2017-2018学年高二上学期10月月考数学试卷.pdf

一、选择题：本大题共10 小题，每小题5 分，共 50 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】 C 【解析】由得：，故，故选 C. 2. 等差数列的首项为1， 公差不为0， 若成等比数列， 则前 6 项的和为（） A. B. C. 3 D. 8 【答案】 A 【解析】等差数列an的首项为1, 公差不为0.a2,a3,a6成等比数列， a 2 3=a2?a6， (a1+2d) 2=( a1+d)(a1+5d), 且a1=1，d0， 解得d=- 2， an 前 6 项的和为 . 本题选择A选项 . 点睛： (1) 等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三 个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题 (2) 数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个 基本量，用它们表示已知和未知是常用方法 3. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点（） A. 向左平行移动个单位长度 B. 向右平行移动个单位长度 C. 向左平行移动个单位长度 D. 向右平行移动个单位长度 【答案】 D 【解析】由函数，所以只需把函数的图象沿着轴向左 平移个单位而得到，故选C. 4. 若 ， 满足，则的最大值为（） A. 0 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】 C 【解析】 . 5. 已知，则（） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】试题分析：, 故选 A. 考点：实数的大小比较. 6. 已知是边长为2 的等边三角形，为平面内一点，则的最小值 是（） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】如图，以为 轴，的垂直平分线为 轴，为坐标原点建立平面直角坐标系， 则， 设， 所以， 所以，当 时，所求的最小值为，故选 B 点睛 : 平面向量中有关最值问题的求解通常有两种思路：“形化”， 即利用平面向量的 几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进 行判断；“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与 值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解 决 7. 直线， （且不同时为0）经过定点（） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】令且，解得时，当时，不管取何 值，恒成立，直线经过定点 ，故选 A. 8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一 平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为 4 的圆柱，其 体积，上半部分是一个底面半径为3，高为 6 的圆柱的一半，其体积 ，故该组合体的体积故选 B 点睛 :在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图 的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线在 还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑求 解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图 中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解 9. 如图，在正方体中，是的中点，在上，且，点是 侧面（包括边界）上一动点，且平面，则的取值范围是（） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】在上取点，使得，连接，则，取的中点为，连 接，则. 因此平面平面，过作交于连接，则 四点共面 . 且 . 平面. 点在线段上运动 . 当点分 别与点重合时，取最小值和最大值，故选 D. 10. 已知当时，函数的图象与的图象有且只有一个交点，则正 实数的取值范围是（） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 根据题意， 由于为正数，为二次函数， 在区间为减函数， 为增函数， 函数为增函数， 分两种情况讨论：当时，有在区间 上，为减函数，且其值域为，函数为增函数，其值域为 ， 此时两个函数的图象有一个交点，符合题意； 当时，有， 在区间为减函数，为增函数，函数为增函数，其值域为，若 两个函数的图象有一个交点，则有 ，解可得或，由又为正数，则，综合可得的取值范围是 ，故选 B. 【方法点睛】本题主要考查函数的图象及单调性、分类讨论思想.属于难题 . 分类讨论思想解 决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含 参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度. 运用这种方法的关键是将题设条件研 究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺 利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中. 二、填空题：本大题共8 小题，多空题每题6 分，单空题每题4 分，共 36 分. 11. 直线的倾斜角大小为_ 【答案】 【解析】 12. 是两个平面， 是两条直线，有下列四个命题： 如果，那么 如果，那么 如果，那么 如果，那么与 所成的角和与所成的角相等 其中正确的命题是_（填序号） 【答案】 【解析】试题分析：如果，不能得出，故错误；如果， 则存在直线，使，由，可得，那么故正确；如果 ，那么与无公共点，则故正确如果，那么与 所成的角和与所成的角均相等故正确；故答案为： 考点：空间直线与平面的位置关系 【方法点晴】本题涉及到多个命题放入判断（1）面面垂直的条件是线面垂直，而此题中不能 推出此位置关系； （ 2） （4）的判断都可以由等角定理得出：一个角的两边和另一个角的两边 分别平行， 那么这两个角相等或互补而所成角的概念为较小角，所以平行角相等， 则存在直线，使，由，可得，那么 13. 