上海市金山中学2017_2018学年高二数学下学期期中试卷（含解析）.docx

金山中学2017学年度第二学期高二年级数学学科期中考试卷（时间120分钟 满分150分）一、填空题(本大题满分54分)本大题共有12题，其中第1题至第6题每小题4分，第7题至第12题每小题5分，考生应在答题纸上相应编号的空格内直接填写结果，否则一律得零分1.已知集合，若，则实数=_【答案】3【解析】因为，所以 2.若函数的反函数为，则_.【答案】0【解析】【分析】利用反函数的性质转化为求方程的解.【详解】令，则，故，填.【点睛】一般地，单调函数必有反函数，并且原函数的值域就是反函数的定义域，原函数的定义域就是反函数的值域.3.函数的最小正周期_.【答案】【解析】【分析】利用行列式的计算规则可以得到，故可求得函数的最小正周期.【详解】，故最小正周期，填.【点睛】一般地，正弦型函数的最小正周期为.与三角函数的函数，要求其周期、对称中心等需把函数化成基本型（、）.4.已知抛物线的焦点与圆的圆心重合，则m的值是_.【答案】【解析】【分析】抛物线的焦点坐标为，圆的圆心坐标为，利用两者相同可得的值.【详解】抛物线的焦点坐标为，圆的圆心坐标为，故即，填.【点睛】圆的一般方程为，其圆心为，注意.求圆锥曲线的基本量时，需要把圆锥曲线的方程写成标准形式，便于基本量的计算.5.若圆柱的侧面展开图是一个正方形，则它的母线长和底面半径的比值是_【答案】【解析】试题分析：设圆柱的底面半径为r,母线长为l，由题意r=l，考点：本题考查了圆柱展开图的性质点评：掌握圆柱的性质是解决此类问题的关键，属基础题6.已知一个正四棱锥的底面正方形边长为2，侧棱长为2，则该棱锥的侧棱与底面所成角的大小为_.【答案】.【解析】【分析】利用底面为正方形可以得到底面的对角线的长度为，再利用为直角三角形得到，从而求出侧棱与底面所成的角.【详解】如图，因为底面为正方形，故，故，因为锐角，故，填.【点睛】一般地，在正棱锥中，有四个直角三角形（如图所示， ），它们沟通了棱锥的侧棱、底边的边长、斜高和高之间的关系，关于棱锥的计算问题中，注意利用这四个直角三角形实现不同量之间的转化.7.若一个圆锥的母线长为2，母线与旋转轴的夹角大小为，则这个圆锥的侧面积为_.【答案】.【解析】【分析】该圆锥的轴截面为等边三角形，故底面圆的半径为，利用公式可以计算其侧面积.【详解】因为母线与旋转轴的夹角为，故轴截面为等边三角形，其底面圆的半径为，该圆锥的侧面积为，填.【点睛】旋转体（如圆锥、圆柱、圆台等）的轴截面中有底面的半径、母线长和体高等几何量，因此关于旋转体的侧面积、表面积和体积等计算应该利用轴截面来沟通不同几何量之间的关系.8.已知长方体的三条棱长分别为，并且该长方体的八个顶点都在一个球的球面上，则此球的表面积为_【答案】【解析】9.从甲、乙、丙、丁四个人中任选两名志愿者，则甲被选中的概率是 【答案】【解析】试题分析：从甲、乙、丙、丁四个人中任选两名志愿者有（甲，乙）、（甲，丙）、（甲，丁）、（乙，丙）、（乙，丁）、（丙，丁）六种取法，其中甲被选中有（甲，乙）、（甲，丙）、（甲，丁）三种，所以甲被选中的概率为考点：本小题主要考查古典概型概率的求解.点评：求古典概型概率时，要保证每一个基本事件都是等可能的.10.在中，为边BC的中点，动点E在线段AD上移动时，若，则的最大值为_.【答案】.【解析】【分析】利用三点共线可以得到，利用不共线可得，所以，利用基本不等式可求最大值.【详解】因为共线，故存在，使得，而且不共线，所以，消去得到.，当时，有最大值，填.【点睛】一般地，如果为不在直线上的定点，为直线的点，则存在实数使得.11.已知椭圆的左、右顶点分别为是椭圆上不同于、的一点，直线、的倾斜角分别为、，则_.【答案】【解析】【分析】利用点在椭圆上可得，也就是，再利用两角和、差的余弦和同角的三角函数的基本关系式得到后代入前者可得所求之值.【详解】设，则，所以，又，填.【点睛】一般地，椭圆的左右顶点分别为，对于椭圆上任意异于的点 ，都有，椭圆中不少定点定值问题都和它有关.12.设正方体的棱长为2，为过直线的平面，则截该正方体的截面面积的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设与棱的交点为，利用空间向量计算到的最小距离和最大距离可得面积的最值.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，设与棱的交点为 ，与棱的交点为 ，则四边形为平行四边形.在面内过作的垂线，垂足为，则截面的面积为. 设，则，.因为，故即，故.因，故.又，其中，所以，故，填.【点睛】空间中点到直线的距离的计算，可把距离放在可解的几何图形中，利用解三角形等方法计算该距离，如果找不到合适的几何图形“安置”该距离，则可以建立空间直角坐标系，通过空间向量的方法计算该距离.二、选择题(本大题满分20分)本大题共有4题，每题只有一个正确答案.考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分13.是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）A. B. C. 共面 D. 共点共面【答案】B【解析】试题分析：根据空间两条直线所成角的概念“空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补”可知B选项正确.考点：空间线面平行、垂直关系的证明14.设，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】展开式中，的正负是交错出现且，故，在展开式中令可得该式的值.