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1、.专业.专注.word 可编辑 .台州市 2017 学年第一学期高三年级期末质量评估试题 数学 2018.01 参考公式：柱体的体积公式：VSh 其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高 锥体的体积公式：13VSh 其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高 台体的体积公式：112213Vh SS SS 其中1S、2S分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高 球的表面积公式：24SR 球的体积公式：243VR，其中R表示球的半径 选择题部分（共 40 分）一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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.设集合|11Mxx，|1
2、24xNx，则MN=（）A.|10 xx B.|01xx C.|12xx D.|12xx 2.若复数2()1izi（i为虚数单位），则|z=（）A.2 B.1 C.12 D.22 3.已知为锐角，且3tan4，则sin2=（）A.35 B.45 C.1225 D.2425 4.已知aR，则“1a”是“|1|1|2aa”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件.专业.专注.word 可编辑 .5.已知数列na满足11a，*12()nnaanN，则（）A.21nan B.12nna C.2nSn D.12nnS 6.有3位男生，3位女生和1位老师站在
3、一起照相，要求老师必须站中间，与老师相邻的不能同时为男生或女生，则这样的排法种数是（）A.144 B.216 C.288 D.432 7.已知实数x，y满足不等式组30,20,30,xxyxy则22(1)(2)xy的取值范围是（）A.1,5 B.5,5 C.5,25 D.5,26 8.已知函数21,0,()3,0,xxf xxxx若函数()()(1)g xf xk x在(,1恰有两个不同的零点，则实数k的取值范围是（）A.1,3)B.(1,3 C.2,3)D.(3,)9.已知m，n是两个非零向量，且1m，23mn，则mnn的最大值为（）A.5 B.10 C.4 D.5 10.当1,4x时，不等
4、式322044axbxax恒成立，则ab的取值范围是（）A.4,8 B.2,8 C.0,6 D.4,12 非选择题部分（共 110 分）二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每小题 6 分，单空题每小题 4 分，共 36分.专业.专注.word 可编辑 .11.双曲线22143xy的离心率为_，渐近线方程为_.12.已知随机变量X的分布列为：X 1 2 3 P 12 13 m 则m=_，()D X=_.13.某四面体的三视图如图所示，则该四面体的体积为_；表面为_.14.若2(23)nxx的展开式中所有项的系数之和为 256，则n=_，含2x项的系数是_（用数字作答）.15.当0 x 时，(0
5、)1axax的最小值为 3，则实数a的值为_.16.在ABC中，内角A，B，C所对的边为a，b，c，点P是其外接圆O上的任意一点，若2 3a，7bc，则222PAPBPC的最大值为_.17.如图，在棱长为2的正四面体SABC中，动点P在侧面SAB内，PQ 底面ABC，垂足为Q，若3 24PSPQ，则PC长度的最小值为_.专业.专注.word 可编辑 .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.已知函数22()sin cos(cossin)f xaxxbxx（xR，a，b为常数），且3()24f，1()124f.（1）求()f x的单调递增区间；（2）当
6、,4 4x 时，求函数()f x的最大值与最小值.19.如图，正方形ABCD的边长为 4，点E，F分别为BA，BC的中点，将ADE，DCF，分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A，连接A B.（1）求证：EF 平面A BD；（2）求A D与平面BEDF所成角的正弦值.20.已知函数2()(1)xf xxxe.（1）求函数()f x的单调区间；.专业.专注.word 可编辑 .（2）当0,2x时，2()2f xxxm 恒成立，求m的取值范围.21.已知椭圆C:22221(0)xyabab的左右焦点分别为1F，2F，左顶点为A，点(2,3)P在椭圆C上，且12PFF的面积为2 3.（1）求椭
7、圆C的方程；（2）过原点O且与x轴不重合的直线交椭圆C于E，F两点，直线,AE AF分别与y轴交于点M，N，.求证：以MN为直径的圆恒过交点1F，2F，并求出1FMN面积的取值范围.22.数列na，nb中，nS为数列na的前n项和，且满足111ab，3(2)nnSna，*1(,2)nnnabnNna.（1）求na，nb的通项公式；（2）求证：2482111112naaaa；（3）令lnncb，123nnTcccc，求证：2*2()2(1)nnnTnNn n.专业.专注.word 可编辑 .台州市 2017 学年第一学期高三年级期末质量评估试题 数学参考答案及评分标准 2018.01 一、选择题
8、 1-5:BCDBC 6-10:DDABA 二、填空题 11.72，32yx 12.16，59 13.323，16 16 2 14.4，108.专业.专注.word 可编辑 .15.4 16.914 17.112 三、解答题.18.解：（1）由题得：1()sin2cos22f xaxbx，由3()24f，1()124f，得3,4131,424bab 故13,24ab，131()sin2cos2sin(2)4423f xxxx，当222232kxk，kZ时，()f x的单调递增，可得51212kxk，kZ，()f x的单调递增区间为5,()1212kkkZ；（2）由（1）得1()sin(2)23
9、f xx，由44x得：52636x.11sin(2)32x，故()f x在,4 4 上的最大值为14，最小值为12.19.解：（1）,A DA E A DA F，A D 平面A EF，又EF 平面A EF，A DEF，由已知可得EFBD，EF 平面A BD；（2）由（1）知平面A BD 平面BEDF，则A DB为A D与平面BEDF所成角，设BD，EF交于点M，连A M，则2A MBM，3 2DM，又A D 平面A EF，A M 平面A EF，A DA M，在Rt A DM中，21sin33 2A MA BDDM，A D与平面BEDF所成角的正弦值为13.专业.专注.word 可编辑 .20.
