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- 2021-04-21 发布
历城二中53级文科数学2018年4月检测题
一、选择题：本大题共12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.
2.设复数满足，则=（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
3.对于独立性检验，下列说法正确的是（ ）
A. 时，有95%的把握说事件与无关
B. 时，有99%的把握说事件与有关
C. 时，有95%的把握说事件与有关
D. 时，有99%的把握说事件与无关
4.等差数列的前项和分别为，若，则的值为（ ）
A . B. C. D.
5.设函数是定义在上的奇函数，且当时，单调递增，若数列是等差数列，且，则的值（ ）
A.恒为正数 B.恒为负数 C.恒为0 D.可正可负
6.使不等式成立的一个必要不充分条件是（ ）
A. B. C. D.
7.已知变量满足约束条件，若使取得最小值的最优解有无穷多个，则实数的取值集合是（ ）
A. B. C. D.
8.已知，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
9.在一次连环交通事故中，只有一个人需要负主要责任，但在警察询问时，甲说：“主要责任在乙”；乙说：“丙应负主要责任”；丙说“甲说的对”；丁说：“反正我没有责任”，四人中只有一个人说的是真话，则该事故中需要负主要责任的人是（ ）
A.丁 B.乙 C.丙 D.甲
10.已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
11.已知椭圆与抛物线有相同的焦点为原点，点是抛物线准线上一动点，点在抛物线上，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
12.已知函数，与函数，若与的图象上分别存在点，使得关于直线对称，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在等比数列中，已知，则=________________.
14.设正实数满足，则的最小值是_________________.
15.对于三次函数，给出定义：设是的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数，则=_________________.
16.给出下列命题“
①设表示不超过的最大整数，则；
②定义：若任意，总有，就称集合为的“闭集”，已知
且为的“闭集”，则这样的集合共有7个；
③已知函数为奇函数，在区间上有最大值5，那么在上有最小值.其中正确的命题序号是_________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。
17.在中，内角所对的边分别为，已知.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若的面积，且，求.
18.已知数列满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
19.如表提供了某厂节能降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量（吨）与相应的生产能耗（吨）标准煤的几组对照数据：
3
4
5
6
2.5
3
4
4.5
（1）请根据表中提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归方程；
（2）已知该厂技术改造前100吨甲产品能耗为90吨标准煤，试根据（1）求出的线性回归方程，预测生产100吨甲产品的生产能耗比技术改造前降低多少吨标准煤？
（参考：用最小二乘法求线性回归方程系数公式）
20.已知椭圆的短轴长为，离心率.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若分别是椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆交于不同的两点，求的面积的最大值.
21.已知函数（是自然对数的底数，）.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若为整数，，且当时，恒成立，其中为的导函数，求的最大值.
22.选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）设直线与曲线相交于两点，求的值.
23.选修4-5：不等式选讲
设函数的定义域为.
（1）求集合；
（2）设，证明：
历城二中53级文科数学2018年4月检测题
参考答案
1.A 2.A 3.B 4.C
5.A【解析】根据题意，在上单调递增，且图象关于原点对称，不妨令的图象如图：
等差数列中，，由对称性，得
6.B【解析】解不等式，可得，即，故“”是“”的一个必要不充分条件，故选B.
7.B【解析】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，由得，若，则直线，此时取得最小值的最优解只有一个，不满足题意；若，则直线在轴上的截距取得最小值时，取得最小值，此时当直线与直线平行时满足题意，此时，解得；若，则直线在轴上的截距取得最小值时，取得最小值，此时当直线与直线平行时满足题意，此时，解得.综上可知，或，故选B.
8.C 9.D
10.D【解析】由函数，可得，所以函数为奇函数，又，因为，所以，所以函数为单调递增函数，因为，即，所以，解得，故选D.
点睛：本题考查了函数的单调性、奇偶性和函数不等式的求解问题，其中解答中函数的奇偶性和函数的单调性，转化为不等式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，对于解函数不等式：首先根据函数的单调性和奇偶性把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式（组），此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内是试题的易错点.
11.A【解析】
椭圆，即，则椭圆的焦点为，不妨取焦点抛物线，抛物线的焦点坐标为，椭圆与抛物线有相同的焦点，，即，则抛物线方程为，准线方程为，，由抛物线的定义得：到准线的距离为，即点的纵坐标，又点在抛物线上，，不妨取点坐标，关于准线的对称点的坐标为
，则，即三点共线时，有最小值，最小值为，故选A.
12. B【解析】解析：由题设问题可化为函数的反函数的图像与在区间上有解的问题。即方程在区间上有解，由此可得，即，所以。
13. 128 【解析】
14. 9 【解析】试题分析：，所以，当且仅当时，取最小值9.
考点：基本不等式求最值
【易错点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误.
15. 2017 【解析】由题可得：，所以对称中心为，设上任意一点，因为关于对称，所以关于其对称的对称点为在上，且所以，故
16. ①② 【解析】对于①，如果，则，也就是，所以，进一步计算可以得到该和为，故①正确；对于②，我们把分成四组：，由题设可知6不是“闭集”中的元素，其余三组元素中的每组元素必定在“闭集”中同时出现或同时不出现，故所求的“闭集”的个数为，故②正确；对于③，因为在上的最大值为5，故在上的最大值为3，所以
在上的最小值为-3，在上的最小值为-1，故③错.综上，填①②.
