【河北省保定市定州中学】2017届高三下学期第一次月考数学试卷-答案

CE=．上存在点，符合题意，此时1
a c
河北省保定市定州中学2017届高三下学期第一次月考数学试卷
解析
一、选择题
1．【考点】MP：用空间向量求直线间的夹角、距离．
【分析】先以OB．OA．OD所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系；并求出各点的坐标，进而求出，的坐标，最后代入向量的夹角计算公式即可得到结论．
【解答】解：分别以OB．OA．OD所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，
易得A（0，R，0），B（R，0，0），C（0，，D（0，0，R），
∴，
即异面直线AB与CD所成角的余弦值为．
故选：A．
2．【考点】K4：椭圆的简单性质．
【分析】通过椭圆、抛物线的焦点相同，计算即得结论．
【解答】解：由a2=6．b2=2，可得c2=a2﹣b2=4，
∴到椭圆的右焦点为（2，0），
∴抛物线y2=2px的焦点（2，0），
∴p=4，
故选：C．
3．A．53B．35C．5×4×3D．5×4
【考点】D3：计数原理的应用．
【分析】根据题意，分析可得每名同学可自由选择其中的一个讲座，即每位同学均有3种讲座可选择，进而根据分步计数原理得到结果．
【解答】解：根据题意，每名同学可自由选择其中的一个讲座，即每位同学均有3种讲座可选择，
则5位同学共有3×3×3×3×3=35种不同的选法，
故选：B
4．【考点】2K：命题的真假判断与应用．
【分析】先写出命题的否命题、逆否命题，可以判断其真假，再利用命题真假的等价性判断．
【解答】解：否命题：“若A∪B=B，则A∩B=A”为真命题；
逆否命题：“若A∩B=A，则A∪B=B”为真命题．
因此逆命题与原命题也为真命题．
故选D．
5．【考点】1E：交集及其运算．
【分析】分别求解分式不等式和一元二次不等式化简集合A与集合B，然后直接利用交集运算求解．
【解答】解：由，得，解得0≤x＜1．
所以{x|}={x|0≤x＜1}，
又B={x|x2＜2x}={x|0＜x＜2}，
所以A∩B={x|0≤x＜1}∩{x|0＜x＜2}={x|0＜x＜1}．
故选A．
6．【考点】89：等比数列的前n项和．
【分析】利用等比数列的性质，列出方程求解即可．
【解答】解：一个由正数组成的等比数列，的前4项之和为前2项之和的5倍，
可得：=5，
1+q2=5，解得q=2，
故选：B．
7．【考点】7C：简单线性规划．
【分析】先根据约束条件画出可行域，设z=x+y，再利用z的几何意义求范围，只需求出向量和的夹角的余弦值的取值范围即可，从而得到z值即可．
【解答】解：==，
∵，
∴当时，=3，
当时，=﹣3，
∴z的取值范围是[﹣3，3]．
∴故选B．
8．【考点】Q6：极坐标刻画点的位置．
【分析】利用极坐标与直角坐标系的坐标的互化公式即可求出．
【解答】解：∵直角坐标系中的点的坐标为，
∴ρ=2，tanθ=﹣（），
∴θ=．
∴直角坐标系中的点的极坐标为（2，）．
故选：D．
9．【考点】9R：平面向量数量积的运算．
【分析】运用向量的平行四边形法则和三角形法则，得到•=（﹣）•（+）=﹣，再由向量的模的公式，即可得到答案．
【解答】解：由平行四边形ABCD得，
•=（﹣）•（+）=﹣
=（9+4）﹣4=9．
故选：C．
10．【考点】3T：函数的值．
【分析】利用指数函数的性质及运算法则求解．
【解答】解：在指数函数中，
y=a x满足（a x）y=a xy，
故具有性质“对任意的x＞0，y＞0，函数f（x）满足[f（x）]y=f（xy）”的是指数函数．
故选：A．
11．【考点】M3：空间向量的加减法；M5：共线向量与共面向量．
【分析】根据向量的三角形法则，以及向量的加减几何意义即可求出．
【解答】解：连接AF，=﹣=（+）﹣=﹣（﹣）=﹣，
故选：C．
12．【考点】7B：二元一次不等式（组）与平面区域．
【分析】由直两点在直线的两侧知，一个点满足3x﹣2y+a＜0，一个点满足3x﹣2y+a＞0，由此可解题【解答】解：∵点（3，1）、（﹣4，6）在直线3x﹣2y+a=0的两侧
