1、海南省 20172018 学年高中毕业班阶段性测试数学（文科）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 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意得： ， 故选：D2. 已知复数 满足 ， 为 的共轭复数，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意得： ， ，故选：A3. 如图，当输出 时，输入的 可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】当输出 时，此时 4= ，即 ，由 ，可得： ，即 ，同理： 。故选:B 4. 已知双曲线 ： 过点 ，且实轴的两个
2、端点与虚轴的一个端点组成一个等边三角形，则双曲线 的标准方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由双曲线 ： 过点 ，且实轴的两个端点与虚轴的一个端点组成一个等边三角形，可得： ，解得： ，双曲线 的标准方程是故选：C5. 要得到函数 的图象，只需把函数 的图象（ ）A. 向左平移 个单位 B. 向右平移 个单位C. 向左平移 个单位 D. 向右平移 个单位【答案】C【解析】由题意知：把函数 的图象向左平移 个单位，可得： .故选：C6. 已知实数 ， 满足 ，则 的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】作出可行域，如图所示：当直线经过点 B 时， 最大，即 ，
3、故选：B7. 把一枚质地均匀、半径为 的圆形硬币抛掷在一个边长为 的正方形托盘上，已知硬币平放在托盘上且没有掉下去，则该硬币完全落在托盘上（即没有任何部分在托盘以外）的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意可知，硬币的圆心必须落在小正方形中，如图：该硬币完全落在托盘上（即没有任何部分在托盘以外）的概率为 ，故选：B8. 函数 的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意可知： 的为奇函数，排除 B；当 时， ，当 时， ，排除 A，C，故选：D点睛：识图常用的方法(1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这一
4、特征分析解决问题；(2)定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题；(3)函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题9. 如图，网格纸上正方形小格的边长为 ，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的最长棱的长度为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体为三棱锥，如图所示：，故选：D点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.10. 已知函数
5、，则关于 的不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意易知： 为奇函数且在 上单调递增, ，即不等式 的解集为故选：A11. 在锐角三角形 中， ， ， 分别为内角 ， ， 的对边，已知 ， ，则 的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】 ， ， ，即 ， ，又 , ， , ，由正弦定理可得： ，解得：.故选：A12. 已知点 ，椭圆 的左焦点为 ，过 作直线 （ 的斜率存在）交椭圆于 ， 两点，若直线 恰好平分 ，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 的斜率存在，可设直线 为： ，带入椭圆方程可得：,设则 ， ，又直线 恰
6、好平分 ，即 ， ，2 ， ， ，又故选：C点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于 a，b，c 的方程或不等式，再根据 a，b，c 的关系消掉 b 得到 a，c 的关系式，建立关于 a，b，c 的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 已知 ， ，则 _【答案】【解析】 ，故答案为：点睛：利用 sin2 cos 2 1 可以实现角 的正弦、余弦的互化，利用 tan 可以实现角的弦切互化14. 已知 ， ，且 ，则 与 的夹角为_【答案】【解析】 ， ，由 ，可得： ，
7、与 的夹角为故答案为：15. 已知函数 的导函数为 ，且满足关系式 ，则 的值等于_【答案】【解析】由 ，可得： ， ，解得： .故答案为：16. 如图，在三棱锥 中， 平面 ， ，已知 ， ，则当最大时，三棱锥 的体积为_【答案】4【解析】设 ，则 ， ， ，当且仅当 ，即 时，等号成立.,故答案为：4三、解答题：共 70 分.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.（一）必考题：共 60 分.17. 已知数列 是公差为 的等差数列，且 ， ， 成等比数列.（1）求数列 的通项公式；（2）设 ，求
8、数列 的前 项和.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）由等差等比数列的基本公式求得 ，进而得到数列 的通项公式；（2） ，分成两组分别求和即可.试题解析：（1）因为 ， ， 成等比数列，所以 ，又因为数列 是公差为 的等差数列， ， ， ，所以 ，解得 ，所以 .（2）由（1）可知 ，因为 ，所以 .所以 .18. 如图，在直三棱柱 中， ， ，点 为 的中点，点为 上一动点.（1）是否存在一点 ，使得线段 平面 ？若存在，指出点 的位置，若不存在，请说明理由.（2）若点 为 的中点且 ，求三棱锥 的体积.【答案】(1)见解析(2) 【解析】试题分析：（1）存在点 ，且 为 的中点
