1、2017-2018学年高三上学期协作校第二次阶段考试数学试题（理科）第卷（共60分）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（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 故选D2. 设等差数列的首项为，若，则的公差为 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】设等差数列的公差为、故选B3. 下列四个命题：若两条直线垂直于同一平面，则这两条直线平行；若直线与平面内的无数条直线垂直，则；若一个平面内的三个不共线的点到另一个平面的距离都相等，则这两个平面平行；若直线不垂直于平面，则平面内没有与直线垂直的直线
2、.其中正确的命题的个数是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】若两个平面垂直于同一条直线，则这两个平面平行；所以正确若直线与平面内的无数条直线垂直， 可以与平面斜交，也可以在平面内；所以不对；若一个平面内的三个不共线的点到另一个平面的距离都相等，则两个面可以平行也可以相交，所以不对；若直线不垂直于平面，也可以找到无数多条直线与垂直；所以不对；故选A4. 已知两直线与平行，则 （ ）A. B. C. 或 D. 【答案】D【解析】直线与平行，且故选D点睛：（1）当直线的方程存在字母参数时，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不存在的特殊情况，同时还要注意的系数不能同时为零的这一
3、隐含条件；（2）在判断两条直线平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论.5. 已知，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】 故选B6. 设满足约束条件，则的最大值是 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】作出不等式对应的平面区域，如图所示：由，得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大由，得，即此时的最大值为8故选C7. 在中，为重心，记 ，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】为的重心 故选A8. 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. 【答案】B【解析】根据三视图可得，几何体是一
4、个四棱锥，四棱锥的底面是一个边长为4的正方形，一条侧棱与该底面垂直，且这条侧棱的长为3该几何体的表面积包括5部分，故选B点睛：空间几何体的三视图是分别从空间几何体的正面、左面、上面用平行投影的方法得到的三个平面投影图，因此在分析空间几何体的三视图时，先根据俯视图确定几何体的底面，然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置，再确定几何体的形状，即可得到结果9. 设为等比数列的前项和，则 （ ）A. B. 或 C. D. 或【答案】C【解析】设等比数列的公比为，且，即令，且，即或（舍去）故选C10. 函数的大致图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】
5、B【解析】由题定义域为，且，是奇函数，图象关于原点对称，排除C，D；又当 时，排除A，故选B11. 的内角所对的边分别为，已知，若的面积 ，则的周长为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由 ，两边平方得 ，由可得 ，由得又可得 再根据余弦定理可得 解得，故的周长为故选D12. 已知数列的前项和且，对一切正整数都成立，记的前项和为，则数列中的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题数列的前项和且，对一切正整数都成立，则当 时， 当 时，得 -得， 结合，可解得 计算可得 则 ，它是一个等比数列，故 当为奇数时，随的增大而增大，所以 当为偶数时，随的增大而减小，所以
6、 综上，当时，总有 故选A【点睛】本题利用数列的递推公式求解数列的通项公式及利用数列的单调性求解数列的和的最大项，在解题时需要一定的逻辑运算与推理的能力，其中根据的奇偶判断的单调性是解题的关键第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 若，则_【答案】7【解析】故答案为14. 直线经过点且与曲线在处的切线垂直，则直线的方程为._【答案】即答案为15. 在中，角所对的边分别为，的面积为，则 _【答案】6【解析】， ，又 的面积 即答案为616. 直线与函数的图象有且仅有一个交点，则的取值范围是_【答案】【解析】如图函数的图象是圆的上半部分.即答案为三、解答题 （
