1、- 1 -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
2、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_.- 2 -【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
3、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 .- 3 -【点睛】一般地，在正棱锥中，有四个直角三角形（如图所示
4、， ） ，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】- 4 -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
5、.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 ，
6、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.- 5 -【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
7、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】- 6 -【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
8、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（ ）- 7 -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
9、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】- 8 -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
10、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 .- 9 -综上，应选 D.【点睛】比较空间角的大小关系时，如
11、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
12、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.- 10 -【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
13、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；- 11 -(2) 求点 到平面 的距离.【答案】(1) ;(2) 【解析】【分析】（1）连接
14、，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 .- 12 -(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.
15、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)
16、当 时， .如图知， 的单调递减区间为和 . - 13 -(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”.- 14 -(1) 若数列 的通项公式为 ，试判断数列 是否
17、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， 最大且最大值为 ，当 为递减数列时， 最小且最小值值为 ，又 必为奇数，故不同的取值个数为 2018.【详解】(1) ， .故 为“可控数列”. (2) 假设存在常数 满足题意.由 是单调递减的“可控数列” ，得 . 累加，得 . 当 时， ，不合题意. 当 时， ， . 令 ，得 .- 15 -故 的值为 . (3) 的不同取值个数是 2018，最大值为 2019.【点睛】数列中的新定义问题，应依据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项的求法（如累加法、累乘法、待定系数法等）求得通项，最后在通项的基础上讨论数列的性质.
