河北省2018届高三上学期阶段性综合检测(一)数学---精校Word版含答案

1、2017衡水二中高三数学阶段性综合检测（一）学校:_姓名：_班级：_考号：_评卷人得分一、选择题1如图,点是正方形外的一点,过点作直线,记直线与直线， 的夹角分别为， ，若 ，则满足条件的直线（ ）A. 有1条 B. 有2条 C. 有3条 D. 有4条2设点是双曲线 上的一点，分别是双曲线的左、右焦点，已知,且，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 3直线, 且不同为经过定点（ ）A. B. C. D. 4已知函数的导数为不是常数函数，且，对恒成立，则下列不等式一定成立的是（ ）A. B. C. D. 5我国的神舟十一号飞船已于2016年10月17日7时30分在酒泉卫星发射中心成功发射升空，并于19日凌晨，与天宫二号自动交会对接成功如图所示为飞船上某零件的三视图，网格纸表示边长为1的正方形，粗实线画出的是该零件的三视图，则该零件的体积为（ ）A4 B8 C12 D206如图， 为固定电线杆，在离地面高度为的处引拉线，使拉线与地面上的的夹角为，则拉线的长度约为（ ）（结果精确到，参考数据： ， ， ）A. B. C. D. 7已知直线平面，直线平面，给出下列命题： 其中正确命题

2、的序号是（ ）A. B. C. D. 8如图是函数 图象的一部分，对不同，若，有，则的值为（ ）A. B. C. D. 9已知全集，集合，则等于（ ）A B C D10定义在上的函数满足： ，当时，有，且设，则实数与的大小关系为（ ）A. B. C. D. 不确定11函数的零点个数为A. 0 B. 1 C. 2 D. 312已知的定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是 （ ）A. B. C. （1，2） D. 评卷人得分二、解答题13在中，点在线段上.()若，求的长； ()若，求的取值范围.14如图，在多面体中，四边形和都是直角梯形， ， ， ， 平面， ， ， 是的中点.（1）求证： 平面；（2）求二面角的余弦值.15（本小题满分12分）已知函数， (1)求函数的单调区间；(2)当时，过原点分别作曲线与的切线， ，已知两切线的斜率互为倒数，证明： ；(3)设，当， 时，求实数的取值范围16已知数列满足， ， ，等差数列满足， . （1）求；（2）记，求；（3）求数列前200项的和.17已知命题关于的方程有两个不相等的负实数根，命题关于的不等式的解集为，若“或”为真命题，“且”

3、为假命题，求实数的取值范围.18如图，圆锥的顶点为，底面圆心为，线段和线段都是底面圆的直径，且直线与直线的夹角为，已知，（1）求该圆锥的体积；（2）求证：直线平行于平面，并求直线到平面的距离19（1）已知角终边上一点，且，求和的值（2）已知是第三象限的角，且，化简；若，求20如图为矩形， 为梯形， 平面为的中点， （）求证： 平面；（）若为正方形，求证：平面平面评卷人得分三、填空题21若动直线与函数和的图象分别交于M、N两点，则|MN|的最大值为_22若，则_23等比数列中，前项和（为常数），则=_；24若的二项展开式中，含项的系数为，则实数_参考答案1D【解析】 故可知；由于平移不改变两直线的夹角，故题目可以转化为过点的直线与直线， 的夹角为的直线有多少条；记直线， 的夹角为，可以求得，故,故，即，故， ，故过点的直线与直线， 的夹角为的直线有4条，分别在这两直线夹角及补角的平分面上故选：D2D【解析】在RT中，设，则由勾股定理得：，所以，而由双曲线定义知，离心率，故选D.3A【解析】令且，解得时，当时，不管取何值，恒成立，直线经过定点，故选A.4A【解析】原式等于 ，设 ，那么 ，

4、所以函数 是单调递增函数， ，即 ，故选A.【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求解不等式，需要构造函数，一般：（1）条件含有 ，就构造 ，(2)若 ，就构造 ，（3） ，就构造 ，（4）或是 就构造 ，或是熟记 ， 等函数的导数，便于给出导数时，联想构造函数。5C【解析】试题分析：由三视图知，该几何体是四棱锥，且底面为长6、高为2的矩形，高为3，所以该几何体的体积，故选C考点：1、空间几何体的三视图；2、四棱锥的体积6C【解析】在直角ABC中，sinABC=，AB=ACsinABC=6sin48= 故选C.7C【解析】平面且可以得到直线平面，又由直线m平面，所以有m；即为真命题；因为直线平面且可得直线平行与平面或在平面内，又由直线m平面，所以与m，可以平行，相交，异面；故为假命题；因为直线平面且m可得直线m平面，又由直线m平面可得；即为真命题；由直线平面以及m可得直线m平行与平面或在平面内，又由直线m平面得与可以平行也可以相交，即为假命题。所以真命题为。故选C.8D【解析】根据函数 图象的一部分，可得，周期为，由，可得函数的图象关于直线对称，故，由五点法作图可得，结合，可得，故选D.

