山东省济南市历城区第二中学2017-2018学年高二下学期4月月考数学试题 WORD版含解析.doc

1、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. 【答案】A【解析】，,故选A.2.设复数满足，则=（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算法则，求出z，求z模即可.【详解】因为，所以，所以，选A.【点睛】本题主要考查了复数的运算法则及复数模的概念，属于容易题.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

2、D. 时，有99%的把握说事件与无关【答案】B【解析】【分析】根据独立性检验中卡方的概念知，选B.【详解】根据独立性检验中卡方的概念知,时，有99%的把握说事件与有关选B.【点睛】本题主要考查了独立性检验中卡方的概念，属于中档题.4.等差数列的前项和分别为，若，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的求和公式进行变形可得，结合条件代入后可得所求的值【详解】由等差数列的求和公式可得，故选C【点睛】本题考查等差数列的求和公式和项的下标和的性质，解题时要注意等差数列的项与和之间的联系，关键是等差数列中项的下标和性质的灵活运用，考查变化和应用能力5.设函数是定义在

3、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【答案】A【解析】【分析】由已知得奇函数在上单调递增，故当时，当时，在等差数列中，由得，由此能求出，从而可得所求的值恒为正数【详解】由题意可得，奇函数在上单调递增，且当时，当时，在等差数列中，由于，又，故选A【点睛】本题以将函数的单调性和等差数列的性质结合在一起考查，体现了在知识交汇点处命题的思想，解题时要以奇函数的单调性和题意为出发点，得到函数函数在实数集上取值的情况，然后再根据函数图象的对称性求解，考查理解运用知识解题的能力和数形结合的思想6.使不等式成立的一个必要不

4、充分条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】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.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. 【答案】B【解析】【分析】作出可行域，根据最优解有无穷多个，知直线与边界重合，分类讨论即可求解.【详解】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

5、行时满足题意，此时，解得.综上可知，或，故选B.【点睛】本题主要考查了线性规划中可行域及最优解问题，以及分类讨论思想，属于中档题.8.已知，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】构造函数，求导当，当，所以函数在上增函数在上减函数，所以，即可得出结论.【详解】因为，当，当，所以函数在上增函数在上减函数，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了观察推理能力，函数的极值，函数的导数在单调性极值方面的应用，属于中档题.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

6、”，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【答案】D【解析】【分析】利用反证法，可推导出丁说的是真话，甲乙丙三人说的均为假话，进而得到答案.【详解】假定甲说的是真话，则丙说“甲说的对”也为真话，这与四人中只有一个人说的是真话相矛盾，故假设不成立，故甲说的是谎话；假定乙说的是真话，则丁说：“反正我没有责任”也为真话，这与四人中只有一个人说的是真话相矛盾，故假设不成立，故乙说的是谎话；假定丙说的是真话，由知甲说的也是真话，这与四人中只有一个人说的是真话相矛盾，故假设不成立，故丙说的是谎话；综上可得：丁说是真话，甲乙丙三人说的均为假话，

7、即乙丙丁没有责任，故甲负主要责任，故答案为：甲【点睛】本题主要考查了命题真假的判断，以实际问题为背景考查了逻辑推理，属于中档题.解题时正确使用反证法是解决问题的关键.10.已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先判断函数的增减性和奇偶性，转化，即可求解.【详解】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

8、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.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. 【答案】A【解析】【分析】易知抛物线方程为，利用抛物线定义确定出A点坐标，求出A关于准线的对称点B，则，利用三点共线即可求出最值.【详解】由题意，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

9、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.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，抛物线的标准方程，抛物线的定义及利用三点共线求两线段和的最小值，属于难题.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. 【答案】B【解析】【分析】求出的反函数，则方程 在上有解，即可求出k的取值范围.【详解】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.【点睛】本题主要考查了互为反函数的概念，以及方程有解求参数的取值范围，属于难题.二、填空题

10、：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.在等比数列中，已知，则=_.【答案】【解析】14.设正实数，满足，则的最小值是 【答案】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.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

11、点”就是对称中心.设函数，则=_.【答案】2017【解析】【分析】由题意可得，所以对称中心为，利用中心对称可求出结果.【详解】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【点睛】本题主要考查了函数的对称中心及其对称中心的性质，属于中档题.解题时，自变量和为对称中心横坐标的2倍等于1时，则对应函数值和为对称中心纵坐标和的2倍等于2，这是此类问题的解题关键.16.给出下列命题“设表示不超过的最大整数，则；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；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

12、中正确的命题序号是_.【答案】【解析】对于，如果，则，也就是，所以，进一步计算可以得到该和为，故正确；对于，我们把分成四组：，由题设可知不是“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，故正确；对于，因为在上的最大值为，故在上的最大值为，所以在上的最小值为，在上的最小值为，故错综上，填点睛：（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三、解答

13、题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721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.（）求角的大小；（）若的面积，且，求.【答案】（）；（）.【解析】试题分析：（）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；（）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：（）因为，所以由，即，由正弦定理得，即，即，.（），即， .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.【答案】（1）；（2

14、）【解析】【分析】（1）利用累加法得；（2），利用裂项相消法，得.【详解】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.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：34562.5344.5（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

15、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）【答案】（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】【分析】（1）根据题中的数据和所给出的公式求出后可得线性回归方程；（2）结合（1）中的方程，当时可得，用减去该值后即为所求【详解】（1）由题意得，,，故所求的回归方程为（2）在方程中，当时，（吨），所以可预测生产100吨甲产品的生产能耗比技改前降（吨）.【点睛】解答类似问题时注意两点：一是在求线性回归方程时，由于要涉及到大量、复杂的运算，所以在解题时要注意计算的准确性，为此要合理运用条件

16、中给出的一些中间数据二是书写公式、符号时要注意规范、正确，注意通过回归方程求出的值只是一个估计值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.【答案】（1）；（2）.【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）设的内切圆的半径为，易得的周长为，所以，因此最大，就最大. 把分解为和,从而得到，整理方程组， 求出两根和与两根既即得到面积与的函数关系，通过换元，利用均值不等式即可求得的最大值，此时.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，设的内切圆的

17、半径为，因为的周长为，因此最大，就最大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分又因直线与椭圆交于不同的两点，故，即，则10分令，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，即当时，最大，此时，故当直线的方程为时，内切圆半径的最大值为12分考点：椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系.【方法点晴】本题主要考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，考查了待定系数法、转化的思想方法和函数的思想，属于中档题.求椭圆方程要注意的关系，本题解答的关键是第（2）中，把的内切圆半径最大转化为其面积的最大值，通过分解其面积，表示出面积与参数的

18、函数关系，通过换元，最后根据均值不等式求出其最大值.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.【答案】（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

19、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 6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.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.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将参数方程化为普通方程，

20、再将普通方程代为极坐标方程.（2）将代入得，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.【详解】（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，.【点睛】本题主要考查了极坐标方程与普通方程的互化，极坐标的几何意义，属于中档题.23.设函数的定义域为.（1）求集合；（2）设，证明.【答案】（1）（2）见解析【解析】【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.【详解】（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.