∴（3×3﹣2×1+a）•[3×（﹣4）﹣2×6+a]＜0
∴（7+a）•（a﹣24）＜0
∴﹣7＜a＜24
故选B
二、填空题
13．【考点】7F：基本不等式．
【分析】因为x＞0，直接利用基本不等式求出其最小值．
【解答】解：∵x＞0，则≥2=4，当且仅当x=时，等号成立，
故答案为4．
14．【考点】F3：类比推理．
【分析】由平面图形的性质类比猜想空间几何体的性质，一般的思路是：点到线，线到面，或是二维变三维；由题目中点O在三角形ABC内，则有结论S△OBC•+S△OCA•+S△OBA•=，的结论是二维线段长与向量的关系式，类比后的结论应该为三维的体积与向量的关系式．
【解答】解：由平面图形的性质类比猜想空间几何体的性质，
一般的思路是：点到线，线到面，或是二维变三维，面积变体积；
由题目中点O在三角形ABC内，则有结论S△OBC•+S△OCA•+S△OBA•=，
我们可以推断若O为四面体ABCD内一点，则有V O﹣BCD•+V O﹣ACD•+V O﹣ABD•+V O﹣ABC•=．
故答案为：若O为四面体ABCD内一点，则有V O﹣BCD•+V O﹣ACD•+V O﹣ABD•+V O﹣ABC•=．15．【考点】9V：向量在几何中的应用．
【分析】由题意，，从而化简可得（+）﹣λ=x（μ﹣（+）），从而可得=3，然后利用基本不等式求最值．
【解答】解：，，
∵M，N，G三点共线，
∴=x，
∴﹣=x（﹣），
∵点G是△ABC的重心，
∴=（+），
∴（+）﹣λ=x（μ﹣（+）），
∴，
解得，（1﹣3λ）（1﹣3μ）=1，可得=3．
λ+4μ=（λ+4μ）（）=≥==3．
（当且仅当，即λ=1，μ=时，等号成立），
故λ+4μ的最小值为：3．
故答案为：3．
16．【考点】7F：基本不等式．
【分析】根据a+b=1和“1”的代换，利用不等式化简，代入化简后，利用添补项和基本不等式求出式子的最小值，并求出等号成立时a．b．c的值．
【解答】解：因为a＞0，b＞0，a+b=1，
所以==
≥=，
又c＞1，则≥
=[2（c﹣1）++2]≥
=4+2，
其中等号成立的条件：当且仅当，
解得a=、b=2、c=1+，
所以的最小值是，
故答案为：．
三、解答题
17．【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程；6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数求闭区间上函数的最值．
【分析】（1）先求函数的导函数f′（x），再求所求切线的斜率即f′（0），由于切点为（0，0），故由点斜式即
可得所求切线的方程；
（2）先求原函数的导数得：f'（x）=a x lna+2x﹣lna=2x+（a x﹣1）lna，再对a进行讨论，得到f'（x）＞0，从而函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
（3）f（x）的最大值减去f（x）的最小值大于或等于e﹣1，由单调性知，f（x）的最大值是f（1）或f（﹣1），最小值f（0）=1，由f（1）﹣f（﹣1）的单调性，判断f（1）与f（﹣1）的大小关系，再由f（x）的最大值减去最小值f（0）大于或等于e﹣1求出a的取值范围．
【解答】解：（1）∵f（x）=a x+x2﹣xlna，
∴f′（x）=a x lna+2x﹣lna，
∴f′（0）=0，f（0）=1
即函数f（x）图像在点（0，1）处的切线斜率为0，
∴图像在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；
（2）由于f'（x）=a x lna+2x﹣lna=2x+（a x﹣1）lna＞0
①当a＞1，y=2x单调递增，lna＞0，所以y=（a x﹣1）lna单调递增，故y=2x+（a x﹣1）lna单调递增，
∴2x+（a x﹣1）lna＞2×0+（a0﹣1）lna=0，即f'（x）＞f'（0），所以x＞0