5、点睛：本题主要考查由函数的部分图象求解析式，函数的图象特征，属于中档题；由最大值求出，结合图象可得，由五点法作图求得，由，可得的值，从而求得的值.9A【解析】试题分析：依题意，全集，集合，则，则，故选A.考点：1、集合的基本关系；2、集合的基本运算.10C【解析】 函数 满足，令 得 ；令 得 在 为奇函数，单调减函数且在 时， ，则在时， ，又 ， ，即 ，故选C.【方法点晴】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧：；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.11C【解析】 ,所以当 时 ; 当 时 ;因此零点个数为2,选C.12D【解析】设g(x)=xf(x)，则g(x)=xf(x)=xf(x)+xf(x)=xf(x)+f(x) (x1)f(x21),x(0,+)，(x+1)f(x+1)(x+1)(x1)f(x21)，(x+1)f(x+1)(x21)f(x21)，g(x+1)g(x21)，x+12.本题选择D选项.13()或5.().【解析】试题分析：()由

6、题意结合余弦定理列出方程并求解可得或5.()由题意结合平面向量数量积的坐标运算得到关于实数t的二次函数，利用二次函数的性质可得求的取值范围是.试题解析：()在中由余弦定理得，即得解得或5.()取的中点，连接，以分别为轴，建立直角坐标系，则设， 当时，有最小值为，当时有最大值为9.的范围.14（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）取的中点为，连接，要证平面，只需证得即可；（2）过作于，连接，过作于，连接，则为所求二面角的平面角的补角.试题解析：（1）证明：取的中点为，连接,是的中点，是梯形的中位线， ， ，即四边形是平行四边形，又平面， 平面，平面.（2）解：， 平面，平面，过作于，设，则，连接，由（1）得，过作于，连接，则为所求二面角的平面角的补角.，则，则,二面角的余弦值为.15（1）单调递增区间是，单调递减区间是；（2）证明见解析；（3）.【解析】（1）求原函数的导函数，对分类讨论可得原函数的单调区间；（2）背景为指数函数与对数函数关于直线对称，主要考查利用导函数研究曲线的切线及结合方程有解零点存在性定理的应该用求参数的问题，得到不等式的证明；（3）考查利用导数处理函数的最

7、值和不等式的恒成立求参数的范围问题，求导过程中用到了课后习题 这个结论，考查学生对知识的掌握程度.（1）依题意，函数的定义域为，对求导，得若，对一切有，函数的单调递增区间是若，当时， ；当时， 所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是 （2）设切线的方程为，切点为，则，所以， ，则由题意知，切线的斜率为， 的方程为设与曲线的切点为，则，所以， 又因为，消去和后，整理得 令，则， 在上单调递减，在上单调递增若，因为， ，所以，而在上单调递减，所以若，因为在上单调递增，且，则，所以（舍去）综上可知， （3）， 当时，因为，所以，在上递增， 恒成立，符合题意当时，因为，所以在上递增，且，则存在，使得所以在上递减，在上递增，又，所以不恒成立，不合题意综合可知，所求实数的取值范围是16（1）;（2） ;（3） .【解析】试题分析：（1）利用降次公式化简，得到的表达式，求得的值，利用基本元的思想列方程组求得.（2）将（1）的结论代入，可求得.（3）根据（2）可知， 为等差数列，要求的数列前项和等价于的前项和，利用等差数列前项和公式可求得的值.试题解析：（1）由题意知， 于是， ，故数列的公差为3，

8、故.（2） .（3）由（2）知，数列为等差数列，故 .17【解析】试题分析：利用一元二次方程有两个不相等的实根与判别式的关系即可得出，再利用不等式的解集为与判别式的关系即可得出，由或为真， 且为假，可得与为一真一假，两种情况分别求解不等式组，求并集即可得出答案.试题解析：若为真命题，则有，所以. 若为真命题，则有，所以.由“或”为真命题，“且”为假命题，知命题与一真一假.当真假时，由得；当假真时，由，得.综上， 的取值范围为.18（1）（2）【解析】试题分析：（1）利用圆锥的体积公式求该圆锥的体积；（2）由对称性得，即可证明直线平行于平面，到平面的距离即直线到平面的距离，由，求出直线到平面的距离.试题解析：（1）设圆锥的高为，底面半径为，则，圆锥的体积；（2）证明：由对称性得，不在平面，平面，平面，C到平面的距离即直线到平面的距离，设到平面的距离为，则由，得，可得，直线到平面的距离为19（1）；（2）【解析】试题分析：（1）根据三角函数的定义求出，在根据定义求出和的值；（2）利用诱导公式、同角三角函数基本关系式即可得出，利用诱导公式得到，根据角的位置求出，继而得最后结果.试题解析：（1）解得， ， .(2

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