浙江省“七彩阳光”联盟高三上学期期初联考数学试题word版含答案

1、最新资料推荐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，满分 150 分，考试时间120 分钟。考生注意：1 答题前，请务必将自己的姓名、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规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。参考公式：球的表面积公式锥体的体积公式S4 R2V1 Sh3球的体积公式其中 S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高V4 R3台体的体积公式31其中 R 表示球的

2、半径Vh(SaSa Sb Sb )3柱体的体积公式其中 Sa、 Sb 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.已知集合 A x | x22x30 ， B y | y3x21, xR ，则 A B（）A. x | 3x 1B. x |1x2C. x |1x1D. x |1x32.已知 i 是虚数单位，若复数z 满足41 i ，则 zz（）z1A.4B.5C.6D.83.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱

3、锥的表面积为（）A. 842B. 6223C. 642D. 62 223- 1 -最新资料推荐4.若 a,bR ，使 | a |b | 4 成立的一个充分不必要条件是（）A. | a b | 4B. | a | 4C. | a | 2 且 |b | 2D. b45.若 m2n 20( m, n0) ，则 lg m (lg nlg 2) 的最大值是（）A.1B. 2C. 3D.26.2x23x的大致图象是（）函数 f ( x)2exA.B.C.D.x2 y27. 已知变量 x, y 满足约束条件 xy 0，若不等式 2x y m20 恒成立，则实数 m 的x4取值范围是（）A. 6,6B. (,

4、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S ABC1 a2 ，则 c 的最大4b值为（）A.2 1B.2C.2 1D.2 29.若 nN* 时，不等式 (nx6)ln( n) 0 恒成立，则实数x 的取值范围是（）xA. 1,6B. 2,3C.1,3D.2,610.已知直角三角形ABC 的两条直角边 AC2, BC3 ， P 为斜边 AB 上一点，沿 CP 将此三角形折成直二面角A CP B ，此时二面角 PACB 的正切值为2 ，则翻折后AB 的长为（）A.2B.5C.6D.7- 2 -最新资料推荐非选择题部分（共1

5、10 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163的系数为.11. (12 )(1x)展开式中 xx12. 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 （这个游戏的游戏规则是：如果玩者没有通过上一个234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an的前n 项和是 Sn ，若 Sk 1 4, Sk9 ，则 ak， a1

6、的最大值为.14.已知椭圆的方程为x2y21，过椭圆中心的直线交椭圆于A, B 两点， F2 是椭圆的右焦94点，则ABF2 的周长的最小值为， ABF2 的面积的最大值为.15.已知函数 f (x)sin(x)(0,|) 的图象经过点(0, 3 ) ，若 f( x)f () 对226x R 恒成立， 则的值为，当 最小时， 函数 g ( x)f ( x)22在区3间 0,22的零点个数为.21 a b21 ，则 | ab | 的最大值为16.若向量 a, b满足 ab.217.设关于 x 的方程 x2ax20和 x2x1 a0 的实根分别为x1, x2和 x3 , x4，若x1 x3x2x4

7、，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.（本题满分14 分）已知f ( x)23 cos2 xsin 2 x3 1( x R) .求：（ 1） f ( x) 的单调增区间；（ 2）当 x, 时，求 f (x) 的值域 .44- 3 -最新资料推荐19. （本题满分15 分）如图， ABCD 为正方形，PDCE 为直角梯形，PDC 90 ，平面ABCD平面 PDCE ，且 PD AD 2EC2 .（ 1）若 PE 和 DC 延长交于点F ，求证： BF / / 平面 PAC .（ 2）若 Q 为 EC 边上的动点，求直线BQ

8、 与平面 PDB 所成角正弦值的最小值.20. （本题满分15 分）已知函数xa ln x1处的切线的斜率为 1.f ( x)在 xx（ 1）如果常数 k0 ，求函数 f (x) 在区间 (0, k 上的最大值；2m 0，如果方程2mf ( x) x0 在 (0,)上有且只有一个解，求m 的值.（ ）对于21.（本题满分15 分）已知 F 是抛物线 C : x24 y 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 l1, l2 ，切点分别为 A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ) .（ 1）如果点P 在直线 y1 上，求11| AF |的值；| BF

9、|（ 2）若点 P 在以 F 为圆心，半径为4 的圆上，求 | AF | BF |的值 .22. （本题满分15 分）在数列an 中， a1 2, an 1 2(11)an .n（ 1）求数列an的通项公式；（ 2）设 b2n的前 n项和为 Sn ，试求数列SS 的最小值；，数列 bnann2 nn（ 3）求证：当 n2 时，S n7n11.212- 4 -最新资料推荐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 C提示： Ax x2

