2017~2018学年高三（上）第二次月考
数学试卷（理科）
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. 已知集合，，则中的元素的个数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】联立方程，解得或，所以中共有两个元素，故选C.
2. 已知，为虚数单位，，则（ ）
A. 9 B. -9 C. 24 D. -34
【答案】A
【解析】因为，所以，根据复数相等的定义知，，，解得，，所以，故选A.
3. 设向量，，.若 ，则（ ）
A. -2 B. -3 C. D.
【答案】D
【解析】因为，，且 ，所以，即，解得，故选D.
4. 已知直线平面，直线平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】D
【解析】对于A，若，直线平面，直线平面，则与可能平行、相交、异面，故不正确；对于B，若，直线平面，直线平面，则与可能平行也可能相交，故B不正确；对于C, 若,与的位置不确定，故C不正确；对于D，若 ，直线平面，则直线平面，又因直线平面，则正确；故选D.
5. ①已知，求证，用反证法证明时，可假设；②设为实数，，求证与中至少有一个不小于，用反证法证明时可假设，且，以下说法正确的是（ ）
A. ①与②的假设都错误 B. ①与②的假设都正确
C. ①的假设正确，②的假设错误 D. ①的假设错误，②的假设正确
【答案】C
【解析】根据反证法的格式知，①正确；②错误，②应该是与都小于，故选C.
6. 用数学归纳法证明“，”，则当时，应当在时对应的等式的两边加上（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】当 时，等式左端 ，
当 时，等式左端 ，增加了 项．
故选A．
7. 已知 对一切都成立，则的值为（ ）
A. ，， B. ，，
C. ，， D. ，，
【答案】C
【解析】由题意知，当时，分别有
解得：，，，故选C.
8. 如图，在四棱锥中，平面，为线段的中点，底面为菱形，
若，，则异面直线与所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图，平面 从而 ，又 所以
故
故选B
9. 已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】该几何体是一个底面为菱形的四棱柱挖掉了一个底面是菱形的四棱柱，所以其体积
，故选A.
10. 某次夏令营中途休息期间，3位同学根据胡老师的口音对她是哪个地方的人进行了判断：
甲说胡老师不是上海人，是福州人；
乙说胡老师不是福州人，是南昌人；
丙说胡老师既不是福州人，也不是广州人.
听完以上3人的判断后，胡老师笑着说，你们3人中有1人说的全对，有1人说对了一半，另一人说的全不对，由此可推测胡老师（ ）
A. 一定是南昌人 B. 一定是广州人 C. 一定是福州人 D. 可能是上海人
【答案】D
11. 已知.
命题对，有三个零点，
命题，使得恒成立.
则下列命题为真命题的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】已知. 当时，只有一个根，即函数只有一个极值点，则函数最多有2个零点，故命题为假; ，命题显然为假命题
故为真
选B
12. 已知表示正整数的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则；21的因数有1,3,7,12，则，那么的值为（ ）
A. 2488 B. 2495 C. 2498 D. 2500
【答案】D
【解析】由 的定义知 ，且若 为奇数则
则
选D
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 已知单位向量，满足，则向量与的夹角为__________．
【答案】
【解析】因为，化简得：，即，所以，又，所以，故填。
14. 在等差数列中，，且，，成等比数列，则公差__________．
【答案】3
【解析】由已知可得方程组
15. 已知，，若，则的最小值为__________．
【答案】96
【解析】因为，所以，
当且仅当，即时等号成立，故最小值为。
点睛：本题主要考查了不等式，不等式求最值问题，属于中档题。解决此类问题，重要的思路是如何应用均值不等式或其他重要不等式，很多情况下，要根据一正、二定、三取等的思路去思考，本题根据条件构造，研究的式子乘以1后变形，即可形成所需条件，应用均值不等式。
16. 已知三棱柱内接于球，，，平面，，则球的表面积是__________．
【答案】
【解析】在中，，由余弦定理可得，由正弦定理，可得外接圆半径，设此圆圆心为，球心为，在中，得球的半径,所以.
