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1、- 1 - 2017 学年第一学期浙江“七彩阳光”联盟期初联考高三年级数学学科试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，全卷共4 页，选择题部分1 至 2 页，非选择题部分 3 至 4 页，总分值150 分，考试时间120 分钟。考生注意：1 答题前，请务必将自己的、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。2 答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应位置上标准作答，在本试题卷上的作答一律无效。参考公式：球的外表积公式锥体的体积公式24SR13VSh球的体积公式其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高343VR台体的体积公式其中R表示球的半径1()3aabbV
2、h SSSS柱体的体积公式其中abSS、分别表示台体的上、下底面积，VShh表示台体的高其中S表示柱体的底面面积，h表示柱体的高选择题部分共 40 分一、选择题：本大题共10 小题，每题4 分，共40 分在每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2|230Ax xx，2|31,RBy yxx，则ABA.| 31xxB.|12xxC.|11xxD.|13xx2. 已知i是虚数单位，假设复数z满足411iz，则z zA.4 B.5 3. 某四棱锥的三视图如下图，则该四棱锥的外表积为A.842B.622 3C.642D.62 22 3精选学习资料 - - - - - - - -
3、- 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 11 页- 2 - 4. 假设,Ra b，使| 4ab成立的一个充分不必要条件是A.|4abB.| 4aC.| 2a且|2bD.4b5. 假设220(,0)mnm n，则lg(lglg 2)mn的最大值是A.1 B.2C.36. 函数223( )2xxxfxe的大致图象是A. B. C. D. 7. 已知变量, x y满足约束条件2204xyxyx， 假设不等式220 xym恒成立，则实数m的取值范围是A.6,6B.(,66,)C.7,7D.(,77,)8. 已知, ,a b c分别为ABC的内角,A B C的对边，其面积满足214A
4、BCSa，则cb的最大值为A.21B.2C.21D.229. 假设N*n时，不等式(6)ln()0nnxx恒成立，则实数x的取值范围是A.1,6B.2,3C.1,3D.2,610. 已知直角三角形ABC的两条直角边2,3ACBC，P为斜边AB上一点，沿CP将此三角形折成直二面角ACPB，此时二面角PACB的正切值为2，则翻折后AB的长为A.2 B.5C.6D.7精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 11 页- 3 - 非选择题部分共110分二、填空题：本大题共7 小题，多空题每题6 分，单空题每题4 分，共 36 分11. 6
5、21(1)(1) xx展开式中3x的系数为. 12. 某人喜欢玩有三个关卡的通关游戏，根据他的游玩经验，每次开启一个新游戏，这三个关卡他能够通过的概率分别为1 1 1,2 3 4这个游戏的游戏规则是：如果玩者没有通过上一个关卡，他照样可以玩下一个关卡，但玩该游戏的得分会有影响，则此人在开启一个这种新的游戏时，他能够通过两个关卡的概率为. 设X表示他能够通过此游戏的关卡的个数，则随机变量X的数学期望为. 13. 已知等差数列na的前n项和是nS，假设14,9kkSS，则ka，1a的最大值为. 14. 已知椭圆的方程为22194xy，过椭圆中心的直线交椭圆于,A B两点，2F是椭圆的右焦点，则2A
6、BF的周长的最小值为，2ABF的面积的最大值为. 15. 已知函数( )sin()(0,|)2f xx的图象经过点3(0,)2，假设( )()6fxf对Rx恒成立， 则的值为，当最小时， 函数2( )()32g xf x在区间0,22的零点个数为. 16. 假设向量,a b满足22112aa bb，则|ab的最大值为. 17. 设关于x的方程220 xax和210 xxa的实根分别为12,x x和34,xx，假设1324xxxx，则a的取值范围是. 三、解答题：本大题共5 个小题，共74 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.此题总分值14 分已知2( )2 3 cossin 231
7、(R)f xxxx.求： 1( )f x的单调增区间； 2当,44x时，求( )f x的值域 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 11 页- 4 - 19. 此题总分值15 分如图，ABCD为正方形，PDCE为直角梯形，90PDC，平面ABCD平面PDCE，且22PDADEC. 1假设PE和DC延长交于点F，求证：/ /BF平面PAC. 2假设Q为EC边上的动点，求直线BQ与平面PDB所成角正弦值的最小值.20. 此题总分值15 分已知函数ln( )xaxf xx在1x处的切线的斜率为1. 1如果常数0k，求函数( )f