【详解】，其中.故，在展开式中令，则有，故选B.【点睛】二项展开式中，关于系数和的计算，通常用赋值法来求和式的值，赋何值需根据和式的特征来选取.15.已知数列和对任意的都有，当时，数列和的极限分别是和，则（ ）A. B. C. D. 和的大小关系不确定【答案】B【解析】【分析】因为，故两者的极限满足.【详解】因为，故即，故选B.【点睛】本题考查数列极限的性质，属于基础题.16.已知的一边在平面内，点在平面内的射影为点，则与的大小关系为（ ）A. B. C. D. 以上情况都有可能【答案】D【解析】【分析】考虑两种动态变化的情况：（1）为锐角三角形时，考虑绕边旋转时变化的情况；（2）当为钝角时，考虑绕边旋转时变化的情况.【详解】分情况讨论：（1）为锐角三角形时，当绕顺时针旋转时（起始位置为与重合），从变化到（平面平面时），故旋转过程中会有.（2）为钝角时，当绕顺时针旋转时（起始位置为与重合），从变化到（平面平面时），故旋转过程中会有.综上，应选D.【点睛】比较空间角的大小关系时，如果直接计算比较它们的大小比较困难时，则可考虑在动态变化过程中特定角变化的过程，从而得到两者之间的大小关系.三、解答题(本大题满分76分)本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤17.设复数，其中，为虚数单位. 若是方程的一个根，且在复平面内对应的点在第一象限，求与的值.【答案】,【解析】【分析】先计算出方程的复数根，再利用复数相等得到满足的方程组，解这个方程组可以得到与的值.【详解】解：方程的根为. 又在复平面内对应的点在第一象限，故，所以 . 解得.又，故.从而.所以，.【点睛】（1）实系数的一元二次方程必有两个复数根且它们是共轭复数.（2）两个复数相等的等价条件是它们的实部与虚部分别相等.18.已知椭圆的右焦点为，且过点. 过焦点且与轴不重合的直线与椭圆交于、两点(点在轴上方)，点关于坐标原点的对称点为，直线、分别交直线于、两点. (1) 求椭圆的方程；(2) 当直线的斜率为时，求的值.【答案】(1) ;(2) 【解析】【分析】（1）利用右焦点和椭圆所过之点得到关于的方程组，解这个方程组可以得到椭圆方程.（2）联立直线方程和椭圆方程，解出交点坐标再通过直线求得的坐标后得到.【详解】(1)由, 解得.所以椭圆的方程为. (2)直线的方程为. 由 ，得或.所以，从而. 因而，直线的方程为，.直线的方程为，. .【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等.直线与椭圆的位置关系，需联立直线方程和椭圆方程，消元后判断所得一元二次方程的解的个数，有时方程的解不易解出，则需要考虑把目标表示成关于两根之和、两根之积的代数式，再用韦达定理化简.19.如图，已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，且四棱锥的体积为，是的中点. (1) 求异面直线与所成角的大小；(2) 求点到平面的距离.【答案】(1) ;(2) 【解析】【分析】（1）连接，它们交于，连接，则或其补角为异面直线所成的角，解三角形可得的大小.（2）先计算，再利用等积计算点到平面的距离.【详解】(1) 平面，由，得.连结、交于点,连结,则.故是异面直线与所成的角. 又，. 在中，,又为锐角，故. 故异面直线与所成角的大小为. (2)设点到平面的距离为，则.又. 由，得.即点到平面的距离为.【点睛】异面直线所成的角的计算，可通过平移把空间角归结为平面角，再通过解三角形等方法计算角的大小.点到平面的距离的计算，可利用面面垂直构建线面垂直，从而得到点到平面的距离，也可以利用等积法来计算.20.设常数，函数.(1) 若，求的单调递减区间；(2) 若为奇函数，且关于的不等式对所有的恒成立，求实数的取值范围；(3) 当时，若方程有三个不相等的实数根、，且，求实数的值.【答案】(1) 的单调递减区间为和;(2) ;(3) 【解析】【分析】（1）去绝对值符号后画出函数的图像，从而得到函数的单调减区间.（2）根据函数为奇函数可得，再利用去掉绝对值符号，最后参变分离求的取值范围.（3）先去掉绝对值符号，画出函数图像，因为有三个不同的解，可以得到其中有两个根的和为，再利用求根公式求出最大根，从而得到关于的方程，解方程可得的值.【详解】(1) 当时，.如图知，的单调递减区间为和. (2) 由为奇函数，得，解得. 当时，. 从而，.又在上递增，故当时，.故. (3)当时，.如图，要有三个不相等的实根，则，解得.不妨设，当时，由，即，得. 当时，由，即，得.由，解得.因，得的值为.【点睛】本题中的函数实际上是分段函数，解决与之相关的不等式、方程等问题，可由数形结合来分析.注意一元二次不等式的恒成立问题，优先考虑参变分离的方法.21.若存在常数，使得数列满足对一切恒成立，则称为“可控数列”.(1) 若数列的通项公式为，试判断数列是否为“可控数列”？并说明理由；(2) 若是首项为5的“可控数列”，且单调递减，问是否存在常数，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；(3) 若“可控数列”的首项为2，求不同取值的个数及最大值.(直接写出结果)【答案】(1) 为“可控数列”; (2) ;(3) 的不同取值个数是2018，最大值为2019【解析】【分析】（1）依据定义验证即可.（2）利用为可控数列且单调递减得到，再利用累加法求得数列的通项为，分别讨论和时的极限后可得的大小.（3）当为递增数列时，