安徽省六安市舒城中学2017-2018学年高二下学期第一次统考（开学考试）数学（理）试题 Word版含答案

舒城中学2017—2018学年度第二学期第一次统考
高二理数
时间：120分钟 满分：150分
命题： 审题：
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，只有一项是最符合题目要求的。
1．数列为等差数列，成等比数列，，则 (　　)
A．5 B．－1 C．0 D．1
2. 已知分别是定义在上的偶函数和奇函数，且 ，则 (　 　)
A．－3 B．－1 C．1 D．3
3. 一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为 (　 )

B．
C．
D．
4. 函数的图象在点处的切线方程是，则等于 (　 　)
A．1 B．2 C．0 D.
5. 下列命题正确的个数为 （ ）
?“都有”的否定是“使得”;
?“”是“”成立的充分条件;
?命题“若，则方程有实数根”的否命题
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
6．若，则的最小值为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．2
7．正四面体ABCD中，点E为BC中点，点F为AD中点，则异面直线AE与CF所成角的余弦值(　 　)
A. B. C. D.
8．双曲线的一条渐近线与直线垂直，则= ( )
A. 2 B.4 C.－2 D.－4
9．已知点在椭圆上，点为椭圆的右焦点，的最大值与最小值的比为2,则这个椭圆的离心率为 （ ）
Ａ． Ｂ． Ｃ. Ｄ．
10．已知是直线上一动点，是圆C：的两条切线，是切点，若四边形的最小面积是2，则的值为 （ ）
A.3 B. C. D.2
11．直线过抛物线的焦点，且交抛物线于两点，交其准线于点,已知,则 ( )
A． B． C． D． 4
12．已知边长为的菱形中，，沿对角线折成二面角为的四面体，则四面体的外接球的表面积为 （ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共4小题；每小题5分，共20分，把答案填写在答题纸的相应位置上
13．已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围是 ．
14. 若命题：是真命题，则实数的取值范围是 ．
15.如右图，抛物线和圆 ，其中,直线经过的焦点，依次交于四点，则的值为 .
16．定义在上的函数满足：，， 是的导函数，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为 .
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．（10分）
已知函数(a为常数)的图象与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为
(1)求的值及函数的极值；
(2)证明：当时，


18.(12分)已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于两点，且.
(1)求该抛物线的方程；
(2) 为坐标原点，为抛物线上一点，若，求的值．

19．(12分)如图甲，四边形中，是的中点，
．将（图甲）沿直线折起，使二面角为（如图乙）．
（1）求证：⊥平面
（2）求点到平面的距离．
20．(12分) 如图，在底面为正方形的四棱锥中，侧棱⊥底面，，点是线段的中点．
（1）求异面直线与所成角的大小；
（2）若点在线段上，使得二面角的正弦值为，求的值．
21. (12分) 在平面直角坐标系中，经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点和．
（1）求的取值范围；
（2）设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为，是否存在常数，使得向量与共线？如果存在，求值；如果不存在，请说明理由．

22．(12分) 已知函数.
（1）试讨论函数的单调性；
（2）证明：.

2017-2018学年度第二学期寒假作业检测考试
高二数学（理）答案

一、选择题 DCABB CCBBD CD
二、填空题： 13． 1三、解答题：
17．（10分）
解　(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a. 又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.
所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2. 令f′(x)＝0，得x＝ln2.
当xln2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，f(x)无极大值．
(2)令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x. 由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln2)>0，
故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，因此，当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x218.(12分)
解　(1)直线AB的方程是y＝2，与y2＝2px联立，从而有4x2－5px＋p2＝0，
所以x1＋x2＝. 由抛物线定义得|AB|＝x1＋x2＋p＝9，
所以p＝4，从而抛物线方程是y2＝8x.
(2)由p＝4，知4x2－5px＋p2＝0可化为x2－5x＋4＝0，
从而x1＝1，x2＝4，y1＝－2，y2＝4，从而A(1，－2)，B(4,4)．
设＝(x3，y3)＝(1，－2)＋λ(4,4)＝(4λ＋1,4λ－2)，
又y＝8x3， 所以[2(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，即(2λ－1)2＝4λ＋1， 解得λ＝0，或λ＝2.
19．(12分)
（Ⅰ）证明：如图4，取BD中点M，连接AM，ME.
因为AB=AD=，所以AM⊥BD， 因为DB=2，DC=1，BC=，满足：DB 2+DC 2=BC 2， 所以△BCD是以BC为斜边的直角三角形，BD⊥DC，因为E是BC的中点，所以ME为△BCD的中位线，ME?∥，ME⊥BD，ME=
∠AME是二面角A-BD-C的平面角，=°.
，且AM、ME是平面AME内两条相交于点M的直线，
，平面AEM，.
，，为等腰直角三角形，，在△AME中，由余弦定理得：
，.
（Ⅱ）解法一：等体积法.
解法二：如图5，以M为原点，MB所在直线为x轴，ME所在直线为y轴，
平行于EA的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则由（Ⅰ）及已知条件可知B(1，0，0)，，，D，C.则
设平面ACD的法向量为=，
则令则z=-2，
记点到平面的距离为d，则，所以d.
20．(12分) （1）；（2）．
21. (12分)
（1）由已知条件，直线的方程为，
代入椭圆方程得．整理得　　　①
直线与椭圆有两个不同的交点和等价于，
解得或．即的取值范围为．
（2）设，则，
由方程①，．　　　② 又．　　　　③
而．
所以与共线等价于，将②③代入上式，解得．
由（1）知或，故没有符合题意的常数．
22．(12分)
16.（1）时，在上递减，时，时递减，时递增；
（2）令，则，
设，由于，令得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减 所以，
所以当时，对恒成立，即，
从而
从而得到，可得
又因为，
而，
所以,所以