函数的最小值为 _，此时的值为 _ 【答案】 (1). (2). 【解析】（1）, 所以，当 ，即时，有最小值，故答案为，. 14. 若，则的值是 _ 【答案】 【解析】，则 ，故答案为. 15. 已知直三棱柱中，则异面直线 与所成角的余弦值为_ 【答案】 【解析】如图所示， 设分别为，和的中点，则、夹角为和夹角或其补角，可知 ，；作中点，则为直角三角形；， ，中，由余弦定理得 ， ， ； 在中，； 在中，由余弦定理得；又异面直线 所成角的范围是，与所成角的余弦值为，故答案为. 点睛：本题考查了空间中的两条异面直线所成角的计算问题，也考查了空间中的平行关系应 用问题，是中档题；求异面直线所成的角的方法：求异面直线的夹角关键在于平移直线，常 用相似比，中位线，梯形两底，平行平面等手段来转移直线，同时需注意角的范围. 16. 若，则的最小值为 _ 【答案】 4 【解析】， （前一个等号成立条件是， 后一个等号成立的条件是，两个等号可以同时取得，则当且仅当时取等 号） . 【考点】均值不等式 【名师点睛】利用均指不等式求最值要灵活运用两个公式，（1），当且 仅当时取等号；（2），当且仅当时取等号；首先要注意 公式的使用范围，其次还要注意等号成立的条件；另外有时也考查利用“等转不等”“作乘 法”“1 的妙用”求最值. 17. 数列满足，其前项和为，则（ 1）_； （ 2） _ 【答案】 (1). 4 (2). 【解析】由递推关系可得：， 两式做比值可得：， 则：， 由可得：， 则奇数项、偶数项分别为首项为1，公比为2 的等比数列， 则： 点睛： 数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出 这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：求出数列的前几项，再 归纳猜想出数列的一个通项公式；将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列， 或用累加法、累乘法、迭代法求通项 18. 设二次函数的值域为，且，则的 最大值是 _ 【答案】 三、解答题：本大题共4 小题，共64 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 19. 在中，角，所对的边分别为， ，若 （1）求的大小； （2）求的最大值 【答案】（1） ； （2）1 【解析】试题分析： （1）利用余弦定理，将即可求出，继而得； （2）利用三角形内角和定理将所求表达式表示为关于的三角函数式，结合三角函数的性质 求解最大值 . 试题解析： （ 1） 由题意， 余弦定理：， ， 所以. （2）因为，则那么： ，当时，取得最大值为1，即的最大值 1. 20. 如图，在菱形中，平面，且四边形是平行四边形 （1）求证：； （2）当点在的什么位置时，使得平面，并加以证明 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】试题分析：(1 ）连接，则，由线面垂直的性质可得，由线面垂直 的判定定理可得平面，从而可得结论；(2) 当为的中点时，设与交于， 连接，由中位线定理可得,进而根据线面平行的判定定理可得结论. 试题解析： (1) 证明：连接BD，则ACBD. 由已知得DN平面ABCD，因为AC? 平面ABCD，所以DNAC. 因为DN? 平面NDB，BD? 平面NDB，DNDBD， 所以AC平面NDB. 又BN? 平面NDB， 所以ACBN. (2) 当E为AB的中点时，有AN平面MEC. 设CM与BN交于F，连接EF. 由已知可得四边形BCNM是平行四边形，F是BN的中点， 因为E是AB的中点， 所以ANEF. 又EF? 平面MEC，AN?平面MEC， 所以AN平面MEC. 21. 已知数列的前项和，是等差数列，且 （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和 【答案】（1），； （2） 【解析】试题分析： （1）先由公式求出数列的通项公式；进而列方程组求数 列的首项与公差，得数列的通项公式； （ 2）由（ 1）可得，再利用 “错位相减法”求数列的前项和. 试题解析：（1）由题意知当时， 当时，所以 设数列的公差为， 由，即，可解得， 所以 （2）由（ 1）知，又，得 ， ，两式作差，得 所以 考点 1 、待定系数法求等差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前项和 . 【易错点晴】本题主要考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列 的前项和，属于难题 . “错位相减法”求数列的前项和是重点也是难点，利用“错位相减 法”求数列的和应注意以下几点：掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差 数列与一个等比数列的积）；相减时注意最后一项的符号；求和时注意项数别出错； 最后结果一定不能忘记等式两边同时除以. 22. 已知，函数 （1）当时，解不等式； （2） 若关于的方程的解集中恰好有一个元素，求的取值范围 （3）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1， 求的取值范围 【答案】（1）； （ 2）或或； （3） 【解析】试题分析： （ 1）当时，解对数不等式即可； （2）根据对数的运算法则进行化简， 转化为一元二次方程，讨论的取值范围进行求解即可；（ 3）根据条件得到， 恒成立，利用换元法进行转化，结合对勾函数的单调性进行求解即可. 试题解析：（1）由，得，解得 （2）， 当时，经检验，满足题意 当时，经检验，满足题意 当且时， 是原方程的解当且仅当，即； 是原方程的解当且仅当，即 于是满足题意的综上，的取值范围为 考点：函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值. （3）函数在区间上单调递减，由题意得， 即， 即，即 设，则， 当时， 当时， 在上递减， ， ， 实数的取值范围是. 【一题多解】 （3）还可采用：当时， 所以在上单调递减 则函数在区间上的最大值与最小值分别为， 即，对任意成立 因为，所以函数在区间上单调递增， 时，有最小值，由，得 故的取值范围为