浙江省嵊州市2017-2018学年高三第一学期期末教学质量调测数学答案(pdf版)
2018-2019学年浙江省绍兴市嵊州市高三(上)期末数学试卷(解析版)
2018-2019学年浙江省绍兴市嵊州市高三（上）期末数学试卷一、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．（4分）已知全集U＝{x∈Z|﹣1≤x≤3}，集合A＝{x∈Z|0≤x≤3}，则∁U A＝（）A．{﹣1}B．{﹣1，0}C．{﹣1，0，﹣1}D．{x|﹣1≤x＜0} 2．（4分）双曲线方程为＝1，则渐近线方程为（）A．y＝±x B．y＝±2x C．y＝±x D．y＝x3．（4分）《孙子算经》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五等诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗．问：五人各得几何？”其意思为“有5个人分60个橘子，他们分得的橘子，数成公差为3的等差数列，问5人各得多少橘子．”根据上述问题的己知条件，分得橘子最多的人所得的橘子个数为（）A．15B．16C．18D．214．（4分）函数f（x）＝的大致图象为（）A．B．C．D．5．（4分）已知平面α，β，直线m，n，m⊂α，n⊥β，则“m⊥n”是“α∥β”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6．（4分）在△ABC中，sin（A﹣B）+sin C＝1，且BC＝AC，则B＝（）A．B．C．或D．或7．（4分）如图，在△ABC中，AB＝2AC，A＝，P1，P2，P3是边BC的四等分点，记I1＝，I2＝，I3＝，则（）A．I1＜I2＜I3B．I2＜I1＜I3C．I2＜I3＜I1D．I3＜I2＜I1 8．（4分）设0＜P＜，互相独立的两个随机变量ξ1，ξ2的分布列如表：则当P在（0，）内增大时（）A．E（ξ1•ξ2）减小，D（ξ1•ξ2）减小B．E（ξ1•ξ2）减小，D（ξ1•ξ2）增大C．E（ξ1•ξ2）增大，D（ξ1•ξ2）减小D．E（ξ1•ξ2）增大，D（ξ1•ξ2）增大9．（4分）在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，M，E分别为AD，CD的中点，N为B上的点，MN⊥BC，且BC＝3，AD＝2，CD＝1，现将四边形ABNM沿直线MN 翻折，则在翻折过程中，（）A．直线AB与直线NE所成的角不可能为25°B．直线AB与直线NE所成的角不可能为50°C．直线AB与平面MNCD所成的角不可能为25°D．直线AB与平面MNCD所成的角不可能为50°10．（4分）设数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝，a n+1＝，（n∈N*），若S2019∈（k，k+1），则正整数k的值为（）A．2016B．2017C．2018D．2019二、填空题：本大題共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分，共36分．11．（6分）已知复数z＝a+bi（a，b∈R，i是虚数单位）是方程x2﹣2x+5＝0的解，则a＝，b＝．12．（6分）若实数x，y满足不等式组，则x+2y的最小值为，最大值为．13．（6分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是，最长棱的长度为．14．（4分）若二项式（+2x）n的展开式的第三项是常数项，则此常数项为．15．（4分）将编号为1，2，3，4，5的5个小球全部放入A，B，C，3个盒子内，若每个盒子不空，且放在同一盒子内的小球编号互不相连，则不同的放法种数共有．（用数字作答）16．（4分）已知M（x0，y0）是椭园+y2＝1上的一点，直线y＝k1x与直线y＝k2x为圆M：（x﹣x0）2+（y﹣y0）2＝r2（b＞r＞0）的两条切线，若k1•k2＝﹣．则r＝．17．（6分）已知函数f（x）＝，当a＝1时，不等式f（x）＞x的解集是；若关于x的方程f（x）＝0恰有三个实根，则实数a的取值范围为．三、解答题：本大题共5小題，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．18．（14分）已知角θ的顶点与坐标原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆（圆心在坐标原点O）相交于点A（x1，y1），射线OA绕点O逆时针方向旋转到OB交单位圆于点B（x2，y2）．（Ⅰ）当x1＝时，求cos2θ；（Ⅱ）若θ∈[0，]，求x1+y2的最小值．19．（15分）如图，己知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形．E为棱AB的中点，PE ⊥CE，AB＝4，AD＝2，PD＝PE＝2．（Ⅰ）证明：平面PDE⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角D﹣PC﹣E的余弦值．20．（15分）已知等比数列{a n}的前n项的和为S n，满足a3•a4＝2a5，S6＝9S3，数列{b n}的首项为1，且a1b1+a2b2+…+a n b n＝b n+1（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设c n＝，证明：c1+c2+…+c n＜1．21．（15分）已知抛物线y2＝2x，P（l，0），M（0．a），其中a＞0，过点M作抛物线的切线，切点为A（不同于原点O），过点AP作直线交抛物线于点B，过点M，P作直线交抛物线于点C，D．（Ⅰ）证明：直线MA，MP的斜率之积为定值；（Ⅱ）若△BCD的面积为，求实数a的值．22．（15分）已知a∈R，函数f（x）＝2x﹣+alnx．（Ⅰ）当a＝﹣3时，证明：函数f（x）在区间（0，+∞）上有且仅有一个零点；（Ⅱ）当a≤﹣时，若函数f（x）的两个极值点为x1，x2（x1＜x2），证明：f（x1）﹣f（x2）≥（5ln2﹣3）．2018-2019学年浙江省绍兴市嵊州市高三（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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．【解答】解：U＝{x∈Z|﹣1≤x≤3}＝{﹣1，0，1，2，3}，A＝{x∈Z|0≤x≤3}＝{0，1，2，3}，则∁U A＝{﹣1}，故选：A．2．【解答】解：∵双曲线方程为，则渐近线方程为，即，故选：A．3．【解答】解：设第一个人分到的橘子个数为a1，由题意得：S5＝×3＝60，解得a1＝6．则a5＝a1+（5﹣1）×3＝6+12＝18．∴得到橘子最多的人所得的橘子个数是18．故选：C．4．【解答】解：函数f（﹣x）＝＝＝f（x），则函数f（x）是偶函数，图象关于y轴对称，排除B，D，f（e）＝＝＞0，排除A，故选：C．5．【解答】解：平面α，β，直线m，n，m⊂α，n⊥β，若“m⊥n”则α∥β或α⊥β，故不满足充分条件，若“α∥β”则可以推出m⊥n，故满足必要条件，故“m⊥n”是“α∥β”的必要不充分条件，故选：B．6．【解答】解：在△ABC中，由sin（A﹣B）+sin C＝1，得sin（A﹣B）+sin（A+B）＝1，∴2sin A cos B＝1，∴cos B＞，则0＜B＜．又BC＝AC，∴sin A＝sin B，则2sin B cos B＝1，∴sin2B＝．∴2B＝，即B＝．故选：A．7．【解答】解：I1＝•＝（+）•（+）＝（+）•（+）＝（+﹣）•（+﹣）＝（+）•（+）＝2+2+•＝2+||2•（﹣）＝||2t同理可得：I2＝||2，I3＝||2∴I1＞I2＞I3故选：D．8．【解答】解：随机变量ξ1ξ2的分布列如下表所示：所以，，＝，由于二次函数的图象开口向下，对称轴为直线，因此，当p在内增大时，E（ξ1•ξ2）增大，D（ξ1•ξ2）增大．故选：D．9．【解答】解：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，M，E分别为AD，CD的中点，N为B上的点，MN⊥BC，且BC＝3，AD＝2，CD＝1，现将四边形ABNM沿直线MN翻折，当没有翻折时，AB∥ND，∠DNE是直线AB与直线NE所成的角，此时，NE＝＝，DN＝＝，DE＝，cos＝＝，当平面MNCD与AFNM重合时，NE与NG重合，∠DNG是直线AB与直线NE所成的角（或所成角的补角），此时NG＝NE＝＝，DG＝＝，cos∠DNG＝＝﹣＝﹣，∴直线AB与直线NE所成的角的余弦值为，cos45°＝，cos∠CNE＝＝0.8，∴∠CNE＞∠DNE，∴∠DNE＜25°＜45°＜180°﹣∠DNG，当平面MNCD与平面ABNM共面时，直线AB与平面MNCD所成的角取最小值为0°，当平面MNCD与平面ABNM垂直时，直线AB与平面MNCD所成的角为∠FMN，取最大值为45°，在A中，直线AB与直线NE所成的角可能为25°，故A错误；在B中，直线AB与直线NE所成的角可能为50°，故B错误；在C中，当平面MNCD与平面ABNM共面时，直线AB与平面MNCD所成的角取最小值为0°，当平面MNCD与平面ABNM垂直时，直线AB与平面MNCD所成的角取最大值为45°，故直线AB与平面MNCD所成的角可能为25°，故C错误；在D中，当平面MNCD与平面ABNM共面时，直线AB与平面MNCD所成的角取最小值为0°，当平面MNCD与平面ABNM垂直时，直线AB与平面MNCD所成的角取最大值为45°，故直线AB与平面MNCD所成的角不可能为50°，故D正确．故选：D．10．【解答】解：a1＝，a n+1＝，（n∈N*），两边取倒数可得：＝+，化为：﹣1＝，﹣1＝1，可得：数列{﹣1}是等比数列，首项为1，公比为．∴﹣1＝，∴a n＝1﹣．∴S2019＝2019﹣，令T n＝+++……+，∵＜＜，而+……+＝＝1﹣，+……+＝＝2．∴2017+＜S2019＜2018+，∵S2019∈（k，k+1），则正整数k的值为2018．故选：C．二、填空题：本大題共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分，共36分．11．【解答】解：∵复数z＝a+bi（a、b∈R）（i是虚数单位）是方程x2﹣2x+5＝0的根，∴（a+bi）2﹣2（a+bi）+5＝0，化为a2﹣b2﹣2a+5+（2ab﹣2b）i＝0，∴a2﹣b2﹣2a+5＝0，2ab﹣2b＝0，解得a＝1，b＝±2，故答案为：1；±2．12．【解答】解：作出约束条件表示的可行域如图：将目标函数z＝x+2y变形得y＝﹣x+．由图可知当直线y＝﹣x+过点A时截距最小，即z最小．解方程组得B（2，﹣1）．解得A（2，3）∴z的最小值为2﹣2＝0．最大值为：2+6＝8．故答案为：0；8．13．【解答】解：根据几何体的三视图，转换为几何体如图所示：利用切割法，把几何体切成由一个直四棱柱和两个三棱柱和两个三棱锥组成．几何体的体积为：V＝++2（）＝，最大的棱长为：L＝．故答案为：，．14．【解答】解：∵二项式（+2x）n的展开式的第三项，即r＝2，即T3＝•22•x4﹣n为常数项，∴4﹣n＝0，即n＝4，∴常数项为•22＝24，故答案为：24．15．