《山东省淄博第一中学2017－2018学年高二数学下学期阶段性检测（4月）试题 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省淄博第一中学2017－2018学年高二数学下学期阶段性检测（4月）试题 理（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、山东省淄博第一中学2017-2018学年高二数学下学期阶段性检测（4月）试题 理第卷（选择题60分）一选择题：共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项。1. 已知集合，则 ( )A. AB= B. AB=R C.BA D.AB2. 若复数满足，则的虚部为( )A.4 B. C.4i D.i3. 有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为 ()A B C D 4.已知双曲线： 的离心率为，则的渐近线方程为( )A. B. C. D. 5. 执行下图的程序框图，若输入
2、的a, b, k分别为1,2,3，则输出的M= ( )A. B. C. D. 6. 在(1x)5(1x)6的展开式中，含x3的项的系数是（ ） A. 5 B. 5 C. 10 D. 107.将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有()A12种 B18种 C24种 D36种8. 由曲线，直线yx2及y轴所围成的图形的面积为()A B4 C D69. 已知函数的图象与x轴恰有两个公共点，则c()A9或3 B2或2 C1或1 D3或110. 已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与抛物线C的一个交点
3、，若=4,则|=( )A. B.3 C. D.211.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为 ( )A.6 B.4 C.6 D.412.已知函数，若，则a的取值范围是（ ）A B C D第卷（非选择题90分）二填空题：本大题共四小题，每小题5分，共20分。13. 甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一个城市。由此可判断乙去过的城市为 .14. 若x，y满足约束条件，则的最大值为_ 15.若数列的前n项和为，则数列的通项公式是=_
4、.16. 在ABC中，B60，AC，则AB2BC的最大值为_三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17. （满分10分）设函数f(x)|xa|3x，其中a0.(1)当a1时，求不等式f(x)3x2的解集；(2)若不等式f(x)0的解集为x|x1，求a的值18. （满分12分） ABC的内角的对边分别为a,b,c，已知a=bcosC+csinB。(1)求B；(2)若b=2，求ABC的面积的最大值。19. （本小题满分12分）已知等差数列的公差d0，其前n项和为成等比数列 (1)求数列的通项公式；（2）令bn=+n，求数列的前n项和。20. （本小题满分12分）如图，三棱柱中，CA=
5、CB， ， .（）证明ABA1C;（）若平面ABC平面AA1B1B，AB=CB=2，求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值。21. （本小题满分12分）已知椭圆的焦距为，且C与y轴交于两点(1)求椭圆C的标准方程及离心率；(2)设P点是椭圆C上的一个动点且在y轴的右侧，直线PA，PB与直线交于M，N两点若以MN为直径的圆与x轴交于E，F两点，求P点横坐标的取值范围及的最大值22. （本小题满分共12分）已知函数f(x)=x2+ax+b，g(x)=ex(cx+d)，曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y=4x+2(1)求a, b, c, d的值；(
6、2)若x-2时，f(x) kg(x)，求k的取值范围。答案1. 本题主要考查集合的基本运算与集合的表示方法。由或，解出后可用数轴法将、画在数轴上，可得，则B项正确，其他选项错误。故本题正确答案为B。2. 解:.由,得,即.的虚部为.故答案为:B.3. 解析:由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的事件数是33=9种结果，满足条件的事件是这两位同学参加同一个兴趣小组有3种结果，根据古典概型概率公式得到P=，故选A4. C5. 解析:本题主要考查流程图。根据该流程图可知，的值经过：，此时不成立跳出循环，输出值为。故本题正确答案为D。6.解:由通项公式可得在的展开式中,含的项的系数是,所以C选项是
7、正确的.7. 本题主要考查计数。过程分两步，第一步先排好一列，由于每列字母不同，则只能是，共种排列；第二步根据排好的一列进行排列。假设第一列是，第二列只能是或者共2种。故共有种排列。故本题正确答案为A。8. 解析:本题主要考查定积分的简单应用。如图：联立曲线方程和直线方程，可解得交点坐标为，再由根据定积分公式求得面积为。故本题正确答案为C。9. 解析:本题主要考查导数在函数中应用。对函数求导，得到函数的增减性和极值，作出函数图象。由图可知，当函数取极大值和极小值时，有两个横坐标与之对应。极大值为2，极小值为2。可知，。故本题正确答案为B。10. 解析:本题主要考查抛物线的基本性质。抛物线的焦点
8、坐标为，准线方程为。过点作轴，交轴于点，设准线交轴于点，由可知：，故，则，点横坐标，代入抛物线方程可得：，故，则。故本题正确答案为B。11.本题主要考查空间几何体的三视图。根据该三视图可知，该几何体如图所示：在这个三棱锥中平面平面，为等腰直角三角形，为等腰三角形，且，所以，所以该三棱锥棱长分别为，则该三棱锥最长的棱长为。故本题正确答案为C。12. 解析:本题主要考查函数方程与绝对值不等式的求解。根据函数解析式可得，故的图象如下所示： 当时，恒成立，所以，时满足条件；当时，在时，恒成立，所以只需在时，恒成立即可。对比对数函数和一次函数的增长速度，在时，一定会存在的时刻，所以，时，不满足条件；当时
9、，在时，恒成立，所以只需在时，恒成立即可，即恒成立，所以。综上可知的取值范围为。故本题正确答案为D。13 . A城市14.15. 本题主要考查求数列通项的方法。由上述两式相减可得，整理可得，又，所以，即数列为以为首项，为公比的等比数列。所以。故本题正确答案为。16. 本题主要考查三角函数在解三角形中的应用。因为，而，则，故，。又。故的最大值为。17. 解：(1)当a1时，f(x)3x2可化为|x1|2.由此可得x3或x1.故不等式f(x)3x2的解集为x|x3或x1(2)由f(x)0得|xa|3x0.此不等式化为不等式组或即或因为a0，所以不等式组的解集为由题设可得，故a2.18.解：(1)由
10、已知及正弦定理得又，故由、和得。又，所以。(2)的面积，由已知及余弦定理得。又，故，当且仅当时，等号成立。因此的面积的最大值为。19.解：（）因为，即,即，因为为等比数列，则即，化简得： 3分联立和得：，.所以. 6分（）因为. 8分所以 . 20.解：（）取的中点，连接。因为，所以。由于，故为等边三角形，所以。因为，所以平面，又平面，故。（）由（）知。又平面平面，交线为，所以平面，故两两互相垂直。以为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，由题设知，则，设是平面的法向量，则，即。可取，故，所以与平面所成角的正弦值为。21.解：（）由题意可得，所以,， 椭圆的标准
11、方程为. 3分（）设， 所以，直线的方程为，同理得直线的方程为， 直线与直线的交点为，直线与直线的交点为，线段的中点，所以圆的方程为. 8分令，则， 因为，所以，因为这个圆与轴相交,所以该方程有两个不同的实数解，则，又0，解得 10分设交点坐标，则，所以该圆被轴截得的弦长最大值为1 12分22.解：（）由已知得，而，故，从而，；（）由（）知，设函数，则，由题设可得，即，令，得，（i）若，则，从而当时，；当时，。即在单调递减，在单调递增。故在的最小值为。而。故当时，即恒成立。（ii）若，则。从而当时，即在单调递增。而，故当时，即恒成立。（iii）若，则在单调递增，而。从而当时，不可能恒成立。综上所述，的取值范围是。一元线性回归模型的基本出发点就是两个变量之间存在因果关系，认为解释变量是影响被解释变量变化的主要因素，而这种变量关系是否确实存在或者是否明显，会在回归系数1的估计值中反映出来。- 13 -
