. 7. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 由三视图可知，该几何体是如图所示的三棱锥 （正方体的棱长为 ， 是棱的中点），其体积为 ，故选C. 【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响. 8. 已知函数（为常数，）的图像关于直线对称，则函数的图像（ ） A. 关于直线对称 B. 关于点对称 C. 关于点 对称 D. 关于直线对称 【答案】A 【解析】∵函数（为常数，）的图像关于直线对称， ∴，得，解得。 ∴。 对于选项A，当时，为最大值，故A正确； 对于选项B，当时，，故B不正确； 对于选项C，当时，，故C不正确； 对于选项D，当时，，不是最值，故D不正确。综上A正确。选A。 9. 设，若关于，的不等式组表示的可行域与圆存在公共点，则的最大值的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 画出不等式组表示的区域如图，结合图形可知当点在圆外（上）时，可行域与圆有公共点，即，也即时可行域与圆有公共点，此时动直线经过点时，在上的截距最大，其最大值为。应选答案D。 点睛：解答本题的关键是运用转化与化归思想将问题化为区域内的点在圆外，即，然后解不等式 得到，然后运用线性规划的知识求得动直线经过点时，在上的截距最大，其最大值为，进而借助实数的取值范围获得答案。 10. 已知函数（，），其图像与直线相邻两个交点的距离为，若对于任意的恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】令，可得， ∵函数（，）的图像与直线相邻两个交点的距离为， ∴函数的图象与直线相邻两个交点的距离为， ∴函数的周期为，故，∴。 ∴. 由题意得“对于任意的恒成立”等价于“对于任意的恒成立”。 ∵， ∴， ∴， ∴。 故结合所给选项可得C正确。选C。 点睛：本题难度较大，解题时根据题意得，可将问题转化成“函数 对于任意的恒成立”，然后可根据在上的取值范围是的子集去处理，由此通过不等式可得的范围，结合选项得解。 11. 已知定义在上的奇函数的导函数为，当时，满足，则在上的零点个数为（ ） A. 5 B. 3 C. 1或3 D. 1 【答案】D 【解析】构造函数所以 因为 所以 所以函数 在 时是增函数， 又 所以当x 成立， 因为对任意 ，所以 ， 由于 是奇函数，所以x＞0时 即 只有一个根就是0． 故选D． 【点睛】本题主要考查利用构造函数法判断函数零点的知识，合理的构造函数是解决问题的关键． 12. 已知函数 的图像上有且仅有四个不同的点关于直线的对称点在的图像上，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】试题分析：关于直线的对称直线为，先考虑特殊位置：与相切得，与相切，由导数几何意义得，结合图像可知，选A． 考点：函数零点 【思路点睛】（1）运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质． （2）在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究． 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，则__________． 【答案】 【解析】∵， ∴ ， ∴。 答案：2 14. 已知锐角的外接圆的半径为1，，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 如图，设，的外接圆的半径为1，. 由正弦定理得， ∴, 由，得。 ∴ . ∵，∴， ∴， ∴。 ∴的取值范围为。 答案：。 点睛：本题考查平面向量数量积的运算，解题时先由正弦定理把△ABC的边a，c用含有A的代数式表示，再由三角形为锐角三角形求出角A的范围，把向量的数量积利用三角变换转化为关于A的三角函数，最后利用三角函数的取值范围求解． 15. 数列满足，则数列的前100项和为__________． 【答案】5100 【解析】由于的周期为， ， ， ，于是得到； 同理可求出，，…… 由此，数列的前100项和可以转化为以6为首项，8为公比的等差数列的前25项和，所以前100项和为 . 点睛：本题主要考查数列的周期性，数列是定义域为正整数集或它的子集的函数，因此数列具有函数的部分性质，本题观察到条件中有 ，于是考虑到三角函数的周期性，构造，周期为4，于是研究数列中依次4项和的之间的关系，发现规律，从而转化为熟悉的等差数列求和问题.解决此类问题要求具有观察、猜想、归纳能力，将抽象数列转化为等差或等比数列问题. 16. 函数图象上不同两点，处切线的斜率分别是，，规定（为线段的长度）叫做曲线在点与之间的“弯曲度”，给出以下命题： ①函数图象上两点与的横坐标分别为1和2，则； ②存在这样的函数，图象上任意两点之间的“弯曲度”为常数； ③设点，是抛物线上不同的两点，则； ④设曲线（是自然对数的底数）上不同两点，，且，若恒成立，则实数的取值范围是． 其中真命题的序号为__________．（将所有真命题的序号都填上） 【答案】②③ 【解析】对于①，由得， 故， 又，故。 ∴。故①错误。 对于②，常数函数y=1满足图象上任意两点之间的“弯曲度”为常数，故②正确； 对于③，设，，又， ∴ ， ∴，故③正确。 对于④，由可得，， 由恒成立可得恒成立， 而当时该式恒成立，故④错误。 综上可得②③正确。 答案：②③ 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. 如图，在中，，为边上的点，为上的点，且，，． （1）求的长； （2）若，求的值． 【答案】（1）（2） 【解析】试题分析：本题是正弦定理、余弦定理的应用。（1）中，在中可得的大小，运用余弦定理得到关于的一元二次方程，通过解方程可得的值；（2）中先在中由正弦定理得，并根据题意判断出为钝角，根据求出。 试题解析：（1）由题意可得， 在中，由余弦定理得 ， 所以， 整理得， 解得：． 故的长为。 （2）在中，由正弦定理得， 即 所以， 所以． 因为点在边上，所以， 而， 所以只能为钝角， 所以， 所以 ． 18. 