【解答】解：编号为1，2，3，4，5的5个小球，根据小球的个数可以分为（1，1，3）和（1，2，2）两组，当为（1，1，3）时，放在同一盒子内的小球编号互不相连，故3个小球只能为编号1，3，5的在一个盒子只，故只有一种分组的方法，再分配到3个盒子，故有A33＝6种，当为（1，2，2）时，放在同一盒子内的小球编号互不相连，此时有（1，3）和（2，4），（1，3）和（2，5），（1，4）和（2，5），（1，4）和（3，5），（1，5）和（2，4），（2，4）和（3，5）共有6种分组的方法，再分配到3个盒子，故有6A33＝36种，故不同的放法种数共有6+36＝42种，故答案为：4216．【解答】解：∵直线y＝k1x与直线y＝k2x为圆M：（x﹣x0）2+（y﹣y0）2＝r2（b＞r＞0）的两条切线，由，可得k1，k2是方程（r2﹣x02）k2+2x0y0k+r2﹣y02＝0的两个不相等的实数根，∴k1•k2＝＝﹣，∵点M（x0，y0）在椭圆C上，∴y02＝1﹣，∴，解得r＝．故答案为：．17．【解答】解：当a＝1时，f（x）＝＝，当x≤1时，由f（x）＞x得2|x|﹣1＞x，当0≤x≤1，不等式等价为2x﹣1＞x，即x＞1此时不等式不成立，当x＜0时，不等式等价为﹣2x﹣1＞x，得x＜﹣，当x＞1时，由由f（x）＞x得﹣（x﹣1）2+1＞x，得x2﹣x＜0，得0＜x＜1，此时无解，综上不等式f（x）＞x的解集（﹣∞，﹣），当x≤1时，f（x）＝2|x|﹣a的最小值为f（0）＝﹣a，在（0，1]上的最大值为f（1）＝2﹣a，当x＞1时，函数f（x）是开口向下的抛物线对称轴为x＝a，顶点为（a，a），当x≤1时，f（x）＝2|x|﹣a最多有两个零点，当x＞1时，f（x）＝﹣（x﹣a）2+a最多有两个零点，则要使f（x）＝0恰有三个实根，则当x≤1时，有两个零点，x＞1时有一个零点，或当x≤1时，有一个零点，x＞1时有两个零点，①若当x≤1时，有两个零点，则，得，即0＜a≤2，此时当x＞1时只能有一个零点，若对称轴a满足1＜a≤2，此时当x≥a时，必有一个零点，则只需要当1＜x≤a时，f（1）＝﹣（1﹣a）2+a＝﹣a2+3a﹣1≥0，即a2﹣3a+1≤0，得≤a≤，此时1＜a≤2，若对称轴a满足0＜a≤1，此时f（x）在（1，+∞）上为增函数，要使f（x）此时只有一个零点，则f（1）＝﹣（1﹣a）2+a＝﹣a2+3a﹣1≥0即a2﹣3a+1≤0，得≤a≤，此时0＜a≤1，②若当x≤1时，有一个零点，此时f（1）＝2﹣a＜0，即a＞2时，此时当x＞1时，函数的对称轴a＞2，要使x＞1时有两个零点，则f（1）＝﹣（1﹣a）2+a＝﹣a2+3a﹣1＜0即a2﹣3a+1＞0，得a＜舍或a＞，此时a＞，综上实数a的取值范围是a＞或0＜a≤2，故答案为：（﹣∞，﹣），a＞或0＜a≤2．三、解答题：本大题共5小題，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．18．【解答】解：（Ⅰ）由三角函数定义知，y1＝sinθ，x1＝cosθ，∵x1＝＝cosθ，∴cos2θ＝2cos2θ﹣1＝2×（）2﹣1＝﹣．（Ⅱ）∵θ∈[0，]，∴θ+∈[，]，sin（θ+）∈[，1]，∴x1+y2＝sinθ+cosθ＝sin（θ+）∈[1，]，∴x1+y2的最小值为1．19．【解答】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形．E为棱AB的中点，PE⊥CE，AB＝4，AD＝2，PD＝PE＝2．∴DE＝CE＝＝2，∴DE2+CE2＝CD2，∴DE⊥CE，∵DE∩PE＝E，∴CE⊥平面PDE，∵CE⊂平面ABCD，∴平面PDE⊥平面ABCD．解：（Ⅱ）以E为原点，EC为x轴，ED为y轴，过E作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，P（，0，），D（2，0，0），C（0，2，0），E（0，0，0），＝（，0，﹣），＝（﹣，﹣），＝（），＝（0，2，0），设平面PCD的法向量＝（x，y，z），则，取x＝，得＝（，，1），设平面PCE的法向量＝（x，y，z），则，取x＝，得＝（），设二面角D﹣PC﹣E的平面角为θ，则cosθ＝＝＝．∴二面角D﹣PC﹣E的余弦值为．20．【解答】解：（Ⅰ）等比数列{a n}的前n项的和为S n，满足a3•a4＝2a5，S6＝9S3，设首项为a1，公比为q，则：，解得：a1＝1，q＝2，所以：．证明：（Ⅱ）数列{b n}的首项为1，且a1b1+a2b2+…+a n b n＝b n+1①（n∈N*）．当n≥2时，a1b1+a2b2+…+a n﹣1b n﹣1＝b n②，①﹣②得：b n+1﹣b n＝a n b n，整理得：，则：，…，，，所以：，所以：，故：，，…，，则：c1+c2+…+c n，＝．21．【解答】解：（Ⅰ）证明：设过点M（0，a）的直线方程为y＝kx+a，由题意知k存在且k＞0，由，消去y整理得k2x2+2（ka﹣1）x+a2＝0，△＝4（ka﹣1）2﹣4k2a2＝﹣8ka+4＝0，解得k＝；又k MP＝＝﹣a，∴k•k MP＝•（﹣a）＝﹣，即直线MA，MP的斜率之积为定值；（Ⅱ）由（Ⅰ）知点A的横坐标为x＝﹣＝2a2，纵坐标为y＝2a，∴A（2a2，2a），∴直线AP的方程为y＝（x﹣1），由，消去x整理得ay2﹣（2a2﹣1）y﹣2a＝0，解得y＝2a或y＝﹣，令y＝﹣，求得x＝，∴点B（，﹣）；又直线MP的方程为x+＝1，即ax+y﹣a＝0；由，消去y整理得a2x2﹣2（a2+1）x+a2＝0，∴x1+x2＝＝2+，x1x2＝1；∴|CD|＝•＝，又点B到直线MP的距离为d＝＝，∴△BCD的面积为S＝××＝，∴＝，解得a＝2，即实数a的值为2．22．【解答】证明：（I）a＝﹣3时，f′（x）＝2+﹣＝＝．可得函数f（x）在x＝处取得极大值，而在x＝1处取得极小值，而x→0+时，f（x）→﹣∞，f（）＝3ln2﹣1＞0，f（1）＝1＞0．∴函数f（x）在区间（0，+∞）上有且仅有一个零点．（II）f′（x）＝2++＝，令2x2+ax+1＝0，当a≤﹣时，△＝a2﹣8≥﹣8＝＞0．∴方程2x2+ax+1＝0有两个不等实数根，解得x1＝，x2＝，x1＞x2＞0．f′（x）＝．可得函数f（x）在x1处取得极大值，在x2处取得极小值．且x1+x2＝﹣．x1x2＝．f（x1）﹣f（x2）＝2x1﹣+alnx1﹣（2x2﹣+alnx2）＝2（x1﹣x2）++a＝4（x1﹣x2）+a＝4+2（x2+）ln（2）．令t＝x2≥＝．g（t）＝﹣4t+2（t+）ln（2t2），t≥．g′（t）＝ln（2t2）＞0，∴函数g（t）在[，+∞）上单调递增，∴g（t）≥g（）＝﹣4+2（+）•2ln2＝（5ln2﹣3）．因此结论f（x1）﹣f（x2）≥（5ln2﹣3）成立．。
2017—2018学年度第一学期期末教学质量检查高三文科数学参考答案_最新修正版
2017—2018学年度第一学期期末教学质量检查高三文科数学 参考答案一、选择题13．1(,)2+∞14．220x y --= 15．14π 16．)33,32( 三、解答题（17）（本小题满分12分） 解：（Ⅰ）2324a a a =⋅34a ∴=±…………………………………1分若34a =-，则23610a a =-=，此时32a a <，不合题意，舍去； 若34a =，则2362a a =-=，此时2q =，11a =，符合题意.…………………………………4分从而数列{}n a 的通项公式12()n n a n N -*=∈.…………………………………5分 （Ⅱ）由条件n n a b n = 知 12n n n n n b a -==…………………………………6分则 21231222n n n T -=++++ ①21112122222n n n n nT --=++++ ② ①－②可得：211111(1)22222n n nnT -=++++- …………… ……………………9分所以11111221222212= =n n n n nn n T ------ …………………………………11分所以数列{}n b 的前n 项和211422n n n n T --=--. …………………………………12分（18）（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由频率分布直方图可知，样本中生长高度在115cm 以上（含115cm ）的频率为 ()0.010.0080.00410=0.22++⨯， 所以株数为0.221000=220⨯.…………………………………2分（Ⅱ）由频率分布直方图可估计：=600.02700.08800.14900.151000.241100.151200.11300.081400.04=100x -⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯…………………………………4分2=16000.029000.084000.141000.151000.154000.19000.0816000.04=366s ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯…………………………………6分∴莞草株高的平均数100cm ，方差为366.…………………………………7分（Ⅲ）设两株高度和不少于225cm 的事件为A ，记高度依次为100cm ，110cm ，112cm ，112cm ，125cm ，125cm 的莞草 分别为,,,,,a b c d e f .则两株高度和共有15种结果，如下：(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)a b a c a d a e a f b c b d b e b f c d c e c f d e d f e f…………………………………9分其中A 包含了(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,)(,) a e a f b e b f c e c f d e d f e f 9个结果，93()155P A ∴==…………………………………11分故这两株莞草高度和不少于225cm 的概率为35. …………………………………12分（19）（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由已知又2=CD ，所以DAB ∆和DBC ∆均为等腰∆Rt ，…………………………………1分所以045=∠=∠BDC ADB ，则090=∠ADC ，…………………………………2分…………………………………3分 取DE 中点H ，连,,HF AH BF ，又因为F 为EC 中点，…………………………………4分所以HF AB //且HF AB =，所以ABFH 为平行四边形， 所以AH BF //，…………………………………5分又因为AH ADE ⊂面，ADE BF 面⊄，所以ADE BF 面//.…………………………………6分（Ⅱ）由（1）BC BD ⊥又BE BC ⊥，BC EBD ∴⊥面 .DE BC ∴⊥…………………………………7分又由（1）知DE DC ⊥，DE ABCD ∴⊥面 .…………………………………8分设点D 到面BCE 的距离为h ，11,133E BCD D BCE V V h --=∴⋅= .…………………………………10分D 到面BCE.…………………………………12分 （20）（本小题满分12分）解：（Ⅰ）椭圆C 的焦距为2c ，则22c =即1c =…………………………………1分22e=a ∴==所以2221b ac =-=…………………………………3分故椭圆C 的方程为2212y x +=.