荆州中学高二年级2017～2018学年上学期阶段性考试（一）
理科数学
一、选择题：本大题共12个小题，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．直线的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
2.已知函数，则( )
A.是偶函数，且在R上是增函数 B.是奇函数，且在R上是增函数
C.是偶函数，且在R上是减函数 D.是奇函数，且在R上是减函数
3.某数列的前四项为，则以下各式
① ② ③
其中可作为的通项公式的是（ ）
A．①②③ B．①② C．②③ D．①
4．方程表示的直线必经过点（ ）
A． B． C． D．
5. 如图1是一个老人散步时离家的距离与时间之间的函数图象，若用黑点代表该老人的家，其行走的路线可能是( )
6．已知平面内两点到直线的距离分别，则满足条件的直线的条数为（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
7.右图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A． 1 B．
C． D．
8.设，若直线与圆相切，则的取值范围是（ ）
A． B．
C. D．
9．设分别是中所对边的边长，则直线与位置关系是（ ）
A．平行 B．重合 C．垂直 D．相交但不垂直
10. 过点作圆的两条切线，为切点，则（ ）
A．6 B．-6 C.10 D．
11.若直线通过点，则（ ）
A． B． C． D．
12．对于各项均为整数的数列，如果为完全平方数，则称数列具有“P性质”，如果数列不具有“P性质”，只要存在与不是同一数列的，且同时满足下面两个条件：①是的一个排列；②数列具有“P性质”，则称数列具有“变换P性质”，下面三个数列：①数列1，2，3，4，5；②数列1，2，3，……，11,12；③数列的前n项和为.- 其中具有“P性质”或“变换P性质”的有( )
A．③ B．①③ C．①② D．①②③
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 已知函数若，则 .
14．若直线与直线平行，则＝ .
15．已知定点，动点和点分别在直线和上运动，则的周长的最小值为 ．
16.对于任意两个正整数，定义运算（用表示运算符号）：当，都是正偶数或都是正奇数时，；而当，中一个为正偶数，另一个为正奇数时，．例如，．在上述定义中，集合的元素
有 个．
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．（本小题满分12分）已知f（x）=2sinxcosx+2cos2x﹣1．
（1）求f（x）的最大值，以及该函数取最大值时x的取值集合；
（2）在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边长，且，求角C．
18．（本小题满分12分）已知等差数列的前项和为，，，
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前100项和．
19. （本小题满分12分）已知定点，点圆上的动点。
（1）求的中点的轨迹方程；
（2）若过定点的直线与的轨迹交于两点，且，求直线的方程。
20. （本小题满分12分）如图，某地质队自水平地面A，B，C三处垂直向地下钻探，自A点向下钻到A1处发现矿藏，再继续下钻到A2处后下面已无矿，从而得到在A处正下方的矿层厚度为A1A2＝d1.同样可得在B，C处正下方的矿层厚度分别为B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1＜d2＜d3.过AB，AC的中点M，N且与直线AA2平行的平面截多面体A1B1C1A2B2C2所得的截面DEFG为该多面体的一个中截面，其面积记为S中．
(1)证明：中截面DEFG是梯形；
(2)在△ABC中，记BC＝a，BC边上的高为h，面积为S.在估测三角形ABC区域内正下方的矿藏储量(即多面体A1B1C1A2B2C2的体积V)时，可用近似公式V估＝S中·h来估算．已知V＝(d1＋d2＋d3)S，试判断V估与V的大小关系，并加以证明．
21.（本小题满分12分）已知且，直线:，圆:．
（Ⅰ）若，请判断直线与圆的位置关系；
（Ⅱ）求直线倾斜角的取值范围；
（Ⅲ）直线能否将圆分割成弧长的比值为的两段圆弧？为什么？
22．（本小题满分10分）求过两直线和的交点，且满足下列条件的直线的方程．
（Ⅰ）和直线垂直；
（Ⅱ）在轴的截距是在轴上的截距的2倍．
荆州中学高二年级2017～2018学年上学期阶段性考试（一）
理科数学参考答案
一.选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
C
B
A
C
D
A
B
D
C
A
D
D
二.填空题
13. 14.1 15. 16.15
三.解答题
17. 解：（1）f（x）=2sinxcosx+2cos2x﹣1=sin2x+cos2x=2．…………………3分
当=1，即2x+=+2kπ，解得x=kπ+，k∈Z时取等号．………………………5分