7、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. 在中，角所对的边分别为，已知.（1）求的值；（2）若，求及的面积.【答案】（1）6；（2）,.【解析】试题分析：（1）已知，由正弦定理角化边直接得到；（2）由第一问已知，再由余弦定理得到，有三角形面积公式得到。（1），.（2），. .，.18. 已知圆的圆心在直线上，且圆经过点与点.（1）求圆的方程；（2）过点作圆的切线，求切线所在的直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】试题分析：（1）求出线段的中点，进而得到线段的垂直平分线为，与联立得交点，.则圆的方程可求（2）当切线斜率不存在时，可知切线方程为.当切线斜
8、率存在时，设切线方程为，由到此直线的距离为，解得，即可到切线所在直线的方程.试题解析：（1）设 线段的中点为，线段的垂直平分线为，与联立得交点，.圆的方程为.（2）当切线斜率不存在时，切线方程为.当切线斜率存在时，设切线方程为，即，则到此直线的距离为，解得，切线方程为.故满足条件的切线方程为或.【点睛】本题考查圆的方程的求法，圆的切线，中点弦等问题，解题的关键是利用圆的特性，利用点到直线的距离公式求解19. 如图，四棱锥中，四边形是菱形，平面平面,.（1）在上运动，当在何处时，平面；（2）当平面时，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）当为中点时，平面；（2）【解析】试题分析：(1)当为中
9、点时，由几何关系可得，利用线面平行的判断定理即可证得平面.(2)由题意建立空间直角坐标系，结合直线的方向向量和平面的法向量可求得直线与平面所成角的正弦值为试题解析：（1）当为中点时，平面设，在中，为中位线，即，又平面平面，平面.（2）四边形是菱形，均为等边三角形.取的中点平面平面平面.以为坐标原点，射线分别为轴的正方向建立如图所示的空间坐标系，则 .设平面的法向量为，则由，得，取，得.记直线与平面所成角为，则.20. 数列的前项和满足，且成等差数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）已知再写一项做差可得可知是等比数列，根据题中条件
10、，有等差和等比数列的概念通项得到；（2）由第一问的通项可代入得到，错位相减求和即可.（1），当时，.，故为等比数列.设公比为，则，成等差数列，.（2）， . ， ，相减得： ，.点睛：这个题目考查了等比数列和等差数列的综合性质应用，数列求和的方法；数列求和经常采用的方法是：错位相减，一般适用于等差等比综合的；裂项相消，适用于分式型的；分组求和，适用于数列中相邻几项之和或差是定值的。21. 设向量，函数.（1）求在上的值域；（2）已知，先将的图象向右平移个单位长度，再把得到的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，然后再把得到的图象向上平移个单位长度，得到的图象，已知的部分图象如图所示，求
11、 的值.【答案】（1）；（2）2.【解析】试题分析：（1）根据向量的数量积运算化简可得，根据，可知，即可得到在上的值域；（2）由题意可知，在根据所给图像可得，最后由即可得解试题解析:（1）因为 ，因为，所以，所以，所以.（2）由题意可知，由图可知，由，可得，再将点代入，得，解得，所以.【点睛】本题考查两个向量的数量积公式，三角函数的恒等变换及化简求值，函数 的图象变换规律等问题其中（2）解题的关键是根据图像得到22. 已知函数 .（1）讨论的单调性；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）在上递增，在上递减；（2）.【解析】试题分析：（1）1）当时，在上单调递减； 2）当时，.当时，单调递减；当
12、时，在上大于0，在上单调递增，在上小于0，在上单调递减；（2）当时，满足题意；当时，不满足题意；当时，不满足题意；当时，由（1）可知 令，则将上式写为，令，解得 当时，满足题意；当时，不满足题意；综上可得，当时，.试题解析：（1）1）当时，在上单调递减；2）当时，.当时，在定义域上，单调递减；当时，的解为，（负值舍去），在上大于0，在上单调递增，在上小于0，在上单调递减；综上所述，当时，在单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）当时，满足题意；当时， ，不满足题意；当时，由于且，所以为两负数的乘积大于0，即，不满足题意；当时，由（1）可知 令，则将上式写为，令，解得，此时，而当时，满足题意；当时，不满足题意；综上可得，当时，.