…………………………………4分（Ⅱ） 假设满足条件的直线l 存在，设其方程为y x t =+，…………………………………5分四边形PMQN 为平行四边形即MN 与PQ 互相平分 设()11,M x y ，()()()22344,,3,,,N x y P y Q x y ， 所以 124= 3x x x ++-----------①…………………………………6分由2212y x t y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y ，得223220x tx t ++-=， 则()2241220t t ∆=-->，解得t <<由韦达定理知122= 3x x t +------------ ② …………………………………8分②代入①可得：42=33x t --t <<( …………………………………9分从而4[3]x ∈- …………………………………10分45 331333-<-=-<-由于与椭圆上点的横坐标的取值范围[]1,1-矛盾，…………………………………11分故点Q 不在椭圆上，从而满足条件的直线l 不存在.…………………………………12分21．（本小题满分12分）解：（1）因为1-=a ，,)(xe a xf +='1)(-='∴xe xf …………………………………1分 且)(),(,x f x f x '的变化关系表为…………………………3分 ∴当0=x 时，)(x f 有最小值为1)0(=f …………………………………4分1)(≥∴x f …………………………………5分（2）令()[)+∞∈++-+=+-=,0,1ln 11ln)()(x x e ax x ex f x g x ∴,11)(+++='x e a x g x…………………………………6分由（1）知[)1,,0+≥+∞∈x e x x ① 当,0211111)(02≥+>++++>+++='>-≥a x x a x e a x g x a x 时，，∴[)0)0()(,,0=+∞∈g x g x 单调递增，且 ∴[).0)0()(,,0恒成立=≥+∞∈g x g x 从而.2符合题意-≥a……………………………………8分② 当2a <-时，令()11x x e a x ϕ=+++, 则()()()()222111011x xx e x e x x ϕ+-'=-=≥++. ∴函数()x ϕ在区间[)0,+∞上单调递增.………………………………………9分由于()020a ϕ=+<,()111110111a a e a a a a a aϕ--=++≥-++=+>---. 故()00,x a ∃∈-,使得()00x ϕ=.…………………………………………10分则当00x x <<时,()()00x x ϕϕ<=,即()0g x '<. ∴函数()g x 在区间()00,x 上单调递减. ∴ ()()000g x g <=,不符题意.…………………………………………11分综上所述,实数a 的取值范围是[)2,-+∞.…………………………………………12分22．（本小题满分10分）1 ( )2x C y ααα⎧=⎪⎨=⎪⎩解：(1)曲线的参数方程为：为参数转化为普通方程：043222=--+y x y x ，…………………………………………2分∴曲线C 1的极坐标方程为：0sin 4cos 32=-θθρ-， 直线l 1的极坐标方程为：6πθ=（R ∈ρ）．…………………………………………5分（2）设A (ρ1，θ1)，B (ρ2，θ2)，由⎪⎩⎪⎨⎧=--=0sin 4cos 326θθρπθ解得0=ρ（舍去）或5=ρ，所以51=ρ．…………………………………………7分由⎪⎩⎪⎨⎧=--=0sin 4cos 323θθρπθ解得0=ρ（舍去）或33=ρ，所以332=ρ． …………………………………………9分∴三角形△AOB 的面积为4315)63sin(2121=-=∆ππρρABC S ． …………………………………………10分 23．（本小题满分10分）解：（1）当1a =时，不等式()2f x >即为1242x x +-->， …………………………………………1分若-1x ≤，不等式可化为52x ->，解得7x >，无解， 若12x -<<，不等式可化为1(24)2x x ++->，解得53x >，所以 523x << 若2x ≥，不等式可化为1(24)2x x +-->，解得3x <，所以23x ≤<…………………………………………4分 综上所述，关于x 的不等式()2f x >的解集为533xx ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭. …………………………………………5分 （2）由题意可知()12441 2 314 124 1 1f x x x aa x x ax a x ax a x =+--+-≥⎧⎪=+--<<⎨⎪--≤-⎩，，， …………………………………………6分所以()y f x =的图象与x 轴围成的三角形为PEF ∆41(2,21),(,0),(41,0)3a P a a E F a -++其中 …………………………………………7分8141(41)(21)823PEF S a a a ∆∴>-⇒⨯+-⨯+>2(21)12 a +>整理得： …………………………………………9分121 2a a a >∴+>>即…………………………………………10分。
2020届浙江省绍兴市嵊州市2017级高三上学期期末考试数学试卷及解析
2020届浙江省绍兴市嵊州市2017级高三上学期期末考试数学试卷★祝考试顺利★(解析版)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.已知全集{}1,2,3,4,5U =,集合{}1,2,3A =,集合{}2,4B =,则()U A B =（ ）A. ∅B. {}2C. {}4D. {}2,4 【答案】C【解析】利用补集的定义可得出U A ,再利用交集的定义可得出集合()U A B ⋂. 【详解】由已知条件得{}4,5U A =,因此,(){}4U A B ⋂=.故选：C. 2.若实数x 、y 满足约束条件0402x y x y x +≥⎧⎪-+≥⎨⎪≤⎩,则2z x y =+的取值范围是（ ）A. []2,4-B. []2,10-C. []2,4D. []2,10【答案】B【解析】作出不等式组对应的可行域,利用平移直线的方法找出直线2z x y =+在y 轴上截距最大和截距最小时对应的最优解,代入目标函数计算即可得出2z x y =+的取值范围. 【详解】作出不等式组0402x y x y x +≥⎧⎪-+≥⎨⎪≤⎩所表示的可行域如下图所示：联立240x x y =⎧⎨-+=⎩,得26x y =⎧⎨=⎩,则点()2,6A ,同理可得点()2,2B -. 由2z x y =+得2y x z =-+,平移直线2y x z =-+,由图象知,当直线2y x z =-+经过点()2,2B -时,直线2y x z =-+在y 轴上的截距最小, 此时z 取最小值,即()min 2222z =⨯-+=-；当直线2y x z =-+经过点()2,6A 时,直线2y x z =-+在y 轴上的截距最大,此时z 取最大值,即max 22610z =⨯+=.因此,2z x y =+的取值范围是[]2,10-.故选：B.3.已知复数3z i =-,21z i =+（其中i 是虚数单位）,则12z z =（ ） A. 22i -B. 12i -C. 1i +D. 2i +【答案】B【解析】 利用复数的除法运算法则化简计算即可. 【详解】由已知条件得()()()()1231324121112i i z i i i z i i i ----====-++-.。
嵊州市高中2018-2019学年上学期高三数学期末模拟试卷含答案
嵊州市高中2018-2019学年上学期高三数学期末模拟试卷含答案 班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1． 已知向量||=， •=10，|+|=5，则||=（ ）A ．B ．C ．5D ．252． 已知函数f （x ）=x 2﹣6x+7，x ∈（2，5]的值域是（ ） A ．（﹣1，2]B ．（﹣2，2]C ．[﹣2，2]D ．[﹣2，﹣1）3． 若函数()()22f x x πϕϕ⎛⎫=+< ⎪⎝⎭的图象关于直线12x π=对称，且当12172123x x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，，，12x x ≠时，()()12f x f x =，则()12f x x +等于（ ）A B D 4． 若定义在R 上的函数f （x ）满足f （0）=﹣1，其导函数f ′（x ）满足f ′（x ）＞k ＞1，则下列结论中一定错误的是（ ）A ．B ．C ．D ．5． 已知,,a b c 为ABC ∆的三个角,,A B C 所对的边，若3cos (13cos )b C c B =-，则s i n :s i n C A =（ ） A ．2︰3 B ．4︰3 C ．3︰1 D ．3︰2 【命题意图】本题考查正弦定理、余弦定理，意在考查转化能力、运算求解能力．6． 设m ，n 是正整数，多项式（1﹣2x ）m +（1﹣5x ）n 中含x 一次项的系数为﹣16，则含x 2项的系数是（ ） A ．﹣13 B ．6 C ．79 D ．377． 设偶函数f （x ）满足f （x ）=2x ﹣4（x ≥0），则{x|f （x ﹣2）＜0}=（ ） A ．{x|x ＜﹣2或x ＞4} B ．{x|x ＜0或x ＞4} C ．{x|x ＜0或x ＞6} D ．{x|0＜x ＜4}8． 已知定义在R 上的函数f （x ）满足f （x ）=，且f （x ）=f （x+2），g （x ）=，则方程g （x ）=f （x ）﹣g （x ）在区间[﹣3，7]上的所有零点之和为（ ） A ．12 B ．11 C ．10 D ．99． 在△ABC 中，已知a=2，b=6，A=30°，则B=（ ） A ．60° B ．120° C ．120°或60°D ．45°10．若函数f （x ）=ax 2+bx+1是定义在[﹣1﹣a ，2a]上的偶函数，则该函数的最大值为（ ）A ．5B ．4C ．3D ．211．曲线y=x 3﹣3x 2+1在点（1，﹣1）处的切线方程为（ ）A ．y=3x ﹣4B ．y=﹣3x+2C ．y=﹣4x+3D ．y=4x ﹣512．函数()f x 在定义域R 上的导函数是'()f x ，若()(2)f x f x =-，且当(,1)x ∈-∞时，'(1)()0x f x -<，设(0)a f =，(2)b f =，2(log 8)c f =，则（ ）A ．a b c <<B ．a b c >>C ．c a b <<D ．a c b <<二、填空题13．81()x x-的展开式中，常数项为___________．（用数字作答）14．设,则的最小值为 。
浙江省嵊州市2017-2018学年高三第一学期期末教学质量调测数学试题(pdf版)
高三数学试卷 第 1 页 （共 4 页）绝密★考试结束前2017学年第一学期期末教学质量调测高三数学试题本试题卷分为选择题和非选择题两部分，全卷共4页，选择题部分第1到2页，非选择题部分第3到4页。
全卷满分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、准考证号内用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．选择题的答案须用2B 铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。