如图所示，，分别是单位圆与轴、轴正半轴的交点，点在单位圆上，（），点坐标为，平行四边形的面积为． （1）求的最大值； （2）若，求的值． 【答案】（1）（2） 【解析】试题分析：（1）根据向量加法及数量积得，根据平行四边形面积公式得，利用配角公式得．根据正弦函数性质得最值（2）由向量平行得，根据同角三角函数关系得，再利用二倍角公式得，最后根据两角差正弦公式得结果 试题解析：(Ⅰ)由已知得、、的坐标分别为、、， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又平行四边形的面积为， ∴． 又∵， ∴当时，的最大值为． (Ⅱ)由题意知，， ∵，∴，∵，∴， 由，，得， ∴， ∴ ． 19. 已知数列满足对任意的都有，且． （1）求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，不等式对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）（2） 【解析】试题分析： （1）当n=1，n=2时，直接代入条件且，可求得； （2）递推一项，然后做差得，所以；由于，即当时都有，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，故求得数列的通项公式； （3）由（2）知，则，利用裂项相消法得，根据单调递增得，要使不等式对任意正整数n恒成立，只要，即可求得实数a的取值范围. 试题解析： （1）解：当时，有， 由于，所以． 当时，有， 将代入上式，由于，所以． （2）解：由于，① 则有．② ②－①，得， 由于，所以③ 同样有，④ ③－④，得． 所以． 由于，即当时都有， 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列． 故． （3）解：由（2）知，则，所以 ，∴数列单调递增 ． . 要使不等式对任意正整数n恒成立，只要． . ，即. 所以，实数a的取值范围是． 考点：等差数列的定义及性质 . 20. 已知函数，． （1）求函数的单调区间； （2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值． 【答案】（1）见解析（2）2 【解析】试题分析：（1）先确定函数的定义域，求导后得，根据正负进行讨论，可得函数的单调区间；（2）中可通过分离参数将问题转化成在区间内恒成立求解，令，结合函数零点存在定理可求得的最值。 试题解析：（1）函数的定义域为． 由题意得， 当时，，则在区间内单调递增； 当时，由，得或（舍去）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减． 所以当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）由， 得， 因为，所以原命题等价于在区间内恒成立． 令， 则， 令，则在区间内单调递增， 又， 所以存在唯一的，使得， 且当时，，单调递增， 当时，，， 所以当时，有极大值，也为最大值，且 ， 所以， 又，所以, 所以， 因为， 故整数的最小值为2． 点睛：本题属于导数的综合应用题。第一问中要合理确定对进行分类的标准；第二问利用分离参数的方法解题，但在求函数的最值时遇到了导函数零点存在但不可求的问题，此时的解法一般要用到整体代换，即由可得，在解题时将进行代换以使问题得以求解。 21. 已知函数（其中，为自然对数的底数，…）． （1）若函数仅有一个极值点，求的取值范围； （2）证明：当时，函数有两个零点，，且． 【答案】（1）（2）见解析 【解析】试题分析：(1)求出函数的导函数，转化不等式，再通过与的大小讨论即可求的取值范围；（2）通过的范围及的零点个数，即可确定函数恒成立的条件，通过构造函数的方法，转化成利用导函数求恒成立问题. 试题解析：（1）， 由得到或 （*） 由于仅有一个极值点， 关于的方程（*）必无解， ①当时，（*）无解，符合题意， ②当时，由（*）得，故由得， 由于这两种情况都有，当时，，于是为减函数，当时，，于是为增函数，∴仅为的极值点，综上可得的取值范围是； （2）由（1）当时，为的极小值点， 又∵对于恒成立， 对于恒成立， 对于恒成立， ∴当时，有一个零点，当时，有另一个零点， 即， 且，（#） 所以， 下面再证明，即证， 由得， 由于为减函数， 于是只需证明， 也就是证明， ， 借助（#）代换可得， 令， 则, ∵为的减函数，且， ∴在恒成立， 于是为的减函数，即， ∴，这就证明了，综上所述，． 【点睛】本题主要考查函数的单调性和不等式的证明，考查了利用求导数研究函数的性质解题能力和分类讨论思想的应用，第一问借助函数为单调函数进行转化，第二问通过构造函数，分析函数的单调性，最终达到证明不等式成立的目的,因此正确构造函数是解决本题的关键. 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. 22. 选修4-4：坐标系与参数方程 将圆（为参数）上的每一个点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的，得到曲线． （1）求曲线的普通方程； （2）设，是曲线上的任意两点，且，求的值． 【答案】（1）（2） 【解析】试题分析：（1）求出的参数方程，即可求出的普通方程；（2）建立适当的极坐标系，可得的极坐标方程，设极坐标，代入，可得其值。 (1)设为圆上的任意一点，在已知的变换下变为上的点， 则有 （2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，在极坐标系中， 曲线C化为极坐标方程得：，设A（），B（）， 则|OA|=，|OB|=。则===. 23. 选修4-5：不等式选讲 已知函数，． （1）当时，解不等式； （2）若存在满足，求的取值范围． 【答案】（1）（2） 【解析】试题分析： (1)结合零点分类讨论： 当时，当时，当时，三种情况的解集，然后求解其并集即可求得原不等式的解集为． (2) 原命题等价于,结合绝对值不等式的性质可知：． 试题解析： （Ⅰ）当时，， 当时，不等式等价于，解得，∴； 当时，不等式等价于，即，∴解集为空集； 当时，不等式等价于，解得，∴． 故原不等式的解集为． （Ⅱ） ， ∵原命题等价于，即， ∴．