河北省石家庄市行唐县三中、正定县三中、正定县七中2017届高三数学12月联考试题理

1、行唐县第三中学、正定县第三中学、正定县第七中学20162017 学年第一学期 12 月联考试卷高三数学（理科）时间 :120 分钟满分 :150 分第卷一、选择题：共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项1已知集合 x|x22x30 ， x| 2x 2 ，则 ()ABABA 2， 1B 1,2)C 1,1 D 1,2)2设 z1) i ，则 | z| (1 i123A. 2B. 2C.2D23设向量 a， b 满足 | a b| 10， | ab| 6，则 a b ()A 1 B 2 C 3 D 54抛物线 y2 8x的焦点到直线x

2、3y 0 的距离是 ()A 2 3 B 2 C.3 D 15设 m， n 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面 ()A 若 mn， n ，则 m B 若 m ， ，则 m C 若m ，n ， n ，则m D若mn， n ， ，则 m 6 4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为()1357A. 8B.8C.8D.8xy8，2yx4，且 z 5y x 的最大值为 a，最小值为 b，则 a7若变量 x， y 满足约束条件x 0，y0，b 的值是 ()A 48B 30C 24D 168将函数 y 3sin2x的图象向右平移个单位长度，所得图象

3、对应的函数()32A在区间 ， 7上单调递减12127B在区间 12， 12上单调递增C在区间6， 3上单调递减1 / 10D在区间 ， 上单调递增639设等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 Sm 1 2， Sm 0， Sm1 3，则 m ()A 3B4C 5D 610由曲线 yx，直线 yx 2 及 y 轴所围成的图形的面积为 ()10B 4C.16D 6A.3311已知抛物线C： y2 8x 的焦点为 F，准线为 l ， P 是 l上一点， Q是直线 PF与 C 的一个交点，若，则 | QF| ()75C 3D2A.B.2212已知函数 f32x ，且 x 0，则 a 的取值范围为

4、( x) ax3x 1，若 f ( x) 存在唯一的零点00()A (2 ， )B ( ， 2)C (1 ， )D ( ， 1)第卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分13直线 x 2y 55 0 被圆 x2 y2 2x 4y 0 截得的弦长为 _114在 ABC中，内角 A， B， C所对的边分别是a， b， c. 已知 b c4a，2sin B 3sin C，则 cos A的值为 _15若数列nn2n1n的通项公式是 a 的前 n 项和 S 3a 3，则 a an.16已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球面上， ABC是边长为 1 的正三角形，SC为球 O的直径，且SC 2，则

5、此棱锥的体积为 _ .三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤(12分)C的内角， ，C所对的边分别为a ，b， c 向量m a, 3b17与 n cos ,sin 平行（ I ）求；（ II ）若 a7 ， b2 求C 的面积18. (12 分) 如图，四棱锥 P-ABCD中，底面 ABCD为矩形， PA平面 ABCD， E为 PD的中点(1) 证明： PB平面 AEC；(2) 设二面角 D -AE-C 为 60， AP 1， AD 3，求三棱锥 E- ACD的体积19. (12分) 端午节吃粽子是我国的传统习俗，设一盘中装有10 个粽子，其中豆沙粽2 个，2 / 10肉粽 3 个

6、，白粽5 个，这三种粽子的外观完全相同，从中任意选取3 个。（ 1）求三种粽子各取到 1 个的概率；（ 2）设 X 表示取到的豆沙粽个数，求X 的分布列与数学期望x2y2320 (12 分 ) 已知点(0 ， 2) ，椭圆：22 1( 0) 的离心率为，F是椭圆E的右AEaba b223焦点，直线AF的斜率为3 ， O为坐标原点(1) 求 E 的方程；(2) 设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P， Q两点当 OPQ的面积最大时，求 l 的方程32axx21 (12分) 设函数 f ( x) ex( aR) (1)若 f ( x) 在 x 0 处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y f

7、 ( x) 在点 (1 ， f (1)处的切线方程；(2)若 f ( x) 在 3 ， ) 上为减函数，求a 的取值范围请考生在第 22、 23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分。作答时请写清题号22. (10 分 ) 选修 4 4：坐标系与参数方程已知曲线 C 的参数方程为x 4 5cos t ，为参数 ) ，以坐标原点为极点， x 轴的(t1y 5 5sin t ，正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为 2sin .2(1) 把 C1 的参数方程化为极坐标方程；(2) 求 C1 与 C2 交点的极坐标 ( 0,0 2 ) 23. (10 分 ) 选修 4 5：不等

8、式选讲已知函数 f ( x) |2 x 1| |2 x a| ， g( x) x 3.(1) 当a 2 时，求不等式f( )1，且当 x 2， 2 时， f ( x) g( x) ，求 a 的取值范围高三数学理科答案1解析：选 AA x| x 1 或 x3 ，故 A B 2， 111 i1 i112 解析：选Bz 1 i i （ 1 i ）（ 1 i ） i 2 i 22i ，则 | z| 1 21 222 2 23解析：选A由条件可得， ( a b) 2 10，( a b) 2 6，两式相减得4a b4，所以 a b 1.4解析：选D抛物线 y2 8x 的焦点 F(2， 0) 到直线 x3y

9、 0 的距离是d 22 0 13 / 105解析：选 C选项 A、 B、D中 m均可能与平面 平行、垂直、斜交或在平面 内6解析：选 D由题知所求概率 P24 2 724 8xy8，7解析：选 C2yx4，约束条件表示以 (0 ， 0) ， (0 ， 2) ， (4 ， 4) ， (8 ， 0) 为顶点的x 0，y 0四边形区域， 检验四个顶点的坐标可知，当 x 4，y4 时，azmax54 4 16；当 x 8，y 0 时， b zmin50 8 8， a b242x8 解 析 ： 选 B 将 y 3sin3的 图 象 向 右 平 移 2 个 单 位 长 度 后 得 到 y 223sin 2