故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当0＜a＜1，y=2x单调递增，lna＜0，所以y=（a x﹣1）lna单调递增，故y=2x+（a x﹣1）lna单调递增，∴2x+（a x﹣1）lna＞2×0+（a0﹣1）lna=0，即f'（x）＞f'（0），所以x＞0
故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
综上，函数f（x）单调增区间（0，+∞）；
（3）因为存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1，
所以当x∈[﹣1，1]时，|（f（x））max﹣（f（x））min|
=（f（x））max﹣（f（x））min≥e﹣1，
由（2）知，f（x）在[﹣1，0]上递减，在[0，1]上递增，
所以当x∈[﹣1，1]时，（f（x））min=f（0）=1，
（f（x））max=max{f（﹣1），f（1）}，
而f（1）﹣f（﹣1）=（a+1﹣lna）﹣（+1+lna）=a﹣﹣2lna，
记g（t）=t﹣﹣2lnt（t＞0），
因为g′（t）=1+﹣=（﹣1）2≥0（当t=1时取等号），
所以g（t）=t﹣﹣2lnt在t∈（0，+∞）上单调递增，而g（1）=0，
所以当t＞1时，g（t）＞0；当0＜t＜1时，g（t）＜0，
也就是当a＞1时，f（1）＞f（﹣1）；
当0＜a＜1时，f（1）＜f（﹣1）
①当a＞1时，由f（1）﹣f（0）≥e﹣1⇒a﹣lna≥e﹣1⇒a≥e，
②当0＜a＜1时，由f（﹣1）﹣f（0）≥e﹣1⇒+lna≥e﹣1⇒0＜a≤，
综上知，所求a的取值范围为a∈（0，]∪[e，+∞）．
18．【考点】8M：等差数列与等比数列的综合．
【分析】由题意可设原来的三个数为x﹣d，x，x+d，由条件和等比数列中项的性质，解方程可得x=7，d=4或﹣5，进而得到所求的三个数．
【解答】解：三个数成等差数列，其和为21，
设原来的三个数为x﹣d，x，x+d，
由和为21得x=7，
又7﹣d，6，8+d 成等比数列，
可得36=（7﹣d）（8+d），
解得d=4或﹣5，
得原来三个数为3，7，11或12，7，2．
19．【考点】MR：用空间向量求平面间的夹角；LS：直线与平面平行的判定；MT：二面角的平面角及求法．【分析】（1）要证CF∥平面AEB1，只要证CF平行于平面AEB1内的一条直线即可，由E是棱CC1的中点，F是AB中点，可想取AB1中点，连结后利用三角形中位线知识结合三棱柱为直三棱柱证明四边形FGEC 是平行四边形，从而得到线线平行，得到线面平行；
（2）以C为坐标原点，射线CA，CB，CC1为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，设出E点的坐标，进一步求出二面角A﹣EB1﹣B的两个面的法向量的坐标，然后把二面角的余弦值转化为法向量所成角的余弦值求解E，则结论得到证明．
【解答】（1）证明：取AB1的中点G，联结EG，FG
∵F、G分别是棱AB．AB1中点，∴FG∥BB1，
又∵FG∥EC，，FG=EC，∴四边形FGEC是平行四边形，
∴CF∥EG．
∵CF⊄平面AEB1，EG⊂平面AEB1，
∴CF∥平面AEB；
（2）解：以C为坐标原点，射线CA，CB，CC1为x，y，z轴正半轴，
建立如图所示的空间直角坐标系C﹣xyz
则C（0，0，0），A（1，0，0），B1（0，2，4）
设E（0，0，m）（0≤m≤4），平面AEB1的法向量
．
由，得，取z=2，得
∵CA⊥平面C1CBB1，
∴是平面EBB1的法向量，则平面EBB1的法向量
∵二面角A﹣EB1﹣B的平面角余弦值为，
则，解得m=1（0≤m≤4）．
∴在棱CC1上存在点E，符合题意，此时CE=1．
20.【考点】MI：直线与平面所成的角；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．
【分析】（Ⅰ）由EA⊥平面ABC，结合线面垂直的判定可得平面EAM⊥平面ABC，由已知可得CM⊥AB，再由线面垂直的性质得到CM⊥平面CAM，进一步得到CM⊥EM；
