浙江省温州市十校联合体2017届高三上学期期末考试数学试题 Word版含答案

数学学科 试题

考生须知：

1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟；

2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。

3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题纸。

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。 1.已知集合（ ）

A．{x|1x2} B．{x|1x2} C．{x|1x2} D．{x|1x2} 2.

若

复

数

P{x|y2x}，Q{x|yln(x1)}，则PQ

z21i，其中

i为虚数单位，则z =

（ ）

A．1−i

B．1+i

C．−1+i

D．−1−i

3. “一条直线l与平面内无数条直线异面”是“这条直线与平面平行”的 （ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 4.

二

项

式

(x16)x的展开式中常数项为

（ ）

A．15 B．15 C．20 D．20

5.若向量a(sin2,bcos（ ）

1，则ab的值是 ),,且tan2864 B． C． D．2 55536.点P为直线yx上任一点，F1(5,0),F2(5,0)，则下列结论正确的是

4A．（ ）

1

A．||PF1||PF2||8 C．||PF1||PF2||8

B．||PF1||PF2||8 D．以上都有可能

log2(x),x07.设函数f(x)x，若关于x的方程f2(x)af(x)0恰有三个不同的实数

2,x0根

，

则

实

数

a

的

取

值

范

围

是

（ ）

A．[0,) B．(0,) C．(1,) D． [1,)

8.已知数列{an}的首项a11，前n项和为Sn，且满足2an1Sn2，则满足

1001S2n111000Sn10（ ） A．8

B．9

的n的最大值是

C．10 D．11

9.在OMN中，点A在OM上，点B在ON上，且AB//MN，2OAOM，若

yx2，则终点P落在四边形ABNM内（含边界）时，的取值范OPxOAyOBx1围是 （ ）

A．[,2] B．[,3] C．[,3] D． [,4]

10.点P为棱长是2的正方体ABCDA1BC11D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足（ ） A．12133243DPB，M则动点

P的轨迹的长度为

5254585 B． C． D． 5555二、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.某几何体的三视图是如图所示的直角三角形、半圆和等腰三角形， 各边的长度如图所示，则此几何体的体积是______，表面积是 ____________.

12.袋中有3个大小、质量相同的小球，每个小球上分别写有数字0,1,2，

2

第11题

随机摸出一个将其上的数字记为a1，然后放回袋中，再次随机摸出 一个，将其上的数字记为a2，依次下去，第n次随机摸出一个，将 其上的数字记为an记na1a2an，则（1）随机变量2的期望 是_______；（2）当n2n1时的概率是_______。 13.设f(x)是定义在R上的最小正周期为

75,)上的函数，且在[6635sinx,x[,0)166)__________. f(x)，则a______ ,f(3cosxa,x[0,]314.若OAB的垂心H(1,0)恰好为抛物线y22px的焦点，O为坐标原点，点A、B在此抛物线上，则此抛物线的方程是_______，OAB面积是________。

15.对于任意实数a(a0)和b，不等式|ab||ab||a|(|x1||x2|)恒成立，则实数x的取值范围是________。

ardACa,rdB16.设有序集合对(A,B)满足：AB{1,2,3,4,5,6,7,8},AB，记C分

别表示集合A,B的元素个数，则符合条件CardAA,CardBB的集合的对数是________.

17.已知A是射线xy0(x0)上的动点，B是x轴正半轴的动点，若直线AB与圆

x2y21 相切，则|AB|的最小值是________.

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. （本题满分14分）已知ABC三内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且

acosC3csinAbc，0

（1）求角A的值；

（2）求函数f(x)cos2x4sinAsinx在区间[

3

23,]的值域。 74

19. (本题满分15分)如图四边形PABC中，PACABC90，

PAAB23,AC4，现把PAC沿AC折起，使PA与平面ABC成60，设此时

P在平面ABC上的投影为O点（O与B在AC的同侧）， （1）求证：OB//平面PAC；

（2）求二面角P－BC－A大小的正切值。

20. (本题满分15分)定义在D上的函数f(x)，如果满足：对任意xD，存在常数M0，

都有|f(x)|M，则称f(x)是D上的有界函数，其中M称为函数f(x)的上界。已知函数f(x)13xax2x1， 35（1）当a,D[1,3]时，求函数f(x)在D上的上界的最小值；