3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
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{}21A x x =≤，{}21B =-，，则A B =A ．{}1B ．{}21-，C ．{}11x x -≤≤D ．{}211x x x =--≤≤，或高三数学试卷 第 2 页 （共 4 页）2．若复数i2im z +=-（i 是虚数单位）是纯虚数，则实数m 的值为 A ．2- B ．12- C ．12D ．23．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．8-πB ．83π-C ．223D ． 8 4．若实数x ，y 满足约束条件02020y x y x y ≥⎧⎪-+≥⎨⎪+-≥⎩，，，则2z x y =-的取值范围是A ．[]44-，B ．[]24-，C ．[)4-+∞，D ．[)2-+∞，5．已知αβ，是两个不同的平面，直线l α⊂，则“l β⊥”是“αβ⊥”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 6．已知函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则()f xA ．既有极小值，也有极大值B ．有极小值，但无极大值C ．有极大值，但无极小值D 7．设等差数列{}n a 的前n 项的和为n S ，若60a <，70a >，且7a >A ．11120S S+< B ．11120S S +> C ．11120S S ⋅< D ．S 8．甲箱子里装有3个白球和2个红球，乙箱子里装有2个白球和2个红球．从这两个箱子里分别摸出一个球，设摸出的白球的个数为X ，摸出的红球的个数为Y ，则A ．()112P X =>，且()()E X E Y < B ．()112P X =>，且()()E X E Y > C ．()112P X ==，且()()E X E Y < D ．()112P X ==，且()()E X E Y > 9．如图，正四面体A B C D -，P 是棱CD 上的动点，设CP tCD =()()01t ∈，，分别记AP 与BC ，BD 所成角为αβ，，则 A ．αβ≥ B ．αβ≤C ．当102t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，时，αβ≥D ．当102t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，时，αβ≤10．如图，已知矩形ABCD 中，3AB =，2BC =，该矩形所在的平面内一点P满足1CP =，记1I AB AP =⋅，2I AC AP =⋅，3I AD AP =⋅，则 A ．存在点P ，使得12I I = B ．存在点P ，使得13I I =C ．对任意的点P ，有21I I >D ．对任意的点P ，有31I I >正视图 侧视图俯视图（第3题图）（第10题）（第9题图）B高三数学试卷 第 3 页 （共 4 页）注意事项：1．用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试卷上。
浙江省绍兴市嵊州市高三数学上学期期末试卷 文(含解析
2015-2016学年浙江省绍兴市嵊州市高三（上）期末数学试卷（文科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5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U={1，2，3，4}，A={1，4}，B={2}，则B∪（∁U A）=（）A．{2} B．{2，3} C．{1，2，4} D．{2，3，4}2．若a，b都是实数，则“”是“a2﹣b2＞0”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件3．已知α，β，γ为不同的平面，l，m为不同的直线．若α∩β=l，m⊂α，l∥γ，m⊥γ．则（）A．m∥βB．m⊥βC．l∥m D．l⊥m4．已知函数y=f（x）的图象是由函数的图象向左平移个单位得到的，则=（）A．B． C．0 D．5．函数的图象大致为（）A．B．C．D．6．在区间D上，若函数y=f（x）为增函数，而函数为减函数，则称函数y=f（x）为区间D上的“弱增”函数．则下列函数中，在区间[1，2]上不是“弱增”函数的为（）A．B．C．g（x）=x2+1 D．g（x）=x2+47．如图，椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过椭圆上的点P作y 轴的垂线，垂足为Q，若四边形F1F2PQ为菱形，则该椭圆的离心率为（）A．B．C．D．8．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，∠DCB=90°，AB=AD=AA1=2DC，Q为棱CC1上一动点，过直线AQ的平面分别与棱BB1，DD1交于点P，R，则下列结论错误的是（）A．对于任意的点Q，都有AP∥QRB．对于任意的点Q，四边形APQR不可能为平行四边形C．存在点Q，使得△ARP为等腰直角三角形D．存在点Q，使得直线BC∥平面APQR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．9．已知数列{a n}的首项a1=1，若a n+1=a n+1，n∈N*，则a3= ，a1+a2+…+a9= ．10．已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为，最长棱的棱长为．11．已知函数，g（x）=2x﹣1，则f（g（2））= ，f[g（x）]的值域为．12．已知实数x，y满足不等式组则该不等式组所表示的平面区域的面积为，当z=ax+y（a＞0）取到最大值4时实数a的值为．13．已知x＞0，y＞0，x+2y=1，则的最小值为．14．已知向量，，||=2，|﹣|=1，则|+|的最大值为．15．已知圆C：（x﹣2）2+y2=1，若直线y=k（x+1）上存在点P，使得过P向圆C所作两条切线所成角为，则实数k的取值范围为．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16．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若，，求BC边上的高．17．设数列{a n}的前n项和为S n，已知a1=1，S n=，n∈N*．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式a n；（Ⅱ）若数列{b n}满足：对任意的正整数n，都有a1b1+a2b2+…+a n b n=（n﹣1）•2n+1，求数列的最大项．18．在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，DB=DC=4，∠BDC=90°，P在线段BC上，CP=3PB，M，N分别为AD，BD的中点．（Ⅰ）求证：BC⊥平面MNP；（Ⅱ）若AB=4，求直线MC与平面ABC所成角的正弦值．19．已知抛物线C：y2=2px（p＞0）焦点为F（1，0），过F作斜率为k的直线交抛物线C于A、B两点，交其准线l于P点．（Ⅰ）求p的值；（Ⅱ）设|PA|+|PB|=λ|PA|•|PB|•|PF|，若，求实数λ的取值范围．20．已知a∈R，函数f（x）=x2﹣2ax+1．（Ⅰ）若a≤2，求f（x）在区间[1，2]上的最小值m（a）；（Ⅱ）记g（x）=f（x）+|x﹣a|，若g（x）在[1，2]上恰有一个零点，求a的取值范围．2015-2016学年浙江省绍兴市嵊州市高三（上）期末数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5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U={1，2，3，4}，A={1，4}，B={2}，则B∪（∁U A）=（）A．{2} B．{2，3} C．{1，2，4} D．{2，3，4}【考点】交、并、补集的混合运算．【专题】计算题；集合．【分析】由全集U及A，求出A的补集，找出B与A补集的并集即可．【解答】解：∵U={1，2，3，4}，A={1，4}，B={2}，∴∁U A={2，3}，则B∪（∁U A）={2，3}，故选：B．【点评】此题考查了交、并、补集的混合运算，熟练掌握各自的定义是解本题的关键．2．若a，b都是实数，则“”是“a2﹣b2＞0”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【专题】不等式的解法及应用．【分析】由“”可推出“a2﹣b2＞0”成立，而由“a2﹣b2＞0”成立不能推出“”成立，从而得出结论．【解答】解：由“”可得 a＞b＞0，故有“a2﹣b2＞0”成立，故充分性成立．由“a2﹣b2＞0”可得|a|＞|b|，不能推出，故必要性不成立．故“”是“a2﹣b2＞0”的充分而不必要条件，故选A．【点评】本题主要考查充分条件、必要条件、充要条件的定义，不等式的基本性质的应用，属于基础题．3．已知α，β，γ为不同的平面，l，m为不同的直线．若α∩β=l，m⊂α，l∥γ，m⊥γ．则（）A．m∥βB．m⊥βC．l∥m D．l⊥m【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】由已知推导出m与β相交、平行或m⊂β，l⊥m．【解答】解：∵α，β，γ为不同的平面，l，m为不同的直线，α∩β=l，m⊂α，l∥γ，m⊥γ，∴m与β相交、平行或m⊂β，l⊥m．由此能排除选选项A、B、C，得到D正确．故选：D．【点评】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．4．已知函数y=f（x）的图象是由函数的图象向左平移个单位得到的，则=（）A．B． C．0 D．【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【专题】计算题；转化思想；分析法；三角函数的图像与性质．【分析】直接利用三角函数图象的平移得f（x）的函数解析式，利用特殊角的三角函数值即可得解．【解答】解：∵函数的图象向左平移个单位得到f（x）=sin[2（x+）+]=sin（2x+）=cos2x，∴=cos=﹣cos=﹣．故选：B．【点评】本题考查了函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，特殊角的三角函数值的应用，三角函数的平移原则为左加右减上加下减．属于基础题．5．函数的图象大致为（）A．B．C．D．【考点】函数的图象．【专题】函数思想；数形结合法；函数的性质及应用．【分析】根据函数的奇偶性和单调区间进行判断．【解答】解：∵f（﹣x）==﹣=﹣f（x）．∴f（x）是奇函数，即f（x）图象关于原点对称．排除C，D．当x∈（0，π）时，sinx＞0，∴f（x）＞0，排除B．故选：A．【点评】本题考查了函数图象的判断，需要从奇偶性，特殊值，函数符号等处进行判断．6．在区间D上，若函数y=f（x）为增函数，而函数为减函数，则称函数y=f（x）为区间D上的“弱增”函数．