天水一中2015级2017-2018学年度第一学期第三次阶段考试
数学试题
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.
1．设集合A={x||x－1|≤2}，B={x|x2－4x>0，x∈R}，则A∩（）= ( )
A. [－1，3] B. [0，3] C. [－1，4] D. [0，4]
2．设是虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A.4 B.4 C.-4 D.-4
3．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
4．设变量满足约束条件则的最大值为
A．-2 B．4 C．6 D．8
5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A. B. C. D.
6．已知各项均为正数的等差数列的前20项和为100，那么的最大值是( )
A. 50 B. 25 C. 100 D. 2
7．已知点A(1，2)，B(3，1)，则线段AB的垂直平分线的方程是( )．
A．4x＋2y－5＝0 B．4x－2y－5＝0
C．x＋2y－5＝0 D．x－2y－5＝0
8．阅读右侧的算法框图，输出的结果的值为（ ）
A． B． C． D．
9．已知菱形ABCD的对角线AC长为1，则=（ ）
A．4 B．2 C．1 D．
10．（理科）已知双曲线的左、右焦点分别为、，点在双曲线的右支上，且，则此双曲线的离心率的最大值为（ ）
A. B.2 C. D.
10.（文科）已知表示两条不同的直线， 表示三个不同的平面，给出下列四个命题：
①， ， ，则；
②， ， ，则
③；
④若，则
其中正确的命题个数有（ ）个
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
11.三棱锥中， 互相垂直， ， 是线段上一动点，
若直线与平面所成角的正切的最大值是，则三棱锥的外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
12．函数的大致图像为（ ）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．命题“都有”的否定： ．
14．函数的值域为____________.
15．已知方程+－=0有两个不等实根和，那么过点的直线与圆的位置关系是
16．已知函数的定义域为，部分对应值如表，的导函数的图象如图所示，
-1
0
4
5
1
2
2
1
下列关于的命题：
①函数是周期函数；
②函数在上减函数；
③如果当时，的最大值是2，那么的最大值是4；
④当时，函数有4个零点；
⑤ 函数的零点个数可能为0，1，2，3，4．
其中正确命题的序号是________（写出所有正确命题的序号）．
三、解答题
17．（本小题12分）已知中，三个内角、、的对边分别是、、，其中，且.
（1）求证： 是直角三角形；
（2）设圆过、、三点，点位于劣弧上， .求四边形的面积.
18．（本小题12分）设数列满足，且．
（）求的值．
（）证明：数列为等比数列，并求出数列的前n项和．
（）若数列，求数列的前n项和．
19．（理科）（本小题12分）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=NB=1，E是MN的中点。
（1）求证：平面AEC⊥平面AMN；
（2）求二面角M－AC－N的余弦值。
19．（文科）（本小题12分）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，，是正三角形，平面平面．
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积．
20．（理科）（本小题12分）已知椭圆 的离心率为，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形周长为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设直线与椭圆交于两点，且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求面积的最大值．
20.（文科）（本小题12分）已知直线被圆所截得的弦长为8.
（1）求圆的方程；
（2）若直线与圆切于点，当直线与轴正半轴，轴正半轴围成的三角形面积最小时，求点的坐标.
21．（理科）（本小题12分）已知函数（）．
（Ⅰ）若恒有成立，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若函数有两个相异极值点， ，求证： ．
21．（文科）（本小题12分）已知函数(≠0,∈R)
(Ⅰ)若，求函数的极值和单调区间；
(Ⅱ)若在区间（0，e］上至少存在一点，使得成立，求实数的取值范围.
选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
22．选修4-4：坐标系与参数方程
已知直线的参数方程是，曲线C的极坐标方程为．
（1）求曲线C的直角坐标；
（2）由直线上的点向曲线C引切线，求切线长的最小值．
23．选修4-5：不等式选讲
已知函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．
1． B 2．D 3．D 4．C 5．C
6． B 7．B 8．B 9．D 10．理科C 10．文科C
11. C 12．D.
13．使得 14．
15．相切 16．②⑤
17．【解析】1）证明：根据正弦定理得， 整理为， ，即
或， .
舍去. 即.
故是直角三角形.
解：由（1）可得： ， .在中，
, .
.
连结，在中， .
四边形的面积
.