31x/（2）记函数g(x)f(x)，若函数yg[()]在区间D[0,)上是以3为上界的

2有界函数，求实数a的取值范围。

1x2y221. (本题满分15分)椭圆221(ab0)的离心率为，左焦点F到直线l：x93ab 4

的距离为10，圆G：(x1)2y21， （1）求椭圆的方程；

（2）若P是椭圆上任意一点，EF为圆N：(x1)2y24的任一直径，求PEPF的

取值范围；

（3）是否存在以椭圆上点M为圆心的圆M，使得圆M上任意一点N作圆G的切线，

切点为T，都满足理由。

22. (本题满分15分)已知数列{an}满足a11,an1(1)若数列{an}是常数列，求m的值； （2）当m1时，求证：anan1；

（3）求最大的正数m，使得an4对一切整数n恒成立，并证明你的结论。

|NF|2？若存在，求出圆M的方程；若不存在，请说明|NT|12anm， 82016学年第一学期温州十校联合体高三期末考试

数学参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。 序号 答案

1 C 2 A 3 B 4 B 5 A 6 C 7 D 8 B 9 D 10 C 1212sincoscos22tan18225.解：A。absin2cos. 2221sincostan1()21526.若||PF1||PF2||8，则点P的轨迹是以F1(5,0),F2(5,0)为焦点的双曲线，其方

5

x2y231。因为直线yx是它的渐近线，整条直线在双曲线的外面，因此有程为

4169||PF1||PF2||8。

7.作出函数yf(x)的图象.因为由方程f2(x)af(x)0,得f(x)0或f(x)a.显然f(x)0有一个实数根x1,因此只要f(x)a有两个根(不是x1),利用图象可得, 实数a的取值范围是[1,).

1 。当n2 时，有2anSn12，两式相减2111n得an1an 。再考虑到a2a1，所以数列{an}是等比数列，故有Sn22()。

222122(2n)1001111112()n因此原不等式化为，化简得，得1n100021010002210()28.当n1 时，2a1S12，得a2 ，所以n的最大值为9. n4,5,6,7,9.利用向量知识可知，点Q(x,y)落 在平面直角坐标系中两直线xy1,xy2及

yx2y1y11k1，其中k

x1x1x114yx24。 表示点R(1,1) 与点Q连线的斜率。由图形可知k3，所以33x1x轴、y轴围成的四边形（含边界）内。又因为

10.直线DP在过点D且与BM垂直的平面内。又点P在内接球的球面上，故点P的轨迹是正方体的内切球与过D且与BM垂直的平面相交得到的小圆。可求得点O到此平面的距离为52545，截得小圆的半径为，所以以点P的轨迹的长度为。 555二、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. 16 、24(8413) 12. E21、13. 1、15.

n 3n32 14. y4x、105 215x 226

16. 44对 17. 222 分析：

11.解：16 ，24(8413) 。易知此几何体是半个圆锥。 12.解：E21，

n 。可以求得随机3n p 0 1 2 4 变量2的分布列如表所示，期望为1。当

n2n1时的概率是

n 3n5 91 92 91 913.解：1 ；753) ，即。由于f(x)的周期为，则f()f(6362516223cosasin()解得a1。， 此时f(。 )f()sin()36333214.解：y24x,105。因为焦点为H(1,0)，所以抛物线的方程是y24x 。设

A(a2,2a),B(b2,2b)，由抛物线的对称性可知，ba 。又因为AHOB ，得

2a2b1 ，解得a5（不妨取正值），从而可得。 a21b215.解：

|ab||ab|15x。原不等式可化为(|x1||x2|)恒成立，因22|a|求

此只要

y|ab|ab||a||a( 的

|最小值。因为

|ab||ab|b，所以ab(aba)(ab)0时取到最y2，且当

小值为2. 因此有|x1||x2|2，解得

15x 2216.解：44对。由条件可得CardAB,CardBA。当CardA0,CardB8时，显然不成立；当CardA1,CardB7时，则7A,1B，所以A{7},B{1,2,3,4,5,6,8}，符合条件的集合对有1对；当CardA2,CardB6时，则6A,2B，所以A中的另一