8、 x在区间(0,k上的最大值； 2对于0m，如果方程2( )0mfxx在(0,)上有且只有一个解，求m的值 . 21. 此题总分值15 分已知F是抛物线2:4Cxy的焦点，点P是不在抛物线上的一个动点，过点P向抛物线C作两条切线12,l l，切点分别为1122(,),(,)A xyB xy. 1如果点P在直线1y上，求11|AFBF的值； 2假设点P在以F为圆心，半径为4 的圆上，求| |AFBF的值 . 22. 此题总分值15 分在数列na中，1112,2(1)nnaaan. 1求数列na的通项公式； 2设2nnnba，数列nb的前n项和为nS，试求数列2nnSS的最小值； 3求证：当2n时
9、，271112nnS. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 11 页- 5 - 2017 学年第一学期浙江“七彩阳光”联盟期初联考高三年级数学学科参考答案选择题部分共40 分一、选择题：本大题共10 小题，每题4 分，共 40 分在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1C 提示：223013Ax xxxx，231,1By yxxRy y，则AB11xx，故选 C2B 提示：由411iz，得41121zii，则25z zz，故选 B3A 提示：把该三视图复原成直观图后的几何体是如图的四棱锥，红色线四棱锥 A-BCDE
10、为三视图复原后的几何体，其外表积为84 2. 4D 提示：由4b可得4ab，但由4ab得不到4b，如1,5ab5A 提示：22lg2lglg 2lglglg 2lglg224mnmnmnmn，又由2202 2mnmn，所以50mn，从而lglglg 21mn，当且仅当10m，5n时取最大值6B 提示：由fx 的解析式知有两个零点32x与0 x，排除 A ，又2232xxxfxe，由0fx知函数有两个极值点，排除C，D ，故选 B7D 提示：作出约束条件2204xyxyx所对应的可行域如图中阴影部分，令2zxy，当直线经过点4,1A时， z 取得最大值，即max2417z，所以(,77,)，故选
11、 DDECBA精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 11 页- 6 - 8C 提 示 ： 根 据 题 意 ， 有211sin42ABCSabcA， 应 用 余 弦 定 理 ， 可 得222cos2sinbcbcAbcA， 于 是212 cos2 sinttAtA， 其 中ctb 于 是22 sin2 cos1tAtAt，所以12 2sin()4Att，从而12 2tt，解得t 的最大值为219. B 提示：原式有意义所以0 x, 设( )6, ( )ln()nf nxng nx，则( ),( )f ng n*nN时，( ),(
12、 )f ng n同号，只需两函数图像和横坐标轴n 为自变量交点间的距离不超过1，即6| 1xx，解得2,3x，检验2,3x两个端点符合题意，所以2,3x. 10. D 提示：如图，在平面PCB内过P作直二面角ACPB的棱CP的垂线交边BC于E，则EPACP于是在平面PAC中过P作二面角PACB的棱AC的垂线， 垂足为D，连接DE， 则PDE为 二面角PACB的 平 面角，且tan2EPPDEPD， 设DPa，则2EPa如 图 ， 设BCP， 则90ACP， 则 在 直 角 三 角 形DPC中 ，cossin 90aaPC， 又 在 直 角 三 角 形PCE中 ，tanPEPC则tan2cosa
13、a，2sin2 cos所以45，因为二面角ACPB为直二面角，所以coscoscosACBACPBCP，于是2221cossin22ACBCABACPACPAC BC，解得7AB解法二： 由045BCPACP得3 222,22AMBNMN, 翻折后ABAMMNNB , 故27ABAMMNNB。CBAPMN精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 11 页- 7 - 二、填空题：本大题共7 小题，多空题每题6 分，单空题每题4 分，共 36 分11.14. 提示：66622111111xxxxx，在61x中，3x的项系数为3620C
14、，对6211xx的3x项系数为566C，3x的系数为2061412.14，1312. 提示：随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3. 又1111111111(2)(1)(1)(1)2342342344P X，1111(0)(1)(1)(1)2344P X，11111111111(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)23423423424P X，1111(3)23424P X. 所以，随机变量X的分布列为X0 1 2 3 P14112414124随机变量X的数学期望1111113()012342442412E X. 13.5 ，4. 提示：15kkkaSS，因为1592kk aS，又k的最
15、小值为2，可知1a的最大值为 4. 14. 10,2 5. 提示：连接11,AF BF，则由椭圆的中心对称性可得2221266410ABFCAFBFABAFAFABAB21212 5 22 52ABFAF FSS15.1 12k，kN， 8. 提示：由题意得3，且当6x时，函数( )f x取到最大值，故2 632k，kZ， 解 得1 12k，kN， 又 因 为0， 所 以的 最 小 值 为1 因 此 ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 11 页- 8 - 22sin322g xfxx的零点个数是8 个16. 2 105.