10、 x 2 3 ，即 y3sin2x3的图象，令2 2k 2x 3 2 2k ，72k Z，化简可得x 12k ，12 k (k Z) ，即函数y 3sin2x 3的单调递增区7间为 12 k， 12 k (k Z) ，令 k 0，可得调递增9解析：选 C 由 Sm 1 2，Sm 0，Sm 13，得等差数列的公差为 d am 1am 3 21，am a1（ m 1）d 2，y 3sin2x 2 ，73在区间 1212 上单am Sm Sm 1 2，am1 Sm1 Sm 3，所以由1Sm a1m m（ m 1）d 0，2a1 m 1 2，a1 2，得1解得a1m 2m（ m 1） 0，m 5，10

11、解析：选C作出曲线 yx和直线 y x 2 的草图 ( 如图所示 ) ，所求面积为阴影部分的面积yx，由得交点 A(4 ，2) yx 2因此 yx与 y x 2 及 y 轴所围成的图形的面积为342x2 14 x（ x 2） dx4(x x 2)dx (x2 2x)|00320 2 8 1 1624324 / 1016.311解析：选 C过点 Q作 QQ l 交 l 于点 Q，因为，所以 | PQ| | PF| 34，又焦点 F 到准线 l 的距离为4，所以 | QF| | QQ| 3.12解析：选B当 0 时，f(x) 3x2 1 有两个零点，不符合题意，故a0.( )afx2223ax 6

12、x3x( ax 2) ，令 f (x) 0，得 x 0或 x a，由题意得a0，解得a 0 ，所以 c = 3 .故ABC的面积为1 b=c3s3 inA.2218. 解：(1) 证明：连接 BD交 AC于点 O，连接 EO.因为 ABCD为矩形，所以O为 BD的中点6 / 10又 E 为 PD的中点，所以 EO PB.因为 EO? 平面 AEC， PB?平面 AEC，所以 PB平面 AEC.(2) 因为 PA平面 ABCD，ABCD为矩形，所以 AB， AD， AP两两垂直可取 n 13， 1， 3.m又 n2 (1 ， 0， 0) 为平面 DAE的法向量，121，即31由题设 |cos n

13、 ，n | 2 ，234m23解得 m 2.111因为 E 为 PD的中点，所以三棱锥 E-ACD的高为 ，三棱锥 E-ACD的体积 V 32323132 2 8 .19解： (1) 令 A 表示事件“三种粽子各取到1 个”，则由古典概型的概率计算公式有P( A)111235C C C 1 C103 4.(2) X的所有可能值为0，1， 2，且312，P( X 0) C3 7 ， P( X 1) C3C 7828C1015C1015C22C811P( X 2) 3 .1015C综上知， X 的分布列为X012P7711515157713故 E( X) 0 151 152 15 5( 个) 7

14、/ 1022320解析： (1) 设 F( c, 0) ，由条件知， c 3，得 c 3.又c3，所以 a 2， b2a2 c21.a2故 E 的方程为 x2y2 1. 4(2) 当 l x 轴时不合题意，故设 l ：y kx 2， P( x1， y1) ， Q( x2， y2) 2将 ykx 2 代入 x y2 1 得(1 4k2) x2 16kx 12 0. 422 38k2 4k2 3当 16(4 k 3)0，即 k 4时， x1,2 4k2 1.从而 | | k2x14k21 4k2 3 1|2| 2.PQx4k 1又点 O到直线 PQ的距离 d2.2k 114 4k2 3所以 OPQ

15、的面积 S OPQ2d|PQ| 4k2 1 .2S OPQ t4t4设 4k 3 t ，则 t 0，2 44.t t47因为 t t 4，当且仅当t 2，即 k2 时等号成立，且满足0.77所以，当 OPQ的面积最大时， l的方程为 y 2 x2 或 y 2 x 2.21. 解： (1) 对 f ( x) 求导得（ 6xx2xa） e （3x ax） e( ) x2fx（ e ） 3x2（ 6 a）x aex.因为 f ( x) 在 x0 处取得极值，所以f (0) 0，即 a0.3x2 3x2 6x当 a0 时， f( x) ex ， f(x) ex，33故 f (1) e， f (1) e

16、，从而 f ( x) 在点 (1 ， f (1) 处的切线方程为33y e e( x 1) ，化简得 3x ey 0. 3x2（ 6 a） x a(2) 由 (1) 知 f (x) ex，令 g( x) 3x2 (6 a) xa，由 g( x) 0，8 / 1062 366 a2 36aaa.解得 x16，x26当 xx1 时， g( x)0 ，即 f (x)0 ，故 f ( x) 为减函数；当 x1x0 ，即 f (x)0 ，故 f ( x) 为增函数；当 xx2 时， g( x)0 ，即 f (x)0 ，故 f ( x) 为减函数由 f ( x) 在 3 ， ) 上为减函数，6 a2 36

17、9a3，解得 a 2.知 x269故 a 的取值范围为 ， . 222. 解： (1)x4 5cos t ，将消去参数 t ，化为普通方程 (x 4) 2(y 5) 2 25，y 5 5sin t即 C1： x2 y2 8x 10y 16 0.x cos ，将代入 x2y2 8x 10y 16 0y sin得 2 8 cos 10 sin 16 0.所以 C1 的极坐标方程为 2 8 cos 10 sin 16 0.(2)C 2 的普通方程为 x2 y2 2y 0.x2y2 8x 10y 16 0，x 1，x 0，由解得y 1，或x2 y2 2y 0，y 2.所以 C1 与 C2 交点的极坐标分别为2， 4 ， 2， 2 .23. 解：