1个元素从剩下6个数中选一个，故符合条件的集合对有C6当CardA3,CardB56对；

7

时，则5A,3B，所以A中的另两个元素从剩下6个数中选2个，故符合条件的集合对

2有C615对；当CardA4,CardB4时，则4A,4B，矛盾；由对称性，剩下的几

种情况类似，故符合条件的集合的对数是2(01615)044对。

17.解一：222。设A(a,a),B(b,0)a(b,，则直线AB的方程是因为若直线AB与圆x2y21相切，所以dax(ab)yab0。

aba(ab)221，

化简得2a2b22aba2b2，利用基本不等式得ab2ab2ab22ab2ab，即ab222，从而得|AB|2222(ab)2a2ab222，当b2a，即

a22b,42时，2|AB|的最小值是222

解二：在AOB中，设|OA|a,|OB|b，则利用面积可得

11absin135|AB|1，22得|AB|由

2ab。 2余

弦

定

理

得

，

|AB|2a2b22abcos135b2，即

即有

12a2b2a22b22ab2，解a得bab4a2，

|AB|2ab222 2BOC，|AC|a,|BC|b，则

解三：设切点C点，AOC,tana,tanb，tan()abab21，即abab1()1，整理得1ab2(ab)24(ab)40 ，解得ab222，即|AB|的最小值是222。

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. (本题满分14分)

已知ABC三内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且acosC3csin（1）求角A的值；

（2）求函数f(x)cos2x4sinAsinx在区间[Abc0，

23,]的值域。 74 8

解：（1） 因为acosC3csinAbc0，

由正弦定理得sinAcosC3sinCsinAsinBsinC0，„„„„„„„„„„2分

即3sinCsinAcosAsinCsinC0。 因为sinC0，得3sinAcos分

所以sin(A分

解得A7分

（2）由上可得sinA分

所以f(x)cos2x4sinAsinx12sin2x23sinx2(sinx11分

因为x[A1， „„„„„„„„„„„„„„„„„„4

6)1，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„623 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„

3， „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„82325„)。

2223,]， 74所以sinx[12分

2,1]，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2故函数f(x)的值域为[6,]。 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„14分

19. (本题满分15分)

如图四边形PABC中，PACABC90，PAAB23,AC4，现把PAC沿AC折起，使PA与平面ABC成60，设此时P在平面ABC上的投影为O点（O与B在AC的同侧），

52 9

（1）求证：OB//平面PAC；

（2）求二面角P－BC－A大小的正切值。

解：（1）连AO，因为PO平面ABC，得POCA。

又因为CAPA，得CA平面PAO，CAAO。„„„„„„„„„„„„„„„3分

因为PAO是PA与平面ABC的角，PAO60。 因为PA23，得OA3。

在OAB中，OAB903060，故有OBOA，„„„„„„„„„„„„

6分

从而有OB//AC，得OB//平面PAC。 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分

（2）过O作BC的垂线交CB延长线于G点，连PG，则PGO是二面角P－BC－A的平面角。

在RtPGO中，易知PO3,OG所

33， 2以

tanPGO分

10

PO23„„„„„„„„„„15OG3

另解：（1）同上 （2）以

OB、OA、OP为

x、y、z

轴，建立坐标系，可得

A(0,3,0),B(3,0,0),C(4,3,0),P(0,0,3)。

可求得平面ABC的法向量是m(0,0,1)，平面PBC的法向量是(1,3,3)，所以二面

角P－BC－A大小的余弦值是cos20. (本题满分15分)

定义在D上的函数f(x)，如果满足：对任意xD，存在常数M0，都有|f(x)|M，则称f(x)是D上的有界函数，其中M称为函数f(x)的上界。已知函数

32123，即tan 3717f(x)13xax2x1， 35（1）当a,D[1,3]时，求函数f(x)在D上的上界的最小值；

31x（2）记函数g(x)f/(x)，若函数yg[()]在区间D[0,)上是以3为上界的

2135xax2x1，a,D[1,3]， 33有界函数，求实数a的取值范围。

解：（1）因为f(x)得

f/(x)x2„„1分

得

10x10， „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3x3或

1， „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分 311故可得函数f(x)在区间[1,]上单调递增，区间[,3]是单调递减。 „„„„„„

333分

因为f(1)2,f()所

1394,f(3)2， 81以

11

2f(x)94 ， „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分 81|f(x)|2，故有上界M2，即上界的最小值是2。„„„„„„„„„„„„„„

