1、 - 1 - 洛阳市 2017-2018 学年高中三年级期中考试 数学试卷（理） 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】 C 【解析】 ， ， 故选 C. 2. 设复数 满足 （ 是虚数单位），则 的共轭复数 （ ） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】, ,， 故选 A. 3. 下列说法中 正确的个数是（ ） “ 为真命题 ” 是 “ 为真命题 ” 的必要不充分条件； 命题 “ ， ” 的否定是 “ ” ；
2、若一个命题的逆命题为真，则它的否命题一定为真 . A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】对于 ，若 “ ” 为真命题，则 都为真命题， “ ” 为真命题，若为真命题，只需 为真命题或 为真命题， “ ” 不一定为真命题，所以 “ 为真命题 ”是 “ 为真命题 ” 的充分不必要条件，故 错误；对于 ，命题 “ ， ”的否定是 “ ” ， 故 错误；对于 ，因为逆命题与否命题互为逆否命 题，所以 正确，即正确命题的个数为 ，故选 B. 4. 函数 的大致图象是（ ） - 2 - A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】试题分析：由 得， ，又 时，函数为增函数，且可取得任意实数，故选
3、 B。 考点：函数的奇偶性，对数函数的图象。 点评：简单题，研究函数的图象问题，一般要考虑函数的定义域、值域、函数的奇偶性及单调性等。 5. 某几何体的三视图如图所示，则几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】由三视 图知，该几何体是一个一条侧棱与底面垂直 ， 底面是边长为 的正方形的四棱锥，其中两个侧面面积为 ， 两个侧面面积为 ，底面积为 ， 所以表面积为 ，故选 D. - 3 - 6. 等比数列 中， ，函数 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】在等比数列 中 ， 由 ， 得 ， 函数 是 个因式的乘积，展开后含 的项仅有 ， 其余的项
4、 的指数均大于等于 ， 中的常数项仅有， ， 故选 D. 7. 将函数 的图象沿 轴向左平移 个单位后，得到一个偶函数的图象，则 的取值不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】 ,将函数 的图象向左平移 个单位后得到 ， ， 为偶函数， ， 当 时， 的取值分别为 ， ， 的取值不可能是， 故选 B. 8. 向量 均为非零向量， ，则 的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】由题意得，因为 所以， . 即 ， 所以向量 和 的夹角为 , - 4 - 又 ，所以 ，故选 A. 考点：向量的夹角公式及向量的数量积 的运算 . 9. 已知数列 的首项 ，则
5、 （ ） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】由 ， 可得， 是以 为公差 ， 以 为首项的等差数列 ， 故选 C. 10. 在三棱锥 中，底面 是直角三角形，其斜边 ， 平面 ，且，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】根据已知，可将三棱锥补成一个长方体，如下图： 则三棱锥的外接球就是这个长方体的外接球，由于 ， 且 是直角三角形，平面 ， 长方体的对角线长为， 三棱锥的外接球的半径 ，三棱锥的外接球的表面积为 ， 故选 A. 【方法点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题 .要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接
6、球半径的常见方法有： 若三条棱两垂直则用- 5 - （ 为三棱的长）； 若 面 （ ），则（ 为 外接圆半径）； 可以转化为长方体的外接球； 特殊几何体可以直接找出球心和半径 . 11. 已知函数 ，若关于 的方程 有 个不等的实数根，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 画出 的图象，如图，设 ， 原方程化为 ， 由图知，要使方程 个不等的实数根方程 ， 只需在 有上有两个不等的根 ， 则 ， 解得， 故选 C. 【方法点睛】本题主要考查分段函数的图象与性质 、 方程的根与系数之间的关系，数形结合思想的应用，属于难题 .数形结合是根据数量与图形之间的对应