则下列函数中，在区间[1，2]上不是“弱增”函数的为（）A．B．C．g（x）=x2+1 D．g（x）=x2+4【考点】函数单调性的判断与证明．【专题】新定义；函数思想；综合法；函数的性质及应用．【分析】根据“弱增”函数的定义，判断g（x）在[1，2]上的单调性，再判断在[1，2]上的单调性，而判断单调性可通过单调性的定义，以及的单调性，和根据导数符号的方法判断即可．【解答】解：A．g（x）=在[1，2]上为增函数；∴在[1，2]上为减函数；∴g（x）在[1，2]上为“弱增”函数；B.在[1，2]上为增函数；，x增大时，增大，减小，∴增大；∴减小；∴在[1，2]上为减函数；∴g（x）在[1，2]上为“弱增”函数；C．g（x）=x2+1在[1，2]上为增函数；在[1，2]上为增函数；∴g（x）在区间[1，2]上不是“弱增”函数，即该选项正确；D．g（x）=x2+4在[1，2]上为增函数；，；∵x∈[1，2]；∴y′≤0；∴在[1，2]上单调递减；∴g（x）在[1，2]上为“弱增”函数．故选C．【点评】考查对“弱增”函数定义的理解，函数单调性的定义，以及根据单调性定义判断一个函数单调性的方法，根据导数符号判断函数单调性的方法，要熟悉函数的单调性．7．如图，椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过椭圆上的点P作y 轴的垂线，垂足为Q，若四边形F1F2PQ为菱形，则该椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【考点】椭圆的简单性质．【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】由已知得P（2c，），Q（0，b），由此利用F1Q2=OF12+OQ2，推导出4e4﹣8e2+1=0，由此能求出结果．【解答】解：∵椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过椭圆上的点P作y轴的垂线，垂足为Q，四边形F1F2PQ为菱形，∴P（2c，），Q（0，b），∵F1Q2=OF12+OQ2，∴4c2=c2+b2（1﹣），整理，得：3a2c2=（a2﹣c2）（a2﹣4c2），∴4e4﹣8e2+1=0，由0＜e＜1，解得e=．故选：B．【点评】本题考查椭圆离心率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用．8．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，AB∥CD，∠DCB=90°，AB=AD=AA1=2DC，Q为棱CC1上一动点，过直线AQ的平面分别与棱BB1，DD1交于点P，R，则下列结论错误的是（）A．对于任意的点Q，都有AP∥QRB．对于任意的点Q，四边形APQR不可能为平行四边形C．存在点Q，使得△ARP为等腰直角三角形D．存在点Q，使得直线BC∥平面APQR【考点】直线与平面垂直的性质．【专题】数形结合；分析法；空间位置关系与距离．【分析】根据面面平行的性质判断A，B，使用假设法判断C，D．【解答】解：（1）∵AB∥CD，AA1∥DD1，∴平面ABB1A1∥平面CDD1C1，∵平面APQR∩平面ABB1A1=AP，平面APQR∩平面CDD1C1=RQ，∴AP∥QR，故A正确．（2）∵四边形ABCD是直角梯形，AB∥CD，∴平面BCC1B1与平面ADD1A1不平行，∵平面APQR∩平面BCC1B1=PQ，平面APQR∩平面ADD1A1=AR，∴PQ与AR不平行，故四边形APQR不可能为平行四边形，故B正确．（3）延长CD至M，使得DM=CM，则四边形ABCM是矩形，∴BC∥AM．当R，Q，M三点共线时，AM⊂平面APQR，∴BC∥平面APQR，故D正确．故选C．【点评】本题考查了直棱柱的结构特征，面面平行的性质，线面平行的判定，属于中档题．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．9．已知数列{a n}的首项a1=1，若a n+1=a n+1，n∈N*，则a3= 3 ，a1+a2+…+a9= 45 ．【考点】等差数列的前n项和；等差数列的通项公式．【专题】计算题；方程思想；转化思想；等差数列与等比数列．【分析】利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．【解答】解：∵数列{a n}的首项a1=1，a n+1=a n+1，n∈N*，∴数列{a n}是首项a1=1，公差为1的等差数列．∴a n=1+（n﹣1）=n．∴a3=3，a1+a2+…+a9=S9==45．故答案分别为：3；45．【点评】本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．10．已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为8 ，最长棱的棱长为2．【考点】由三视图求面积、体积．【专题】计算题；数形结合；数形结合法；立体几何．【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体是侧面垂直于底面的三棱锥，画出图形，结合图形求出它的体积与最长的棱长即可．【解答】解：根据几何体的三视图，得；该几何体是侧面PAB⊥底面ABC的三棱锥，如图所示；过点P作PO⊥AB，垂足为O，则PO=4，三棱锥P﹣ABC的体积为××6×2×4=8；三棱锥P﹣ABC的各条棱长为AB=6，BC=2，AC==2，PA==2，PB==4，PC==6；所以最长的棱是AC=2．故答案为：8，【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出几何体的结构特征，是基础题目．11．已知函数，g（x）=2x﹣1，则f（g（2））= 2 ，f[g（x）]的值域为[﹣1，+∞）．【考点】函数的值域；函数的值．【专题】计算题；函数思想；综合法；函数的性质及应用．【分析】由题意先求出g（2），代入f（x）的解析式求得f（g（2））；求出g（x）的值域，再结合分段函数求得f（g（x））在不同区间上的值域，取并集得答案．【解答】解：∵，g（x）=2x﹣1，∴g（2）=3，则f（g（2））=f（3）=2；∵g（x）=2x﹣1＞﹣1，∴当g（x）∈（﹣1，0]时，f（g（x））∈[﹣1，0）；当g（x）∈（0，+∞）时，f（g（x））∈（﹣1，+∞）．取并集得f（g（x））∈[﹣1，+∞）．故答案为：2，[﹣1，+∞）．【点评】本题考查分段函数值域的求法，考查运算能力，是中档题．12．已知实数x，y满足不等式组则该不等式组所表示的平面区域的面积为4 ，当z=ax+y（a＞0）取到最大值4时实数a的值为 1 ．【考点】简单线性规划．【专题】数形结合；转化法；不等式．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用三角形的面积公式进行求解，结合目标函数的几何意义即可得到结论．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：则A（1，3），B（1，﹣1），C（﹣1，1），则△ABC的面积S=•[3﹣（﹣1）]×2==4，由z=ax+y（a＞0），得y=﹣ax+z，∵a＞0，∴斜率﹣a＜0，作出得y=﹣ax+z由图象知当直线经过点A时，直线的截距最大，此时最大值为4，即a+3=4，得a=1，故答案为：4，1．【点评】本题主要考查线性规划的应用，作出不等式组对应的平面区域，结合三角形的面积公式以及目标函数的几何意义是解决本题的关键．13．已知x＞0，y＞0，x+2y=1，则的最小值为 4 ．【考点】基本不等式．【专题】计算题；转化思想；定义法；不等式．【分析】x＞0，y＞0，x+2y=1，则=+=++2，再根据基本不等式即可求出．【解答】解：x＞0，y＞0，x+2y=1，则=+=++2≥2+2=4，当且仅当x=y=时取等号，故则的最小值为4，故答案为：4．【点评】本题考查了基本不等式的应用，关键是灵活进行“1”的变形，属于基础题．14．已知向量，，||=2，|﹣|=1，则|+|的最大值为 5 ．【考点】平面向量数量积的运算．【专题】转化思想；向量法；平面向量及应用．【分析】由向量的共线的性质可得||的最大值为2+1=3，由|﹣|=1，|+|=t，两边平方可得8+22=1+t2，可得最大值．【解答】解：向量，，||=2，|﹣|=1，可得||的最大值为2+1=3，由|﹣|=1，|+|=t，平方可得，|﹣|2+|+|2=t2+1，即有22+22=1+t2，即8+22=1+t2，可得t2的最大值为8+2×9﹣1=25，即有|+|的最大值为5．故答案为：5．【点评】本题考查向量的模的最值的求法，注意运用向量共线和三角形三边的关系，考查向量的数量积的性质：向量的平方即为模的平方，属于中档题．15．已知圆C：（x﹣2）2+y2=1，若直线y=k（x+1）上存在点P，使得过P向圆C所作两条切线所成角为，则实数k的取值范围为．【考点】直线与圆的位置关系．【专题】综合题；转化思想；综合法；直线与圆．【分析】由题意可得圆心为C（2，0），半径R=1；设两个切点分别为A、B，则由题意可得可得PC=2，圆心到直线y=k（x+1）的距离小于或等于PC=2，即≤2，由此求得k的范围．【解答】解：圆C：（x﹣2）2+y2=1的圆心为C（2，0），半径R=1．设两个切点分别为A、B，则由题意可得PC=2，∴圆心到直线y=k（x+1）的距离小于或等于PC=2，即≤2，解得k2≤，可得k∈．故答案为：．【点评】本题主要考查直线和圆相交的性质，点到直线的距离公式的应用，体现了转化的数学思想，属于中档题．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16．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若，，求BC边上的高．【考点】余弦定理；正弦定理．【专题】方程思想；综合法；解三角形．【分析】（Ⅰ）由题意和正弦定理以及和差角的三角函数公式可得cosA，可得A值；（Ⅱ）由余弦定理和已知数据可得bc=6，由等面积可得，代入数据解方程可得．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由及正弦定理可得，∵sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB，∴，∵在三角形中sinB≠0，，∵0＜A＜π，∴；（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可知，∴12=b2+c2﹣bc=（b﹣c）2+bc=6+bc，解得bc=6，由等面积可得，代入数据，解得．【点评】本题考查正余弦定理解三角形，涉及三角形的面积公式和等面积的方法，属中档题．17．设数列{a n}的前n项和为S n，已知a1=1，S n=，n∈N*．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式a n；（Ⅱ）若数列{b n}满足：对任意的正整数n，都有a1b1+a2b2+…+a n b n=（n﹣1）•2n+1，求数列的最大项．【考点】数列的求和；数列递推式．【专题】转化思想；分析法；等差数列与等比数列．【分析】（Ⅰ）将n换为n+1，两式相减，可得=1，进而得到所求通项公式；（Ⅱ）由n换为n﹣1，可得，令，求得f（n+1）﹣f（n），即可判断f（n）的单调性，进而得到所求最大项．