7分

（2）因为g(x)x22ax1， „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分

xx2x故有函数yg[()][()]2a()1，

121212x令()t，因为x[0,)，得t(0,1]。

12x因为函数yg[()]在区间x[0,)上是以3为上界的有界函数，

12得|g(t)|3在区间t(0,1]上恒成立 ，

即3t22at13 ，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„11分

得12分

2t1ta在区间t(0,1]上恒成立。 „„„„„„„„„„„„„„„t2t22t1t,q(t)， t2t22t当t(0,1]时，p(t)单调递增，

t251t1所以p(t)max；q(t)单调递减，q(t)min，

2t2251所以实数a的取值范围是a。 „„„„„„„„„„„„„„„„„

22记 p(t)15分

（另解：利用函数g(t)t2at1(0t1)的最值求解。 当a0时，函数g(t)在区间(0,1]上单调递增，

2g(1)22a311所以只要 ，解得a ，所以0a；

22g(0)13当1a0时，函数g(t)在区间(0,a]上单调递减，在区间[a,1] 单调递增，

12

g(1)22a31所以只要g(0)13 ，解得2a ，所以1a0；

2g(a)1a23当a1时，函数g(t)在区间(0,1]上单调递减，

g(1)22a355所以只要 ，解得a ，所以a1

22g(0)13综上可知，实数a的取值范围是21. (本题满分15分)

51a） 22x2y21椭圆221(ab0)的离心率为，左焦点F到直线l：x9的距离为10，圆

3abG：(x1)2y21，

（1）求椭圆的方程；

（2）若P是椭圆上任意一点，EF为圆N：(x1)y4的任一直径，求PEPF的

22取值范围；

（3）是否存在以椭圆上点M为圆心的圆M，使得圆M上任意一点N作圆G的切线，切点为T，都满足

|NF|2？若存在，求出圆M的方程；若不存在，请说明理由。 |NT|x2y21 „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„解：（1）983分

28212222（2）PEPFPN1(x1)y1(x1)(8x)1(x3)1，

93因为3x3 ，所以PEPF[3,15]，即PEPF的取值范围是[3,15]。„„„„

8分

m2n21， （3）设圆M(xm)(yn)r(r0)，其中98222则xy2mx2nymnr。 „„„„„„„„„„„„„„„„„„10分

22222 13

由于12分

|NF|2，则(x1)2y22[(x1)|NT|2y21]， „„„„„„„„„„„„

即x2y26x10，代入x2y22mx2nym2n2r2， 得2(m3)x2nym2n2r210对圆M上任意点N恒成立。

m3m30只要使n0，即n0，

r2m2n21r10m2n21，经检验满足故存在符合条件的圆，它的方程是(x3)2y210。 „„9815分

22. (本题满分15分)已知数列{an}满足a11,an1(1)若数列{an}是常数列，求m的值； （2）当m1时，求证：anan1；

（3）求最大的正数m，使得an4对一切整数n恒成立，并证明你的结论。 解：（1）若数列{an}是常数列，则a2得m3分

2（2）由条件得a2a1(a1m)a1m12anm， 8121a1mm1， 8877。显然，当m时，有an1。 „„„„„„„„„„„„„„„„881870，得a2a1。 8 „„„„„„5分 又因为an1两

121anm，an2an12m， 88式

相

减

得

11an2an1(an12an2)(an1an)(an1an)。 „„„„„„„„7分

88显然有an0 ，所以an2an1与an1an同号，而a2a10，所以an1an0，从

而

14

有

anan1。„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„9

分

（3）因为ak1ak10分

所以ana1(a2a1)(anan1)1(n1)(m2) 。 这说明，当m2时，an越来越大，显然不可能满足an4。

所以要使得an4对一切整数n恒成立，只可能m2。„„„„„„„„„„„„„12分

下面证明当m2时，an4恒成立。用数学归纳法证明： 当n1时，a11显然成立。 假设当nk时成立，即ak4， 则当nk1时，ak1121akakm(ak4)2m2m2， „„„„„„„88121ak24224成立。 88由上可知an4对一切正整数n恒成立。

因此，正数m的最大值是2. „„„„„„„„„„„„„„„„„„„15分

数学第21题第二问中的EF改为AB，N改为G

数学第21题第二问的参考答案为两个（如图），无论哪个都判定为正确。答案中的E、F、N无论用什么其他字母代替也都判定为正确。

15