7、关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度 .运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作 出函数图象以及熟练掌握函数图象的几种变换，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解 . 12. 用 表示不超过 的最大整数（如 ） .数列 满足 ，- 6 - （ ），若 ，则 的所有可能值得个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】 B 【解析】对 两边取倒数，得 ， 累加得， 由 为单调递增数列 ， ， 其中 ， 整数部分为 ， ， 整数部分为 ， ，整数部分为
8、 ， 由于 ，时， 的整数部分都是 ， 的所有可能值得个数为 ， 故选 B. 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. 设变量 满足约束条件： ，则 的最大值是 _ 【答案】 【解析】 作出约束条件 所对应的可行域（如图 ）， 而 表示可行域内的点到原点距离的平方，数形结合可得最大距离为 或 ， 的最大值为 ，故答案为 . 14. 若定义在 上的函数 ，则_ - 7 - 【答案】 【解析】由定积分的几何意义可得 ， 是以原点为圆心，以 为半径的圆的面积的一半， ， ， 故答案为 . 15. 设 均为正数，且 ，则 的最小值为 _ 【答案】
9、 【解析】 均为正数 ， 且 ， ， 整理可得， 由基本不等式可得 ， 整理可得 ， 解得 或 （ 舍去） ， ， 当且仅当 时取等号， 故答案为 . 【易错点晴】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题 .利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握 “ 一正，二定，三相等 ” 的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用 或 时等号能否同时成立） . 16. 已知函数 是定义在 上的偶函数，其导函数为 ，且当 时，则不等式 的解集为 _ 【答案
10、】 或 【解析】由 ，得 ， 即， 令 ， 则当 时 ， ， 即 在 上是减函数， ， ，即不等式等价为 ， 在 是减函数，偶函数 是定义在 上的可导函数 ， ， 在 递增 ， 由得 ， ， 或 ， 故答案为 或 . - 8 - 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. 已知向量 . （ I）若 ，求 的值 ; （ II）令 ，把函数 的图象上每一点的横坐标都缩小为原来的一半（ 纵坐标不变），再把所得图象沿 轴向左平移 个单位，得到函数 的图象，求函数 的单调增区间及图象的对称中心 . 【答案】（ I） ；（ II） ， . 【解析
11、】试题分析：（ I）由 可得 ，从而可得 ，根据二倍角的正切公式可得结果；（ II）由辅助角公式可得，根据平移变换可得 ，利用正弦函数的单调性，解不等式即可得结果 . 试题解析：（ I） ， 即 ， ， （ II）由（ I）得 ，从而 ， 解 得 ， 的单调增区间时 . 由 得 即函数 图象的 对称中心为 . 18. 已知数列 满足 ，设 . （ I）求证：数列 为等比数列，并求 的通项公式； （ II）设 ，数列 的前 项和 ，求证： . 【答案】（ I） ；（ II）证明见解析 . 【解析】试题分析：（ I） 可化为 即， - 9 - ，从而可得数列 为等比数列，进而可得 的通项公式；（
12、II）由（ I）可得 ，分组求和后，利用放缩法可得结论 . 试题解析：（ I）由已知易得 ，由 得 即 ； , 又 , 是以 为首项，以 为公比的等比数列 . 从而 即 ，整理得 即数列 的通项公式为 . （ II） ， ， ， . 19. 在 中， 分别是角 的对边，且 . （ I）求 的大小 ; （ II）若 为 的中点，且 ，求 面积最大值 . 【答 案】（ I） ；（ II） . 【解析】试题分析：（ I）首先正切化弦，然后利用两角和的余弦公式可得 ，从而可得 ，进而可得结果；（ II）由余弦定理可得 ，利用基本不等式可得 ，结合三角形面积公式可得结果 . - 10 - 试题解析：（
13、I）由 ，得 ， ， ， ， 又 . （ II）在 中，由余弦定理得 . 在 中，由余弦定理得 ， 二式相加得 ， 整理得 ， ， 所以 的面积 ， 当且仅当 时 “ ” 成立 . 的面积的最大值为 . 20. 已知函数 ，其导函数 的两个零点为 和 . （ I）求曲线 在点 处的切线方程； （ II）求函数 的单调区间； （ III）求函数 在区间 上的最值 . 【答案】（ I） ；（ II）增区间是 ， ，减区间是 ；（ III）最大值为 ，最小值为 . 【解析】试题分析：（ I）求出 ，由 解得 ，根据导数的几何意义可得切线斜率，利用点斜式可得切线方程；（ II）求出 ， 得增区间，得减区间；（ III）根据（ II）求出函数 的极值，与区间 端点出的函数值进行比较即可得结果 . 试题解析：（ I） .