【解答】解：（Ⅰ）由，得，所以，所以=1，故是常数列．所以a n=n；（Ⅱ）一方面，由知，当n≥2时，解得，而a1•b1=1，所以b1=1，适合上式．故对n∈N*有；另一方面，令，则，所以f（3）=f（2）＞f（1），且f（3）＞f（4）＞f（5）＞…＞f（n）＞…故数列的最大项为f（2）或f（3），即为．【点评】本题考查数列的通项公式的求法，注意运用下标变换相减法，考查数列的最大项的求法，注意运用作差法判断数列的单调性，考查运算能力，属于中档题．18．在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，DB=DC=4，∠BDC=90°，P在线段BC上，CP=3PB，M，N分别为AD，BD的中点．（Ⅰ）求证：BC⊥平面MNP；（Ⅱ）若AB=4，求直线MC与平面ABC所成角的正弦值．【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．【分析】（Ⅰ）推导出MN∥AB，MN⊥BC，PN⊥BC，由此能证明BC⊥平面MNP．（Ⅱ）由AB⊥QD，得QD⊥平面ABC，连接AQ，取AQ的中点E，连接EM，EC，得到∠MCE就是直线MC与平面ABC所成角，由此能求出直线MC与平面ABC所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）∵MN是△ABD的中位线，∴MN∥AB．…（2分）又AB⊥平面PBC，∴MN⊥平面PBC．∴MN⊥BC．①…（4分）取BC的中点Q，连接DQ，则DQ⊥BC．由PN是△BDQ的中位线知PN∥DQ，∴PN⊥BC．②…（6分）由①②，得BC⊥平面MNP．…（7分）解：（Ⅱ）∵AB⊥平面PBC，∴AB⊥QD．而BC⊥QD，∴QD⊥平面ABC．…（9分）连接AQ，取AQ的中点E，连接EM，EC．在△AQD中，EM是中位线，∴EM∥QD．∴EM⊥平面ABC．…（10分）∴∠MCE就是直线MC与平面ABC所成角．…（11分）连接CN，则，，在Rt△MCE中，，∴直线MC与平面ABC所成角的正弦值为．…（15分）【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面所成角的正弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．19．已知抛物线C：y2=2px（p＞0）焦点为F（1，0），过F作斜率为k的直线交抛物线C于A、B两点，交其准线l于P点．（Ⅰ）求p的值；（Ⅱ）设|PA|+|PB|=λ|PA|•|PB|•|PF|，若，求实数λ的取值范围．【考点】抛物线的简单性质．【专题】转化思想；分析法；圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（Ⅰ）运用抛物线的焦点坐标，计算即可得到所求方程；（Ⅱ）由题可知：直线AB的方程为y=k（x﹣1）（k≠0），准线l的方程为 x=﹣1，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立抛物线的方程，运用韦达定理和弦长公式，化简整理，运用不等式的性质，即可得到所求范围．【解答】解：（Ⅰ）因为焦点F（1，0），所以，解得p=2；（Ⅱ）由题可知：直线AB的方程为y=k（x﹣1）（k≠0），准线l的方程为 x=﹣1．设A（x1，y1），B（x2，y2），则．由消去y得，k2x2﹣（2k2+4）x+k2=0，故．由|PA|+|PB|=λ|PA|•|PB|•|PF|得，，解得．因为，所以．【点评】本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查直线和抛物线的方程联立，运用韦达定理，注意运用弦长公式和抛物线的定义，考查运算能力，属于中档题．20．已知a∈R，函数f（x）=x2﹣2ax+1．（Ⅰ）若a≤2，求f（x）在区间[1，2]上的最小值m（a）；（Ⅱ）记g（x）=f（x）+|x﹣a|，若g（x）在[1，2]上恰有一个零点，求a的取值范围．【考点】二次函数的性质；函数的零点．【专题】分类讨论；分类法；函数的性质及应用．【分析】（Ⅰ）对函数配方得f（x）=（x﹣a）2+1﹣a2，可得对称轴方程为x=a．只需对对称轴a进行分类讨论即可；（Ⅱ）根据问1，对a分类讨论：当a＜1时，由（Ⅰ）知，f（x）≥2﹣2a＞0，得出g（x）＞0，无零点；当a=1时，g（x）=（x﹣1）2+|x﹣1|在[1，2]上恰有一个零点x=1；当1＜a＜2时，去绝对值，利用对称轴得出分段函数单调性，解出；当a≥2时，去绝对值，讨论函数单调性，判断g（x）＜0在[1，2]上恒成立，即此时没有零点．【解答】解：（Ⅰ）f（x）=（x﹣a）2+1﹣a2，对称轴方程为x=a．…（1分）（1）当1≤a≤2时，m（a）=f（a）=1﹣a2．…（3分）（2）当a＜1时，f（x）在区间[1，2]上是单调递增，所以m（a）=f（1）=2﹣2a．…（5分）综上所述：…（6分）（Ⅱ）（1）当a＜1时，由（Ⅰ）知，f（x）≥2﹣2a＞0，从而g（x）＞0，此时g（x）在[1，2]上没有零点．…（8分）（2）当a=1时，g（x）=（x﹣1）2+|x﹣1|在[1，2]上恰有一个零点x=1．…（9分）（3）当1＜a＜2时，…（10分）由，知g（x）在上单调递减，在单调递增．又g（1）=1﹣a＜0，所以要使得g（x）在[1，2]上恰有一个零点，只需g（2）=7﹣5a≥0，解得，所以．…（12分）（4）当a≥2时，g（x）=x2﹣2ax+1+|x﹣a|=x2﹣（2a+1）x+1+a由知g（x）在[1，2]上单调递减．又g（1）=1﹣a＜0，所以g（x）＜0在[1，2]上恒成立，即此时没有零点．综上所述，．…（14分）【点评】考查了二次函数区间内单调性的分类讨论和绝对值函数的分类讨论，难点较大．。
嵊州市2018届高三上学期期末教学质量调测数学试题含答案
2017学年第一学期期末教学质量调测高三数学试题第Ⅰ卷（共40分）一、选择题：本大题共10个小题,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，，则（）A. B. C. D.【答案】A，，，故选A.2. 若复数（是虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】C，且是纯虚数，，故选C.3. 某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（）A. B. C. D.【答案】B由三视图可知，该几何体是一个棱长为的正方体挖去一个圆锥的组合体，正方体体积为，圆锥体积为几何体的体积为，故选B.4. 若实数，满足约束条件，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D画出表示的可行域，如图所示的开放区域，平移直线，由图可知，当直线经过时，直线在纵轴上的截距取得最大值，此时有最小值，无最大值，的取值范围是，故选A.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.5. 已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”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【答案】A由线面垂直的判定定理可知，时，能推出，而不能推出，故“”是“”的充分不必要条件，故选A.6. 已知函数的导函数的图象如图所示，则（）A. 既有极小值，也有极大值B. 有极小值，但无极大值C. 有极大值，但无极小值D. 既无极小值，也无极大值【答案】B由导函数图象可知，在上为负，在上非负，在上递减，在递增，在处有极小值，无极大值，故选B.7. 设等差数列的前项的和为，若，，且，则（）A. B. C. D.【答案】C，，，，，，故选C.8. 甲箱子里装有个白球和个红球，乙箱子里装有个白球和个红球．从这两个箱子里分别摸出一个球，设摸出的白球的个数为，摸出的红球的个数为，则（）A. ，且B. ，且C. ，且D. ，且【答案】D可取，；，，，，，故选D.9. 如图，正四面体，是棱上的动点，设（），分别记与，所成角为，，则（）A. B.C. 当时，D. 当时，【答案】D作交于时，为正三角形，，是与成的角，根据等腰三角形的性质，作交于,同理可得，当时，，故选D.10. 如图，已知矩形中，，，该矩形所在的平面内一点满足，记，，，则（）A. 存在点，使得B. 存在点，使得C. 对任意的点，有D. 对任意的点，有【答案】C以为原点，以所在直线为轴、轴建立坐标系，则，，且在矩形内，可设，，，，，，错误，正确，，，错误，错误，故选C.【方法】本题主要考查平面向量数量积公式的坐标表示，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是几何形式，，二是坐标形式，（求最值问题与求范围问题往往运用坐标形式），主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.第Ⅱ卷（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，满分36分，将答案填在答题纸上）11. 我国古代数学巨著《九章算术》中，有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”这个问题用今天的白话叙述为：有一位善于织布的女子，每天织的布都是前一天的倍，已知她天共织布尺，问这位女子每天分别织布多少？”根据上述问题的已知条件，可求得该女子第天所织布的尺数为__________．【答案】由题知，该女子每天织的布长为公比为的等比数列，且，设第一天织布为，则，得，故答案为.12. 已知双曲线：（）的其中一条渐近线经过点，则该双曲线的右顶点的坐标为__________，渐近线方程为__________．【答案】 (1). (2).的渐近线方程过点，，，右顶点为，渐近线方程为，即，故答案为(1) ， (2) .13. 的展开式的第项的系数为__________，展开式中的系数为__________．【答案】 (1). 21 (2). -35的通项为，要得到展开式的第项的系数，令，令的系数为，故答案为(1)， (2).【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.14. 在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，，则__________，__________.【答案】 (1). (2). 3，，由余弦定理可得，即，得或（舍去），由正弦定理得，得，故答案为(1)，(2) 3.15. 已知向量，满足，，则的最大值为_______，与的夹角的取值范围为__________.【答案】 (1). 1 (2).由，得，，解得，的最大值为，，，即与的夹角的取值范围为，故答案为(1) ，(2).16. 某学校要安排位数学老师、位英语老师和位化学老师分别担任高三年级中个不同班级的班主任，每个班级安排个班主任．由于某种原因，数学老师不担任班的班主任，英语老师不担任班的班主任，化学老师不担班和班的班主任，则共有__________种不同的安排方法．（用数字作答）．【答案】32..................17. 已知函数的最小值为，则实数的值为__________.【答案】（1）当时，，；(2)当时，①若时，，，，，无解.