16、提示：因为222222ababab ，224ababa b ，所以2222128abababab，即2253188abab，即22388555abab，故2 105ab17.11a提示：由220 xax得2axx，由210 xxa得21axx在同一个坐标系中画出2yxx和21yxx的图象由221xxxx，化简得32220 xxx，此方程显然有根2x，所以32221120 xxxxxx，解得1x或1x或2x，当2x，或1x时，1y；当1x时，1y，由题意可知，11a三、解答题：本大题共5 小题，共74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤18. 此题总分值14 分解：xf1)1cos2(32
17、sin2xx12cos32sinxx1)32sin(2x- 4分1由223222kxk，得622652kxk，)(,12125Zkkxk函数)(xf的单调增区间为)(,12,125Zkkk.- 10分2因为4,4x，65,632x，1 ,21)32sin(x，3, 0)(xf. - 14分19. 此题总分值15 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 11 页- 9 - 1证明：在梯形PDCE中，PD2EC，C为DF中点，ABCDCF， 且AB/CF，ABFC为 平 行 四 边 形 ，ACACBF,/面PAC，BF面PAC，B
18、F平面PAC. - 7分2 方法一：令点Q在面PBD上的射影为O，QBO直线BQ与平面PDB所成角 - 9分ECPD，所以EC平行于平面PBD，因为ABCD为正方形，所以BDAC，又因为PD平面ABCD，所以PDAC，所以AC平面PBD，所以点 C到面PBD的距离为2，因为EC平行于平面PBD，所以点Q到PBD的距离2OQ， - 12分令)10(kkCQ，所以42kBQ，所以51041242sin22kBQOQQBO 15 分方法二：建立如下图的空间直角坐标系Oxyz，可知平面PDB的一个法向量为)0 ,2,2(AC，)0 ,2,2(B，)10)(,2,0(ttQ，- 12分), 0, 2(t
19、BQ，令直线BQ与平面PDB所成角为，510412484sin22tACBQACBQ - 15分20. 此题总分值15 分解： 1由ln( )xaxf xx得21ln xfxax，因为11f，所以1a，从而lnln( )1xxxf xxx- 3分所以21ln( )xfxx，令( )0fx得xe所以当(0, )xe时，( )0fx，函数( )f x单调递增；当( ,)xe时，( )0fx，函数( )f x单调递减因此如果0ke，则函数( )f x的最大值为ln( )kkf kk；如果ke，则函数的最大值为1( )ef ee-7分 2 因 为2( )xmf x222lnxmxmxx， 令222ln
20、g xxmxmx ， 则 方 程2( )0mf xx在(0,)上有且只有一个解等价于函数( )g x在(0,)上有且只有一个零点 -9分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 11 页- 10 - 因为222( )22()mg xxmxmxmxx，令( )0g x，则2142mmmx舍去 ，2242mmmx，所以当2(0,)xx时，( )0g x，( )g x单调递减；当2(,)xx时，( )0g x，( )g x单调递增 - 11分因此( )g x在2xx时取到最小值，由题意知2()0g x，从而有222222ln0 xmxm
21、x，又2220 xmxm，所以222ln0mxmxm，- 13分因为0m，所以222ln10 xx，令( )2ln1h xxx，则当0 x时( )h x单调递增，且(1)0h，所以21x，由此可得12m- 15分解法二由2( )0mf xx得1( )2f xmx -9分设2( )ln( )f xxxg xxx， 则312ln( )xxg xx-11分， 由于( )12lnh xxx单调递减且(1)0h，所以0,1时( )g x 单调递增，1,时( )g x 单调递减 -14分。方 程2( )0mf xx在(0,)上 有 且 只 有 一 个 解 等 价 于max1( )(1)2g xgm。 故1
22、2m- 15分21. 此题总分值15 分解 ： 因 为 抛 物 线 的 方 程 为24xy， 所 以2xy，所 以 切 线PA的 方 程 为111()2xyyxx，即1102xxyy，同理切线PB的方程为2202xxyy，设00,P xy，则由得1010220 x xyy以及2020220 x xyy，由此得直线AB的方程为00220 x xyy- 3分 1 由 于 点P是 直 线1y上 的 一 个 动 点 ， 所 以01y， 即 直 线AB的 方 程 为0220 x xy，因此它过抛物线的焦点0,1F当00 x时，AB的方程为1y，此时2AFBF，所以111AFBF；当00 x时， 把直线A
23、B方程代入抛物线方程得到220210yxy，从而有121y y，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 11 页- 11 - 所以12121212211111111yyAFBFyyy yyy综上，111AFBF- 7分2由 1知切线PA的方程为211=24xxyx，切线PB的方程为222=24xxyx，联立得点P1212,24xxx x- 9分设 直 线AB的 方 程 为ykxm， 代 入2:4Cxy得2440 xkxm 因 此124xxk12=4x xm，所以点P的坐标为2 ,km，由题意22414PFkm，所以221164
24、mk，从而12(1)(1)AFBFyy221212121111kxmkxmk x xk mxxm22244116416mkkmk.- 15分22. 此题总分值15 分解： 1 由条件112 1nnaan得121nnaann，又12a，所以121a，因此数列nan构成首项为2，公比为2 的等比数列，从而12 22nnnan，因此，2nnan-4分2由 1得1nbn，设2nnncSS，则111122ncnnn，所以1111112322122ncnnnnn，从而111111102122122221nnccnnnnnn，因此数列nc是单调递增的，所以1min12ncc- 9分3当2n时，11221122222nnnnnSSSSSSSS1221122nnccccS，由 2知12222nnccc，又111,12cS，2712c，所以21127171111112212nnSnccSn- 15分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 11 页