10、解：（1）函数()f x的定义域为|x xR，()(2)(1)xfxxxe，0 xe，()0fx，解得1x 或2x，()f x为减函数，()0fx，解得12x，()f x为增函数，()f x的单调递减区间为(,1),(2,)，单调递增区间为(1,2)；（2）2()2f xxxm 在0,2x恒成立，222()2(1)2xmf xxxxxexx，令22()(1)2xg xxxexx，则()(2)(1)2(1)xg xxxex，当0,1)x时，(1)(22)()0 xxxxeg xe，当(1,2)x，(1)(22)()0 xxxxeg xe，()g x在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，
11、min1()(1)1g xge，11me.21.解：（1）1 21232 32PF FSc，2c，又点(2,3)P在椭圆C上，222314aa，42980aa，解得28a，或21a（舍去），又224ab，24b，所以椭圆C的方程为22184xy；（2）(2 2,0)A，1(2,0)F，2(2,0)F，方法一：当直线EF的斜率不存在时，E，F为短轴的两个端点，则0,2M，(0,2)N，11FMF N，22F MF N，则以MN为直径的圆恒过焦点1F，2F，当EF的斜率存在且不为零时，设直线EF的方程为(0)ykx k，设点00(,)E xy（不妨设00 x），则点00(,)Fxy，.专业.专注.
12、word 可编辑 .由22184ykxxy，消去y得22812xk，所以022 212xk，022 212kyk，所以直线AE的方程为22 2112kyxk，因为直线AE与y轴交于点M，令0 x 得22 2112kyk，即点22 2(0,)112kMk，同理可得点22 2(0,)112kNk，122 2(2,)112kFMk，122 2(2,)112kF Nk，110FM FN，11FMF N，同理22F MF N，则以MN为直径的圆恒过焦点1F，2F，当EF的斜率存在且不为零时，222 22 2112112kkMNkk222 212kkk212 224k，1FMN面积为1142OFMN，又当
13、直线EF的斜率不存在时，4MN，1FMN面积为1142OFMN，1F MN面积的取值范围是4,).方法二：当E，F不为短轴的两个端点时，设0000(,),(0,2 2)E xyxx，则00(,)Fxy，由点E在椭圆C上，220028xy，所以直线AE的方程为00(2 2)2 2yyxx，令0 x 得002 22 2yyx，即点002 2(0,)2 2yMx，同理可得点002 2(0,)2 2yNx，以MN为直径的圆可化为222000220088088x yyxyyxx，.专业.专注.word 可编辑 .代入220082xy，化简得2200440 xxyyy，令220,40,yxy解得2,0,x
14、y 以MN为直径的圆恒过焦点1(2,0)F，2(2,0)F，00002 22 2|2 22 2yyMNxx0200168|8yxy，又022y，|4MN，1FMN面积为11|42OFMN，当E，F不为短轴的两个端点时，|4MN，1FMN面积为11|42OFMN，1FMN面积的取值范围是4,).22.解：（1）3(2)nnSna，当2n时，113(1)nnSna，13(2)(1)nnnanana，111nnanan，31211221nnnnnaaaaaaaaaa3 41(1)11 2212nnn nnn，*(1)()2nn nanN，1,1,1,2;1nnbnnn（2）12121(21)2(21
15、)2nnnnna12111222nnn，24821111naaaa21111138322n，1111(1)111184(1)1336414nn111362，2482111112naaaa；（3）当1n 时，左边11ln0Tb右边，.专业.专注.word 可编辑 .当2n时，1231ln1lnlnlnln3451nnTn，1 2 3(1)2lnln3 4 5(1)(1)nnn n ，22222ln(1)2(1)2(1)nnnnnTn nn nn n，2(1)2ln22(1)n nnnn n，令(1)(1)2n nxx，则2(1)2ln22(1)n nnnn n2211ln2ln0 xxxxxx，易知1()2lnf xxxx在(1,)上单调递增，所以()(1)0f xf，22(2)2(1)nnnTnn n，由可知对于任意的*nN，222(1)nnnTn n.