点睛：（1）根据可以得到，因此，这样的共有，它们的和为，依据这个规律可以写出和并计算该和.
（2）根据闭集的要求，中每组元素都是同时出现在闭集中或者同时不出现在闭集中，故可以根据子集的个数公式来计算.
（3）注意把非奇非偶函数转化为奇函数或偶函数来讨论.
17. （Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】试题分析：
（Ⅰ）由余弦定理把已知条件化为，再由正弦定理化为角的关系，最后由两角和与差的正弦公式及诱导公式可求得，从而得角；
（Ⅱ）由三角形面积公式求得，再由余弦定理可求得，从而得，再由正弦定理得，计算可得结论.
试题解析：
（Ⅰ）因为，所以由，即，由正弦定理得，即，,,即,.
（Ⅱ）∵，∴，
∵，
∴，即，
∴.
18.（1）；（2）
【解析】试题分析：（1）利用累加法得；（2），利用裂项相消法，得.
试题解析：
（1） 因为，又，
所以.因为也满足，所以.
（2）因为，所以，
所以.
点睛：本题考查累加法求通项，裂项相消求和。在常规数列求通项的题型中，累加法、累乘法是常见的求通项方法，熟悉其基本形式。数列求和的题型中，裂项相消法、错位相减法是常见的求和方法，熟悉其基本结构。
19.（1）（2）预测生产100吨甲产品的生产能耗比技改前降低19.65吨.
【解析】试题分析：（1）根据所给的数据求出利用最小二乘法所需要的几个数据，代入求系数的公式，求得结果，再把样本中心点代入，求出值，得到线性回归方程；
（2） 根据第一问中所求的线性回归方程，把代入线性回归方程，即可得到答案；
解析：（1）,
，所求的回归方程为.
（2）时，（吨），预测生产100吨甲产品的生产能耗比技改前降（吨）.
20.（1）；（2）3.
【解析】试题分析：（1）根据题意列出待定系数的方程组，即可求得方程；（2）把分解为和，所以其面积为，设出直线的方程为，整理方程组表示出，代入上式即可求得，可换元，则，研究求单调性即可求得其最大值.
试题解析：（1）由题意可得……………………2分
解得……………………3分
故椭圆的标准方程为……………………4分
（2）设，………………6分
由题意知，直线的斜率不为零，可设直线的方程为，
由得，所以，………8分
直线与椭圆交于不同的两点，
故，即.则
……10分
令，则，则，
令，由函数的性质可知，函数在上是单调递增函数，
即当时，在上单调递增，因此有，所以，
即当，即时，最大，最大值为3…………………………12分
考点：椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系.
【方法点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系，考查了待定系数法和函数、不等式的思想，属于中档题.求解椭圆的标准方程时应注意；本题第（2）问解答的关键是根据把的特征，把它分解为和，这样其面积
，大大简化了运算过程，提高了解题的准确率，最后通过换元，利用的导数研究其单调性，求得其最大值.
21（1）当时，的增区间为；当时，的增区间为；（2）2.
【解析】试题分析：（1）求单调增区间，只要解不等式，它的解集区间就是所求增区间；（2）不等式恒成立，不等式具体化为，由于，因此又可转化为，这样小于的最小值，因此下面只要求的最小值. ，接着要讨论的零点，由于在上单调递增，且，因此在上有唯一零点，即在上存在唯一的零点，设其为，则，可证得为最小值，，从而整数的最大值为2.
试题解析：（1）.
若，则恒成立，所以，在区间上单调递增…………2分
若，当时，，在上单调递增.
综上，当时，的增区间为；当时，的增区间为……4分
（2）由于，所以，
当时，故……①6分
令，则
函数在上单调递增，而.
所以在上存在唯一的零点，故在上存在唯一的零点.8分
设此零点为，则.
当时，；当时，；
所以，在上的最小值为.由，可得 10分
所以，由于①式等价于.
故整数的最大值为2. …… 12分
考点：导数与单调性，不等式恒成立，函数的零点.
22.（1）（2）
【解析】试题分析：
（1）将参数方程化为普通方程，再将普通方程代为极坐标方程.（2）将代入，可得，设两点的极坐标方程分别为，则是方程的两根，利用求解即可.
试题解析：
（1）将方程消去参数得，
∴曲线的普通方程为，
将代入上式可得，
∴曲线的极坐标方程为：.
（2）设两点的极坐标方程分别为，
由消去得，
根据题意可得是方程的两根，
∴，
∴.
23.（1）（2）见解析
【解析】试题分析：（1）分段去绝对值解不等式即可；（2）将不等式平方因式分解即可证得.
试题解析：
（1）解：，
当时，，解得，
当时，恒成立，
当时，，解得，
综上定义域.
（2）证明，原不等式
由得，原不等式得证.
点睛：含绝对值不等式的解法由两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论的思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向