（Ⅱ）由EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，可得四边形ABDE为直角梯形，由（Ⅰ）知CM⊥平面ABDE，再由棱锥体积公式求得多面体ABCDE的体积；
（Ⅲ）连结MD，解三角形可得DM⊥EM．再由CM⊥平面EMD得CM⊥DM，则DM⊥平面EMC，可得∠DEM是直线DE和平面EMC所成的角，则其正切值可求．
【解答】（Ⅰ）证明：∵EA⊥平面ABC，EA⊂平面EAM，
∴平面EAM⊥平面ABC，且平面EAM∩平面ABCAB．
∵AC=BC，M是AB的中点，∴CM⊥AB，
则CM⊥平面CAM，
∴CM⊥EM；
（Ⅱ）解：∵EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，
∴四边形ABDE为平面图形，且为直角梯形，
由（Ⅰ）知CM⊥平面ABDE，
∵AC=BC=BD=2AE=2，
∴多面体ABCDE的体积V=V C﹣ABDE=；
（Ⅲ）解：连结MD，∵AC=BC=BD=2AE=2，
在直角梯形EABD中，AB=，M是AB的中点．
∴EM=，MD=，DE=3，
由EM2+MD2=DE2，得DM⊥EM．
∵CM⊥平面EMD，∴CM⊥DM，得DM⊥平面EMC，
∴∠DEM是直线DE和平面EMC所成的角．
在Rt△EMD中，tan∠DEM=．
∴直线DE与平面EMC所成的角的正切值为．
21．【考点】HQ：正弦定理的应用；%H：三角形的面积公式．
【分析】（Ⅰ）由a=2csinA，利用正弦定理，结合△ABC为锐角三角形，a求角C；
（Ⅱ）当c=2时，利用余弦定理，结合基本不等式，可得ab≤12，即可求：△ABC面积的最大值．【解答】（I）解：由正弦定理得，
将已知代入得sinC=．
因为△ABC为锐角三角形，所以0＜C＜，
所以C=．
（II）证明：由余弦定理得c2=a2+b2﹣2abcosC，
即12=a2+b2﹣ab，
又a2+b2﹣ab≥2ab﹣ab=ab
所以ab≤12．
所以△ABC的面积S=absinC=ab≤3，
当且仅当a=b，即△ABC为等边三角形时，△ABC的面积取到3．
所以△ABC面积的最大值为3．
22．【考点】JE：直线和圆的方程的应用．
【分析】（1）将圆的方程转化为标准方程求得圆心C的坐标和半径，再求得圆心C到直线l的距离，由圆弦长、圆心距和圆的半径之间关系得：L=2
最后由二次函数法求解．
（2）由直线l与圆C相切，建立m与a的关系，|m﹣2a|=2，再由点C在直线l的上方，去掉绝对值，将m转化为关于a二次函数求解．
【解答】解：（1）已知圆的标准方程是（x+a）2+（y﹣a）2=4a（0＜a≤4），
则圆心C的坐标是（﹣a，a），半径为2．
直线l的方程化为：x﹣y+4=0.则圆心C到直线l的距离是=|2﹣a|．
设直线l被圆C所截得弦长为L，由圆弦长、圆心距和圆的半径之间关系是：
L=2
∵0＜a≤4，∴当a=3时，L的最大值为2．
（2）因为直线l与圆C相切，则有，
即|m﹣2a|=2．
又点C在直线l的上方，∴a＞﹣a+m，即2a＞m．
∴2a﹣m=2，∴m=﹣1．
∵0＜a≤4，∴0＜≤2．
∴m∈[﹣1，8﹣4]．
23．【考点】K4：椭圆的简单性质．
【分析】（I）利用线段的垂直平分线的性质、椭圆的定义即可得出．
（II）设直线l：y=kx+b，F（x1，y1），H（x2，y2）直线l与圆x2+y2=1相切，可得b2=k2+1．直线方程与椭圆方程联立可得：（1+2k2）x2+4kbx+2b2﹣2=0，△＞0，可得k≠0，再利用数量积运算性质、根与系数的关系及其≤•≤，解出即可得出．
（I）由题意知MQ中线段AP的垂直平分线，∴，【解答】解：
∴点Q的轨迹是以点C，A为焦点，焦距为2，长轴为的椭圆，，
故点Q的轨迹方程是．
（II）设直线l：y=kx+b，F（x1，y1），H（x2，y2）
直线l与圆x2+y2=1相切
联立，（1+2k2）x2+4kbx+2b2﹣2=0，
△=16k2b2﹣4（1+2k2）2（b2﹣1）=8（2k2﹣b2+1）=8k2＞0，可得k≠0，
∴，
==
=，
∴
为所求．。