点睛：本题主要考查了直三棱柱内接于球的性质，以及正弦定理、余弦定理，及解三角形，属于中档题。解题时要注意球的直径与几何体的对角线之间的关系，一般对角线过球心，利用这种关系求球的半径，或者球心与底面外接圆的圆心连线垂直，构造圆半径，球半径构成的直角三角形来解决，求三角形外接圆半径时注意正弦定理的应用。
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. 已知数列的前项和（其中），且的最小值为-9.
（1）确定常数，并求；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：（1）利用 求出最值，即可求，再用与关系，求；（2）根据通项特点，采用裂项相消法求和即可。
试题解析：
（1）因为 ，
所以，解得，.
当时，，显然当时，也满足.
所以.
（2）因为 ，
所以 .
点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前项和，主要利用解方程得思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误．
18. 设函数 的部分图象如图所示.
（1）求函数的解析式；
（2）当时，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
试题解析：（1）由图象知，，即.
又，所以，因此.
又因为，所以，即.
又，所以，即.
（2）当时，.
所以，从而有.
19. 在中，角的对边分别为，已知，，.
（1）求的值；
（2）求的面积.
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：（1）将条件运用正弦定理统一为边，再利用余弦定理求解即可；（2）利用三角形面积公式求解即可。
试题解析：（1）因为，
所以，即.
由余弦定理得，
所以.
（2）因为，，，
所以 .
20. 如图，三棱柱的所有棱长均为2，底面侧面，，为的中点，.
（1）证明：.
（2）若是棱上一点，满足，求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】试题分析：（1））取的中点，连接，易证为平行四边形，从而 .由底面侧面，可得侧面，即，又侧面为菱形，所以，从而平面，可证得AB1⊥A1P．
（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.利用向量法求解．
试题解析;（1）取的中点，连接，易证为平行四边形，从而 .由底面侧面，底面侧面，，底面，所以侧面，即侧面，又侧面，所以，又侧面为菱形，所以，从而平面，因为平面，所以.
（2）由（1）知，，，，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为侧面是边长为2的菱形，且，所以，，
，，，，得.设，得，所以，所以.而 .所以，解得.所以，，.设平面的法向量，由得，取.而侧面的一个法向量.设二面角的大小为.则
21. 在中，，是边的一个三等分点（靠近点），记.
（1）求的大小；
（2）当取最大值时，求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析; （1）由，可得，整理得.又，所以，即.
（2）设，，，则，.由正弦定理得，.又 ，由，得.因为，所以 .因为，所以.所以当，即时，取得最大值，由此可得，.
试题解析：（1）因为，所以，即，整理得.又，所以，
即.
（2）设，，，则，.由正弦定理得，.又 ，由，得.因为，所以 .因为，所以.所以当，即时，取得最大值，此时，所以，.
【点睛】本题考查正弦定理、勾股定理，求角转化为求角的某个三角函数值，以及基本不等式求最值问题等，其中着重考查化简、变形能力．
22. 已知函数的图象在处的切线过点，.
（1）若，求函数的极值点；
（2）设是函数的两个极值点，若，证明：.（提示）
【答案】（1）或2；（2）见解析
【解析】试题分析：（1）求导，则.又，曲线在处的切线过点利用斜率相等，可得.，又，可得，则，可得函数的极值点
（2）由题是方程的两个根，则，，由，可得，，∴是函数的极大值，是函数的极小值，∴要证，只需，计算整理可得
，令，则，设，利用导数讨论函数
的性质即可得证
试题解析;∵，∴.又，曲线在处的切线过点.∴，得.
（1）∵，∴，令，得，
解得或2，∴的极值点为或2.
（2）∵是方程的两个根，∴，，∵，∴，，∴是函数的极大值，是函数的极小值，∴要证，只需， ，令，则，设 ，则，函数在上单调递减，∴，∴
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