②时，，，，解得，综上所述，实数的值为，故答案为.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，（1）求；（2）求的最大值与最小值.【答案】（1）1；（2）最大值；最小值.试题：（1）将代入函数式，利用特殊角的三角函数求解即可；（2）利用两角差的余弦公式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及辅助角公式化简，由，求得，结合正弦函数的图象，利用正弦函数的单调性可得的最大值与最小值.试题：（1），所以（2）.因为，所以.又因为在区间上是递增，在区间上递减.所以，当，即时，有最大值；当，即时，有最小值.19. 如图，在菱形中，，平面，，是线段的中点，.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见；（2）.试题：（1）设AC与BD的交点为O，连接MO可证明平面、平面，从而可得平面平面，进而可得平面；（2）取的中点为，连接，则，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，利用向量垂直数量积为零解方程组求出平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得直线与平面所成角的正弦值.试题：（1）设与的交点为，连接.因为，平面，所以平面.因为是线段的中点，所以是的中位线，所以.又，所以平面所以，平面平面.故平面.（2）取的中点为，连接，则.以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.取，则，，，.所以，.设平面的法向量，则，即，解得.可取法向量.又，则故直线与平面所成角的正弦值为.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、直线和平面成的角的定义及求法、利用等积变换求三棱锥体积，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的.20. 已知函数.（1）求的图像在点处的切线方程；（2）求在区间上的取值范围.【答案】（1）；（2）.试题：（1）先求出,再求出的值可得切点坐标，求出的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线在点处的切线方程；（2）利用导数研究函数的单调性可得当时，递增；当时递减；可得所以，.试题：（1），所以则.又，所以的图象在点处的切线方程为.（2）由（1）知.因为与都是区间上的增函数，所以是上的增函数.又，所以当时，，即，此时递增；当时，即，此时递减；又，，.所以，.所以在区间的取值范围为【方法点晴】本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及利用导数研究函数的单调性与最值，属于难题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.21. 如图，已知抛物线，点，，抛物线上的点，直线与轴相交于点，记，的面积分别是，.（1）若，求点的纵坐标；（2）求的最小值.【答案】（1）；（2）.试题：（1）由斜率公式可得，.由，得即，得；（2）设直线：，则，联立，消去得，则，，由弦长公式及点到直线距离公式可得，利用二次函数的性质可得结果.试题：（1）因为，.由，得即，得（2）设直线：，则，由，知.联立，消去得，则，.所以，，点到直线的距离.所以故当时，有最小值.方法2：设（），则，所以直线：，则. 又直线：，.则点到直线的距离为，点到直线的距离为所以.故当时，有最小值.22. 已知数列满足：，（1）证明：（2）令，，求证：【答案】（1）见；（2）见.试题：（1）由，得，先证明，即，可得，再证明，利用二次函数的性质可得，从而可得结论；（2）由，可得，，，可证明，由（1）可知，所以，即，可得，即，从而可得结果.试题：（1）因为，所以因为，所以.若，则，从而，与矛盾，所以，故，即，所以；所以与同号，即与同号，而，所以，所以综上：.（2）因为，所以所以所以由（1）可知，所以，即.所以，即.另一方面，由（1）可知，所以，即. 所以，所以所以，即综上所述：，即.。
2018届高三上学期期末联考数学(理)试题有答案-精品
2017—2018学年度第一学期期末联考试题高三数学（理科）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分全卷满分150分，考试时间120分钟．注意：1. 考生在答题前，请务必将自己的姓名、准考证号等信息填在答题卡上．2. 选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，答在试卷上无效．3. 填空题和解答题用0.5毫米黑色墨水签字笔答在答题卡上每题对应的答题区域内．答在试题卷上无效．第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．把答案填在答题卡上对应题号后的框内，答在试卷上无效．1．设集合{123}A =，，，{45}B =，，{|}M x x a b a A b B ==+∈∈，，，则M 中的元素个数为A ．3B ．4C ．5D ．62．在北京召开的第24届国际数学家大会的会议，会议是根据中国古代数学家赵爽的弦图（如图）设计的，其由四个全等的直角三角形和一个正方形组成，若直角三角形的直角边的边长分别是3和4，在绘图内随机取一点，则此点取自直角三角形部分的概率为 A ．125B ．925C ．1625D ．24253．设i 为虚数单位，则下列命题成立的是A ．a ∀∈R ，复数3i a --是纯虚数B ．在复平面内i(2i)-对应的点位于第三限象C ．若复数12i z =--，则存在复数1z ，使得1z z ∈RD ．x ∈R ，方程2i 0x x +=无解4．等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知3215109S a a a =+=，，则1a =A ．19B ．19-C ．13D ．13-5．已知曲线421y x ax =++在点(1(1))f --，处切线的斜率为8，则(1)f -=试卷类型：A天门 仙桃 潜江A ．7B ．－4C ．－7D ．4 6．84(1)(1)x y ++的展开式中22x y 的系数是A ．56B ．84C ．112D ．1687．已知一个空间几何体的三视图如图，根据图中标出的尺寸（单位：cm ），可得这个几何体的体积是 A ．4cm 3B ．5 cm 3C ．6 cm 3D ．7 cm 38．函数()sin()(0,0)f x A x A ωϕω=+>>的图像如图所示，则(1)(2)(3)(18)f f f f ++++的值等于ABC 2D ．19．某算法的程序框图如图所示，其中输入的变量x 在1，2，3…，24 这24个整数中等可能随机产生。
2017-2018学年第一学期期末教学质量监测数学答案
⎺ = y
1 10
∑ yi = 2
10 i = 1
∴
∧
b=
∑ xiyi 10 i = 1
∧
⎺ ⎺ a=y -bx =
∧
∑
i = 1
10
⎺ ⎺ 10 x y = 24 = 0.3 80 ⎺ 2 xi2 - 10x
2 - 0.3×8 = -0.4
∧
故所求回归方程为 y = 0.3
x-0.4
∧
……………… 6 分
(2)试验的全部结束所构成的区域为{(a,b )|0≤a≤3,0≤b ≤2}, 构成事件 A 的区域为{(a,b )|0≤a≤3,0≤b ≤2,a≥b }, 3×2- 1 ×22 2 所以所求的概率为= =2 3×2 3
……………… 10 分 共3页
数学答案第 2 页
⎺ 22.解:(1) x = 1 10
2017-2018 学年第一学期期末教学质量监测
高一数学参考答案
一选择题: 题号 答案 二、填空题: 13. 16 14. 66 15. 4 √ 3 3 16. 101 17. ( -1, 5 ) 4 ……………… 4 分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D 11 A 12 B B A C B C D A B A
三、解答题:
18.解:(1)x=6
y= 3 ;
(2)甲队中成绩不低于 80 的有 80,82,88;乙队中成绩不低于 80 的有 80,86,88,89, 甲、乙两队各随机抽取一名,基本事件总数为 3×4=12 ,其中甲队学生成绩不低于乙队学生 成绩的有(80,80);(82,80);(88,80);(88,86);(88,88)。 条件总数为 3+1+1=5, 所以甲队 学生成绩不低于乙队学生成绩的概率为 P = 5 . 12 19.解:(1)检测数据的频率分布直方图如图: ……………… 8 分
2017—2018学年度第一学期高三级数学试题及答案精装版
2017—2018学年度第一学期高三级数学试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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已知两个集合(){}2ln 2++-==x x y x A ，⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤-+=212x e e xB 则=⋂B A （）A.⎪⎭⎫⎢⎣⎡-2,21 B ．⎥⎦⎤ ⎝⎛--21,1 C ．()e ,1- D ．()e ,22.要得到一个奇函数，只需将x x x f cos 3sin )(-=的图象（）A.向右平移6π个单位B.向右平移3π个单位C.向左平移6π个单位 D.向左平移3π个单位3．由下列条件解△ABC ，其中有两解的是( )A ．b ＝20，A ＝45°，C ＝80°B ．a ＝30，c ＝28，B ＝60°C ．a ＝14，c ＝16，A ＝45°D ．a ＝12，c ＝15，A ＝120° 4设函数()sin(2)3f x x π=+，则下列结论正确的是（）①()f x 的图象关于直线3x π=对称；②()f x 的图象关于点(,0)4π对称；③()f x 的图象向左平移12π个单位，得到一个偶函数的图象；④()f x 的最小正周期为π，且在[0,]6π上为增函数．A. ①③ B .②④ C. ①③④D .③5命题“存在R x ∈，使a ax x 42-+≤0为假命题”是命题“016≤≤-a ”的(A) 充要条件(B)必要不充分条件(C)充分不必要条件 (D)既不充分也不必要条件6已知函数f (x )＝A tan(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|<π2，y ＝f (x )的部分图象如图，则f ⎝⎛⎭⎫π24＝( )A ．2＋ 3B ．3C.33D ．2－ 37.已知sin α＋2cos α＝3，则tan α＝( )A.22B ．2C ．－22D ．－ 28已知ω＞0，函数f (x )＝sin(ωx ＋)在(，π)上单调递减，则ω的取值范围是( ) A ． B ． C ．(0，］ D ．(0,2］9设α、β都是锐角，且cos α＝55，sin(α＋β)＝35，则cos β等于( ) A.2525 B.255 C.2525或255D.55或52510.在ABC △中，若2sin sin sin A B C =⋅且()()3b c a b c a bc +++-=，则该三角形的形状是（）A ．直角三角形B ．钝角三角形C ．等腰三角形D ．等边三角形11.已知定义在实数集R 上的函数()f x 满足(1)3f =，且()f x 的导数()f x '在R 上恒有()2f x '<()x R ∈，则不等式()21f x x <+的解集为（）A ．(1,)+∞B ．(,1)-∞-C ．(1,1)-D ．(,1)-∞-⋃(1,)+∞12已知函数f (x )＝sin ωx ＋3cos ωx (ω>0)，f ⎝⎛⎭⎫π6＋f ⎝⎛⎭⎫π2＝0，且f (x )在区间⎝⎛⎭⎫π6，π2上递减，则ω＝( )A ．3B ．2C．6D ．5π4π21524⎡⎤⎢⎥⎣⎦，1324⎡⎤⎢⎥⎣⎦，12二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知53)30sin(0=+α，0015060<<α，则=αcos ___________.14如图，为测量山高MN ，选择A 和另一座山的山顶C 为测量观测点．从A 点测得M 点的仰角∠MAN ＝60°，C 点的仰角∠CAB ＝45°以及∠MAC ＝75°；从C 点测得∠MCA ＝60°.已知山高BC ＝100 m ，则山高MN ＝________m.15已知α，β都是锐角，tan α＝17，sin β＝1010，则α＋2β的大小为________。