18．【解析】（），，，．
（）由，得，又，可知是首项为，公比为的等比数列．
（），即，，∴，∴
19． 理科
【解析】方法一、传统几何
（1）MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ANCD，由直角三角形易得：AM=AN=MN=NC=MC=，E是MN中
点，可得AE⊥MN，CE⊥MN，又AE∩EC=E从而MN⊥平面AEC；
（2）这里也有多种方法：
连接BD交AC与点O，底面是正方形得AC⊥BD，OE//MD推得OE⊥AC，得AC⊥平面MDBN，所以∠MON就是二面角M－AC－N的平面角，在矩形MDBN中根据长度可以求得cos∠MON=。
（亦可把二面角M－AC－N，拆成两个二面角M－AC－E和E－AC－N；或者抽取出正四面体MNAC，再求侧面与地面所成角；或者求平面ACN的垂线MB和平面ACM的垂线DN之间的夹角）
方法二、向量几何
MD⊥平面ABCDMD⊥DA，MD⊥DC，又底面ABCD为正方形DA⊥DC，故以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DM为z轴，如图建立空间直角坐标系。
则各点的坐标A（1，0,0），B（1,1,0），C（0，1,0），M（0,0,1），N（1,1,1），
E（，，1）
（1） ·=…=0MN⊥AE；
·=…=0MN⊥AC
又AC∩AE=E，故MN⊥平面AEC；
（2）不妨设平面AMC的法向量为=（1，y，z），平面ANC的法向量为=（1，m，n） 则由⊥,⊥·=0,·=0,代入坐标解得=（1,1,1）
由⊥,⊥·=0,·=0,代入坐标运算得=（1,1，－1）
Cos==
19. 文科
【解析】（1）由，，，利用余弦定理，可得
，
故，又由平面平面，可得平面，又平面，故．
（2）解：由（1）知平面，又平面，故平面平面．取的中点，连结，由于是正三角形，故．
可知平面，即为三棱锥的高．
在正中，，故．
三棱锥的体积．
20．理科 解：（Ⅰ）因为椭圆上一点和它的两个焦点构成的三角形周长为，
所以，
又椭圆的离心率为，即，所以， 所以，.
所以，椭圆的方程为.
（Ⅱ）不妨设的方程，则的方程为.
由得，
设，，因为，所以，
同理可得， 所以，，
，设，则，
当且仅当时取等号，所以面积的最大值为.
20文科．【解析】（1）因为圆的圆心到直线的距离为，
所以.
所以圆的方程.
（2）设直线与圆切于点，则.
因为，所以圆的切线的斜率为.
则切线方程为，即.
则直线与轴正半轴的交点坐标为，与轴正半轴的交点坐标为.
所以围成的三角形面积为.
因为，所以.当且仅当时，等号成立.
因为，,所以，所以.
所以当时，取得最小值18.所以所求切点的坐标为.
21．理科 【解析】（Ⅰ）由，恒有，即， 对任意成立，
记， ，
当， ， 单调递增；
当， ， 单调递减，
最大值为，
∴， ．
（Ⅱ）函数有两个相异的极值点， ，
即有两个不同的实数根．
①当时， 单调递增， 不可能有两个不同的实根；
②当时，设，则，
当时， ， 单调递增；
当时， ， 单调递减，
∴，∴，
不妨设，∵，
∴， ， ，
先证，即证，
即证，
令，即证，设，
则，函数在单调递减，
∴，∴，又，∴，
∴．
21．文科 【解析】（I）因为
当a=1，，
令，得，
又的定义域为，随的变化情况如下表：
（0，1）
1
-
0
+
↘
极小值
↗
所以时，的极小值为1．
的单调递增区间为，单调递减区间为；
（II）因为，且
令，得到，
若在区间（0，e］上至少存在一点，，使得成立，
其充要条件是在区间（0，e］上的最小值小于0即可．
当＜0，
即时，对成立，
所以，在区间（0，e］上单调递减，
故在区间（0，e］上的最小值为，
由，得，即
当＞0，即时，
若，则对成立，
所以在区间上单调递减，
所以，在区间上的最小值为＞0，
显然，在区间上的最小值小于0不成立；
②若，即时，则有
(0，)
(，e)
-
0
+
↘
极小值
↗
所以在区间上的最小值为，
由＝a(1−lna)＜0，
得，解得，即．
综上，由（1）（2）可知：符合题意．
22．【解析】（1），
，
，
即，． （6分）
（2）：直线上的点向圆C 引切线长是
，
∴直线上的点向圆C引的切线长的最小值是
23．（1）当时，，
∴的解集为.
（2）
当且仅当等号成立，所以，都有成立只需，
当，即时，上式成立，
当，即时，，
解得 综上所述，，所以，的取值范围是.
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