9、.要证 平面 ，连接 ，点 ， 分别为 ， 的中点，转证 即可；（2）设点 ， 分别为 ，的中点，连接 ， ， ，易得 平面 ， ，从而得到三棱锥 的体积.试题解析：（1）存在点 ，且 为 的中点.证明如下：如图，连接 ， ，点 ， 分别为 ， 的中点，所以 为 的一条中位线， ，平面 ， 平面 ，所以 平面 .（2）如图，设点 ， 分别为 ， 的中点，连接 ， ， ，并设 ，则， ，由 ，得 ，解得 ，又易得 平面 ， ，.所以三棱锥 的体积为 .点睛：求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法分割法、补形法、等体积法. 割补法
10、：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决等积法：等积法包括等面积法和等体积法等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值19. 某城市为鼓励人们绿色出行，乘坐地铁，地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过 站的地铁票价如下表：乘坐站数票价（元）现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过 站，且他们各自在每个站下车的可能性是相同
11、的.（1）若甲、乙两人共付费 元，则甲、乙下车方案共有多少种？（2）若甲、乙两人共付费 元，求甲比乙先到达目的地的概率.【答案】(1)9(2) 【解析】试题分析：（1）由题意知甲、乙乘坐地铁均不超过 站，前 站设为 ， ， （2） ，甲、乙两人共有 种下车方案；（2）设 站分别为 ， ， ， ， ， ， ， ，因为甲、乙两人共付费 元，共有甲付 元，乙付 元；甲付 元，乙付 元；甲付 元，乙付 元三类情况. 由（1）可知每类情况中有 种方案，所以甲、乙两人共付费 元共有 种方案. 而甲比乙先到达目的地的方案有共 种，从而得到甲比乙先到达目的地的概率.试题解析：（1）由题意知甲、乙乘坐地铁均不超
12、过 站，前 站设为 ， ， ，甲、乙两人共有 ， ， ， ， ， ， ， ，种下车方案.（2）设 站分别为 ， ， ， ， ， ， ， ， ，因为甲、乙两人共付费 元，共有甲付 元，乙付 元；甲付 元，乙付 元；甲付 元，乙付 元三类情况.由（1）可知每类情况中有 种方案，所以甲、乙两人共付费 元共有 种方案.而甲比乙先到达目的地的方案有 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，共 种，故所求概率为 .所以甲比乙先到达目的地的概率为 .20. 已知抛物线 ： 的焦点为 ，过点 的直线 交抛物线 于 ， （ 位于第一象限）两点.（1）若直线 的斜率为 ，过点 ， 分别作直线 的垂线，垂足分别为 ，
13、 ，求四边形的面积；（2）若 ，求直线 的方程.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）直线 的方程为 ，与抛物线方程联立得 ，从而得到四边形 的面积；（2）直线 ： .设 ， ，由 化简可得 ， ，因为 ，所以 ，从而解得得 .试题解析：（1）由题意可得 ，又直线 的斜率为 ，所以直线 的方程为 .与抛物线方程联立得 ，解之得 ， .所以点 ， 的坐标分别为 ， .所以 ， ， ，所以四边形 的面积为 .（2）由题意可知直线 的斜率存在，设直线 的斜率为 ，则直线 ： .设 ，由 化简可得 ，所以 ， .因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，即 ，解得 .因为点 位于第一象限，所以 ，则
14、.所以 的方程为 .21. 已知函数 .（1）求函数 的单调区间；（2）证明： .【答案】(1) 的单调递增区间为 ， 的单调递减区间为 (2)见解析【解析】试题分析：（1）由题意可得 ，解不等式得到函数 的单调区间；（2）要证 成立，只需证 成立，易证： ， 。从而问题得证.试题解析：（1）由题意可得 ，令 ，得 .当 时， ，函数 单调递增；当 时， ，函数 单调递减.所以 的单调递增区间为 ， 的单调递减区间为 .（2）要证 成立，只需证 成立.令 ，则 ，令 ，则 ，当 时， ，当时， ，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以，又由（1）可得在 上 ，所以 ，所以命题得证.（二）选
15、考题：共 10 分.请考生在 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：坐标系与参数方程在平面直角坐标系 中，已知直线 ： （ 为参数） ，以坐标原点 为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 .（1）求曲线 的直角坐标方程；（2）设点 的极坐标为 ，直线 与曲线 的交点为 ， ，求 的值.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（）直接由直线的参数方程消去参数 t 得到直线的普通方程；把等式两边同时乘以 ，代入 x=cos， 2=x2+y2得答案；（）把直线的参数方程代入圆的普通方程，利用直线参数方程中参数 t 的几何意义求得的
16、值试题解析：（1）把 展开得 ，两边同乘 得 .将 ， ， 代入即得曲线 的直角坐标方程为 .（2）将 代入式，得 ，易知点 的直角坐标为 .设这个方程的两个实数根分别为 ， ，则由参数 的几何意义即得 .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）若不等式 对 恒成立，求实数 的取值范围.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：（1）通过讨论 x 的范围，得到各个区间上的 x 的范围，取并集即可；（2）根据绝对值的几何意义求出 m 的范围即可试题解析：（1）当 时，原不等式可化为 .若 ，则 ，即 ，解得 ；若 ，则原不等式等价于 ，不成立；若 ，则 ，解得 .综上所述，原不等式的解集为： .（2）由不等式的性质可知 ，所以要使不等式 恒成立，则 ，所以 或 ，解得 ，所以实数 的取值范围是 . 点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，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