10、2x3 0x 1x3， By y3x21,xRy y 1 ，则 A Bx1x1 ，故选 CD2 B442E提示：由1i ，得 z12 i ，则 zz5 ，故选 B11zz1 i3 AAC提示：把该三视图还原成直观图后的几何体是如图的四棱锥，红色线四B棱锥 A-BCDE为三视图还原后的几何体，其表面积为842 .4 D提示：由 b4 可得 ab4 ，但由 ab4 得不到 b4 ，如 a1,b5 5 Alg mlg 2n2lg2m2n提示： lg mlg nlg 2lg m lg 2n24，又由m 2n2022mn ，所以 mn50 ，从而 lg mlg nlg 21，当且仅当 m10 ， n5

11、时取最大值6 B提示：由 f x的解析式知有两个零点32x2x3x与 x0，排除Af x，又2ex2由 fx 0 知函数有两个极值点，排除C， D，故选 B7 Dx2 y2提示：作出约束条件xy0所对应的可行域（如图中阴影x4部分），令 z2xy ，当直线经过点 A4,1时， z 取得最大值，即 zmax2417 ，所以 (,77, ) ，故选 D- 5 -最新资料推荐8 C提 示 ： 根 据 题 意 ， 有 S ABC1a21bc sin A， 应 用 余 弦 定 理 ， 可 得42b2c22bc cosA2bc sin A， 于 是t212tc oAst 2， 其 中 tc 于 是sAi

12、nb2t sin A2t cosAt 21 ，所以 22 sin(A)t1 ，从而 t12 2 ，解得 t 的最大值为4tt2 1 9. B提示：原式有意义所以x 0, 设 f (n)xn6, g(n)ln( n ) ，则 f (n), g(n)均为增函数 .x欲使 n N * 时， f (n), g( 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 | x6 |1，解得 x2,3，检验 x2,3 两个端点符合题意，所以x2,3.x10. 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

13、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 P AC B 的平 面角， 且 tan PDEEP2， 设PDDPa，则 EP2a如 图 ， 设BCP， 则ACP90， 则 在 直 角 三 角 形 DPC 中 ，PCaa， 又在 直 角三 角 形 PCE中 ， t a nPE则s i n9 0c o sPCatan2a ， sin2 cos2所以45 ，因为二面角ACP B 为直cos二面角，所以c oA s C Bc oA s C ，P于是B C P222ACBCABcoACPsACP s1，解得72 AC BC2in AB解法

14、二： 由BCPACP450 得 AM2, BN3 2, MN2, 翻折后AN22ABAMMNNB , 故 ABAM MN27 。PNBMCB- 6 -最新资料推荐二、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： 1161611 x66的项系数为 C6320，对1 xx，在 1x 中，x3x2x2163563的系数为20 614 21 x 的x项系数为 C6， xx12. 1 ， 13 .4 12提示：随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3.又 P( X2)(11111(11111(111，)342)23)42344P( X0)(11(11(1

15、1)1，)4423P( X1)1(11)(11)(11)1(11)(11 )(11)111，23423423424P( X3)1111234.24所以，随机变量X 的分布列为X0123P11111424424随机变量 X 的数学期望 E( X )01111213113.13.5 ，4.42442412提示： akSk Sk 1 5k a152，可知 a1 的最大值，因为 Sk9 ，又 k 的最小值为2为 4.14. 10,2 5 .提示：连接AF1 , BF1 ，则由椭圆的中心对称性可得CSABF2AF2 BF2ABAF1AF2 AB 6 AB 6 4 10ABF2S AF1 F212 5 2

16、25 215.112k ， kN ， 8.提示：由题意得，且当 x时，函数f (x) 取到最大值，故32k，3662k Z ， 解 得1 12k， kN ， 又 因 为0 ， 所 以的 最 小 值 为1 因 此 ，- 7 -最新资料推荐gxfx32sin x2 的零点个数是8 个2216.210 .5a2ab2222ab24a b ，提示：因为b2 a2b ， ab222222所以 a b2a ba ba b1，即 5 a b3 a b1 ，8882即 a b 283 a b8 ，故 a b2 10 555517.1a1提示：由 x2ax20 得 ax2x1a0得 ax2x1在同一个坐标，由

