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- 2021-04-14 发布
福建省厦门第一中学2017-2018学年高二下学期期中考试
数学（理）试题
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. 复数的共轭复数为（ ）
A． B．3 C． D．
2.的展开式中的系数为（ ）
A． B． C．40 D．90
3.利用数学归纳法证明不等式 的过程中，由到时，左边增加了（ ）
A．1项 B．项 C．项 D．项
4.已知，是假命题，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
5.已知椭圆的离心率与双曲线的一条渐近线的斜率相等，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6.一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下，甲说:“罪犯在 乙、丙、丁三人之中”；乙说:“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：乙说的是事实”.经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话， 且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是（ ）
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
7.将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（ ）
A. 10 种 B. 20 种 C. 36 种 D. 52 种
8.已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
9.将正方形沿对角线折起，当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线与 所成的角为（ ）
A． B． C． D．
10.已知函数，若在恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
11.已知抛物线的焦点为，过且斜率为1的直线交于两点，线段的中点为，其垂直平分线交轴于点，过点的抛物线的切线交于点.则四边形的面积为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
12.如图所示，将平面直角坐标系中的格点（横、纵坐标均为整数的点）按如下规则标上标签：
原点处标数字0，记,；点处标数字1，记为；点处标数字0，记为；点处标数字，记为；点处标数字；记为；点处标数字，记为；点处标数字0,，记为；点处标数字1，记为； 以此类推，格点坐标为的点处所标的数字为（均为整数)，记，则（ ）
A． B．0 C． D．
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.用反证法证明命题“若，则且”时，应假设为 ．
14.若，则 ．
15.《中国诗词大会》亮点颇多，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词，在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味.若《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另确定的两首诗词排在后六场，且《将进酒》排在《望岳》的前面(可以不相邻)，《山居秋暝》 与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有 ．
16.已知直线与曲线相交，交点依次为，且，则直线的方程为 ．
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. 已知命题若函数在上递增，命题函数，存在唯一的零点，且.
（1）若命题为真，求的取值范围；
（2）若“”为真，“”为假，求实数的取值范围.
18.如图，在四棱锥中，平面平面，底面为平行四边形，，.
（1）求的长；
（2）求二面角的余弦值.
19.已知函数.
（1）当时，判断是否为的极值点，并说明理由；
（2）记，讨论函数的极大值.
20.设集合记的含有三个元素的子集个数为，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为.
（1）求及的值；
（2）猜想的表达式，并加以证明.
21.已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点相同，且过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）不过原点的直线与椭圆交于两点，已知，直线的斜率成等比数列，记以为直径的圆的面积分别为，试探究的值是否为定值，若是，求出此值；若不是，说明理由.
22.已知函数.
（1）若直线与曲线和分别交于两点且曲线在点处的切线与在点处的切线互相平行，求的取值范围；
（2）设在其定义域内有两个不同的极值点，且.已知，若不等式恒成立，求的取值范围.
试卷答案
一、选择题
1-5: BADAD 6-10: BADCC 11、12：CD
二、填空题
13.或 14. 10 15. 144 16.
三、解答题
17. 解：（1）命题恒成立，
即，得.
（2）命题，解得，所以在上递减，
在上递增，又，依题意可知，解得
依题意得真假，或假真，即或，
综上所述或.
18.解：（1）过作于垂足，∵面面.∴面.
过点在平面内作交于，建立以为坐标交点.为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系.
∵，∴，
∴，
∴，∴所求之长为.
（2）设平面的法向量，而，
由及可知：，取，则，∴.
设平面法向量，，
由得，∴可取.
设二面角的平面角为，
∴，
∴二面角的余弦值为.
19. （1）由，可得，故，
不是的极值点，理出如下：
.记，则，
由，解得；由，解得，
所以在单调递减，在单调递增，
故，即在恒单调递增，故不是的极值点
（2）依题意，，则.
①时，在恒成立，在恒成立，
所以在上先减后增，故在上有极小值，无极大值.
②时，在恒成立，在恒成立，
所以在上先减后增，故在上有极小值，无极大值.
③时，由得和，
因为，故有下列对应关系表：
故，
④当时，因为，故
故，
综上所述：当或时，无极大值；
当时，；
当时， .
20. （1），
.
（2）猜想.
下面用数学归纳法证明.
①当时，由（1）知猜想成立；
②假设当时，猜想成立，即，而，所以
则当时，易知，
而当集合从变为时，在的基础上增加了1个2，2个3，3个 4，……，个，
所以
，
故 .
所以当时，猜想也成立.
综上所述，猜想成立，即.
21.解：（1）依题意得椭圆的右焦点为，则左焦点为
，即
∴椭圆的方程为
（2）设直线的方程为，
由得，
∴.
由题设知，，
∴，∴，∵，∴.
则
故为定值，该定值为.
22.（1）依题意，函数的定义域为，.因为曲线
在处的切线与在处的切线相互平行，所以在有解，即方在有解，即有解，设，，
解得，即在上递增，递减，
如图作出其大致图像，时有两个零点.
（2），所以.
因为为在其定义域内有两个不同的极值点，所以是方程的两个根，即，作差得.
因为，所以，
令，则，由题意知，不等式在上恒成立.
令，则
如果对—切，，所以在上单调递增，又，所以在上恒成立，符合题意.
若果，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，又，所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去.
综上所述，若不等式恒成立，只须，又，所以.