∴f（x）的最大值为2，该函数取最大值时x的取值集合为{x|x=kπ+，k∈Z}．…………………6分
（2）f（A）=2，∴2sin=2，解得A=kπ+，k∈Z．
∵a＜b，∴A为锐角， ∴A=．………………………………………………………………………8分
由余弦定理可得：a2=b2+c2﹣2bccosA，解得或……………………………………………10分
由正弦定理可得：，
可得sinC==或；
∴C=或．……………………………………………………………………………………………12分
18.解：（1）由及得，,
解得，……………………………………………………………………………………………4分
所以．………………………………………………………………………………………………6分
（2），……………………………………………………………8分
从而有：．
故数列的前100项和为．………………………………………………………………………12分
19. 解：（1）设，由题意知：
，…………………………………………………………………………………………4分
化简得，
故的轨迹方程为。…………………………………………………………………6分
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，满足条件；…………8分
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
因为半径，，故圆心到直线的距离，
由点到直线的距离公式得，解得，
直线的方程为，…………………………………………………………………11分
故直线的方程为或。……………………………………………………12分
20. (1)证明：依题意，A1A2⊥平面ABC，B1B2⊥平面ABC，C1C2⊥平面ABC，
所以A1A2∥B1B2∥C1C2.
又A1A2＝d1，B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1＜d2＜d3.
因此四边形A1A2B2B1，A1A2C2C1均是梯形．
由AA2∥平面MEFN，AA2平面AA2B2B，且平面AA2B2B∩平面MEFN＝ME，
可得AA2∥ME，即A1A2∥DE.
同理可证A1A2∥FG，所以DE∥FG. ………………………………………………………………………2分
又M，N分别为AB，AC的中点，
则D，E，F，G分别为A1B1，A2B2，A2C2，A1C1的中点，
即DE，FG分别为梯形A1A2B2B1，A1A2C2C1的中位线．
因此DE＝(A1A2＋B1B2)＝(d1＋d2)，FG＝(A1A2＋C1C2)＝(d1＋d3)，
而d1＜d2＜d3，故DE＜FG，所以中截面DEFG是梯形．…………………………………………………6分
(2)解：V估＜V.证明如下：…………………………………………………………………………………7分
由A1A2⊥平面ABC，MN平面ABC，可得A1A2⊥MN.
而EM∥A1A2，所以EM⊥MN，
同理可得FN⊥MN.
由MN是△ABC的中位线，可得MN＝即为梯形DEFG的高，
因此S中＝S梯形DEFG＝，
即V估＝S中·h＝(2d1＋d2＋d3)．………………………………………………………………………9分
又，所以V＝(d1＋d2＋d3)S＝(d1＋d2＋d3)．
于是V－V估＝(d1＋d2＋d3)－(2d1＋d2＋d3)＝[(d2－d1)＋(d3－d1)]．
由d1＜d2＜d3，得d2－d1＞0，d3－d1＞0，故V估＜V. …………………………………………………12分
21．解:（Ⅰ）圆的圆心为,半径．…………………………………………………1分
若，直线：，即，
则圆心到直线的距离，
所以直线与圆相交．……………………………………………………………………………………3分
（Ⅱ）直线的方程可化为，……………………………………………………………4分
直线的斜率，所以，当且仅当时等号成立．
所以斜率的取值范围是．…………………………………………………………6分
所以的范围为…………………………………………………………………7分
（Ⅲ）能．由（Ⅰ）知直线恒过点，
设直线的方程为,其中．………………………………………………………………8分
圆心到直线的距离．
由得，又即．………………………………………………10分
若直线能将圆分割成弧长的比值为的两段圆弧，则圆心到直线的距离，………11分
因为，所以直线不能将圆分割成弧长的比值为的两段弧．…………………………12分
22．（Ⅰ）解：由可得两直线的交点为……………………………………………2分
∵直线与直线垂直，∴直线的斜率为3
则直线的方程为……………………………………………………………………………5分
（Ⅱ）当直线过原点时，直线的方程为…………………………………………………7分
当直线不过原点时，令的方程为
∵直线过，∴
则直线的方程为……………………………………………………………………………9分
故所求直线的方程为或……………………………………………………10分
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