17、x2x系中画出 yx2和 yx2x1的图象由 x2x2x1，化简得 x32 x2x20 ，xx此方程显然有根x2 ，所以 x32x 2x1x1x20 ，解得 x1或 x1 或2 xx2 ，当 x2 ，或 x1 时， y1；当 x 1时， y1，由题意可知，1a 1三、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）解： fxsin 2x3(2 cos2 x1)1sin 2x3 cos 2x12sin(2x)1 - 4分35（ 1）由 2k2x2k，得2k2x2k，23626k5xk,(kZ )1212函数 f ( x) 的单调增区间为k5

18、, k,( kZ ) .- 10分1212（ 2）因为 x4,，2x3, 5，466sin(2 x)1 ,1，f ( x)0, 3. - 14分3 219. （本题满分 15 分）- 8 -最新资料推荐（1）证明：在梯形PDCE中， PDEC，C为DF中点，2CFCDAB ， 且 AB/CF，ABFC为 平 行 四 边 形 ，BF / AC , AC面PAC，BF面PAC，BF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EC PD，所以 EC平行于平面 PBD，因为 ABCD为正方形，所以 ACBD ，又因为 PD平

19、面 ABCD，所以 PD AC，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 OQ2 ， - 12分令CQ k(0k 1)，所以BQk 24，所以sinQBOOQ2210BQk241245 15 分方法二：建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，可知平面PDB 的一个法向量为AC( 2,2,0) ， B(2,2,0) ， Q(0,2,t )( 0t1) ， - 12分BQ(2,0, t) ，令直线 BQ 与平面 PDB所成角为，sinBQ AC4210 - 15分BQ AC8t 24124520.（本题满分 15分）解

20、：（1）由 f (x)xa ln x 得 fxa1ln x，因为 f11 ，所以 a1，从而xx2f ( x)xln x1ln x - 3分xx所以 f( x)1ln x，令 f ( x)0 得 x e 所以当 x(0, e) 时， f ( x)0 ，函数 f ( x) 单x2调递增；当 x( e,) 时， f( x)0，函数 f ( x) 单调递减因此如果 0 ke ，则函数 f ( x) 的最大值为 f ( k)kln k；k如果 ke ，则函数的最大值为f (e)e1分e -7（ 2 ） 因 为 x2mf (x)x22mx2m ln x， 令 gx2x 2m x 2mln ，x 则 方

21、程x2m f ( x)x在0 (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- 9 -最新资料推荐因为 g (x)2x2m2m2 (x 2mxm) ，令 g (x)0 ，则 x1mm 24m （舍去） ，xx2x2mm24m ，所以当 x(0, x2 )时， g (x ) 0 ， g( x) 单调递减；当 x( x2 ,) 时，2g (x )0， g( x) 单调递增 - 11分因此 g( x) 在xx2 时取到最小值，由题意知g( x )022mln x0 ，2222，从而有 x2mx又x2220，所以2m ln x2 mx2m0，- 13分因为m0

22、，mx m所以 2ln x2x210 ，令 h( x) 2ln xx1，则当 x0 时 h(x) 单调递增，且 h(1)0 ，所以 x21 ，由此可得 m1 - 15分2（解法二）由 2mf ( x)x 0得 1f ( x)-9分2mx设f (x)xln x1 x2lnx分，由于 h( x)1x 2ln x 单g ( x)xx2，则 g (x)x3-11调递减且 h(1)0 ，所以0,1 时 g( x) 单调递增，1,时 g( x) 单调递减 -14分。方 程 2m f ( x)x0在 (0,) 上 有 且 只 有 一 个 解 等 价 于1g( x)maxg (1)。 故2mm1 - 15分2

23、21.（本题满分15 分）解 ： 因 为 抛 物 线 的 方 程 为 yx2xPA， 所 以 y， 所 以 切 线的 方 程 为42yy1x1 ( xx1 ) ，即 x1 xyy10，同理切线 PB的方程为 x2 x yy20 ，设222P x0 , y0 ，则由得 x1 x02 y12 y00 以及 x2 x0 2y22y0 0 ，由此得直线 AB 的方程为x0 x2y2 y00 - 3分（ 1 ）由 于 点 P 是 直 线 y1 上 的 一 个动 点 ， 所 以 y01 ， 即 直 线 AB 的 方 程为x0 x 2y20 ，因此它过抛物线的焦点 F 0,1当 x00时， AB 的方程为 y1 ，此时 AFBF2 ，所以11AF1