嵊州市 2017学年第一学期期末教学数学质量调测
本人简单点评：本题浙江常考题型，更简便的方法可以举例说明。 8. 已知 P 为抛物线 y ＝4x 上一个动点，Q 为圆 x ＋（y－4） ＝1 上一个动点，那么点 P 到点 Q 的距离与点 P 到抛物线的准线的距离之和的最小值是（ A．5 B．8 ） C． 17 1 D． 5 ＋2
2 2 2
原创解答：本题考查抛物线的定义及点、线、圆之间距离的最值问题。 过程（阮国勇） ：如左图所示，本题关键点抛物线定义，P 到准线距离即为 PF。而 距离最小值情况易知 P 在 F、 此时 F 点固定， 即点 F 到圆距离的最小值=MF-1 Q 中间，
D． S11 S12 0
原创解答：本题考查数列的项与前 n 项和的关系。 过程（阮国勇） ：要注意等差数列前 n 项和与两项有关，即 s n =n a中 ，由已知得：
a6 0 s11 0, a7 0 s13 0.a7 a6 a6 a7 0 s12 0, 故选： C
5.已知 ， 是两个不同的平面，直线 l ，则“”是“ ”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
原创解答：本题考查立体几何的位置关系判断，属于容易题。 过程（阮国勇） ：本题考查平面与平面垂直的判定定理，
可知：l ，l ，但是 ，不一定有l m，其中 =m 。故选： A
Байду номын сангаас
）
A． 4 ， 4
B． 2 ， 4
C. 4 ，
D． 2 ，
原创解答：本题考查简单线性规划问题，养成画可行域的习惯。 过程（阮国勇） ：高考只考线性的，非线性不要求，本题 z 看成 y=2x-z 的 y 轴截距相反数，如左图阴影部分的可行域，红色直 线 y=2x，当按照箭头方向平移至 A（0,2）时，z 最小，代入得 z=-2，显然无最大值，所以 z 2 ， ，故选：D 本人简单点评：线性最值问题一定养成画可行域习惯，对于求可行性非三角区域，以及目标函数非线性， 常见的有绝对值目标函数，距离有关、斜率有关问题的解决很重要。
2017-2018学年浙江省绍兴市嵊州市高三(上)期末数学试卷(解析版)
2017-2018学年浙江省绍兴市嵊州市高三（上）期末数学试卷一、选择题：本大题共10个小题，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．（4分）已知集合A＝{x|x2≤1}，B＝{﹣2，1}，则A∩B＝（）A．{1}B．{﹣2，1}C．{x|﹣1≤x≤1}D．{x|x＝﹣2，或﹣1≤x≤1}2．（4分）若复数z＝（i是虚数单位）是纯虚数，则实数m的值为（）A．﹣2B．﹣C．D．23．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．8﹣πB．8﹣C．D．84．（4分）若实数x，y满足约束条件，则z＝2x﹣y的取值范围是（）A．[﹣4，4]B．[﹣2，4]C．[﹣4，+∞）D．[﹣2，+∞）5．（4分）设α、β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件6．（4分）已知函数y＝f（x）的导函数y＝f′（x）的图象如图所示，则f（x）（）A．既有极小值，也有极大值B．有极小值，但无极大值C．有极大值，但无极小值D．既无极小值，也无极大值7．（4分）设等差数列{a n}的前项的和为S n，若a6＜0，a7＞0，且a7＞|a6|，则（）A．S11+S12＜0B．S11+S12＞0C．S11•S12＜0D．S11•S12＞0 8．（4分）甲箱子里装有3个白球和2个红球，乙箱子里装有2个白球和2个红球．从这两个箱子里分别摸出一个球，设摸出的白球的个数为X，摸出的红球的个数为Y，则（）A．P（X＝1），且E（X）＞E（Y）B．P（X＝1），且E（X）＜E（Y）C．P（X＝1）＝，且E（X）＞E（Y）D．P（X＝1）＝，且E（X）＜E（Y）9．（4分）如图，正四面体A﹣BCD，P是棱CD上的动点，设CP＝tCD（t∈（0，1）），分别记AP与BC，BD所成角为α，β，则（）A．α≥βB．α≤βC．当t∈（0，]时，α≥βD．当t∈（0，]时，α≤β10．（4分）如图，已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，该矩形所在的平面内一点P满足||＝1，记I1＝，I2＝，I3＝，则（）A．存在点P，使得I1＝I2B．存在点P，使得I1＝I3C．对任意的点P，有I2＞I1D．对任意的点P，有I3＞I1二、填空题（本大题共7小题，多空题每小题4分，单空题每小题4分，满分36分，将答案填在答题纸上）11．（4分）我国古代数学巨著《九章算术》中，有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”这个问题用今天的白话叙述为：有一位善于织布的女子，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这位女子每天分别织布多少？”根据上述问题的已知条件，可求得该女子第1天所织布的尺数为．12．（6分）已知双曲线C：＝1（t＞0）的其中一条渐近线经过点（1，1），则该双曲线的右顶点的坐标为，渐近线方程为．13．（6分）（x﹣）7的展开式的第3项的系数为，展开式中x的系数为．14．（6分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cos（A+C）＝，a ＝2，b＝4，则sin A＝，c＝．15．（6分）已知向量，满足||＝1，||＝|2﹣|，则||的最大值为，与的夹角的取值范围为．16．（4分）某学校要安排2位数学老师、2位英语老师和1位化学老师分别担任高三年级中5个不同班级的班主任，每个班级安排1个班主任，由于某种原因，数学老师不担任A 班的班主任，英语老师不担任B班的班主任，化学老师不担任C班和D班的班主任，则共有种不同的安排方法．（用数字作答）17．（4分）已知函数f（x）＝x2+（a﹣4）x+1+|x2﹣ax+1|的最小值为，则实数a的值为三、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f（x）＝2sin x•[cos（x﹣）+cos x]，x∈[0，]．（1）求f（）；（2）求f（x）的最大值与最小值．19．如图，在菱形ABCD中，，ED⊥平面ABCD，EF∥DB，M是线段AE的中点，DE＝EF＝．（1）证明：DM∥平面CEF；（2）求直线DM与平面DEF所成角的正弦值．20．已知函数f（x）＝（﹣1）lnx．（1）求f（x）的图象在点x＝1处的切线方程；（2）求f（x）在区间[]上的取值范围．21．如图，已知抛物线y2＝x，点A（1，1），B（4，﹣2），抛物线上的点P（x，y）（y＞1），直线AP与x轴相交于点Q，记△P AB，△QAB的面积分别是S1，S2．（1）若AP⊥PB，求点P的纵坐标；（2）求S1﹣5S2的最小值．22．已知数列{x n}满足：x1＝，x n＝2x n+1﹣（n∈N*）（1）证明：1＜2（n∈N*）（2）令a n＝，S n＝a1+a2+…+a n，求证：1＜3（n∈N*）2017-2018学年浙江省绍兴市嵊州市高三（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10个小题，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．【解答】解：∵集合A＝{x|x2≤1}＝[﹣1，1]，B＝{﹣2，1}，∴A∩B＝{1}，故选：A．2．【解答】解：∵z＝＝是纯虚数，∴，即m＝．故选：C．3．【解答】解：由题意可知：几何体是一个棱长为2的正方体挖去一个圆锥的几何体，如图：几何体的体积为：＝8﹣，故选：B．4．【解答】解：根据实数x，y满足约束条件画出可行域由图得当z＝2x﹣y过点A（0，2）时，Z最小为﹣2．故所求z＝2x﹣y的取值范围是[﹣2，+∞）．故选：D．5．【解答】解：面面平行的判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．因为直线l⊂α，且l⊥β所以由判断定理得α⊥β．所以直线l⊂α，且l⊥β⇒α⊥β若α⊥β，直线l⊂α则直线l⊥β，或直线l∥β，或直线l与平面β相交，或直线l在平面β内．所以“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件．故选：A．6．【解答】解：由题意可知：x＜a时，f′（x）＜0，函数是减函数，x＞a时，f′（x）＞0，函数是增函数，所以x＝a时函数极小值点．故选：B．7．【解答】解：由于a6＜0，a7＞0，且a7＞|a6|，则a6+a7＞0，所以，，，因此，S11S12＜0，故选：C．8．【解答】解：由题意知，P（X＝1）＝+＝+＝；又P（X＝0）＝＝，P（X＝2）＝＝，∴X的数学期望为E（X）＝0×+1×+2×＝；P（Y＝0）＝＝，P（Y＝1）＝+＝+＝，P（Y＝2）＝＝，∴Y的数学期望为E（Y）＝0×+1×+2×＝；∴E（X）＞E（Y）．故选：C．9．【解答】解：当t→0时，AP→AC，α→，β→，排除A，C；当t→1时，AP→AD，α→，β→，排除B；故选：D．10．【解答】解：I1＝•＝•（）＝•（++）＝9+•，I2＝•＝（+）•（+）＝（+）•（++）＝13+•+•＝13+•+||×||×cos＜，＞＝13+•+2cos，＞＝9+•+4+2cos＜，＞＞9+•＝I1故选：C．二、填空题（本大题共7小题，多空题每小题4分，单空题每小题4分，满分36分，将答案填在答题纸上）11．【解答】解：设这名女子第n天织布的尺数为a n，则{a n}是公比q＝2的等比数列，由题意得＝5，解得a1＝．故答案为：．12．【解答】解：由题意可得双曲线的渐近线方程为：x﹣y＝0，双曲线C：＝1（t＞0）的其中一条渐近线经过点（1，1），可得t＝2，所以双曲线的右顶点的坐标为（，0），双曲线方程为：＝1，渐近线方程为：y＝±x．故答案为：（，0）；y＝±x．13．【解答】解：由，可得（x﹣）7的展开式的第3项的系数为21；由，令7﹣2r＝1，得r＝3．∴展开式中x的系数为．故答案为：21，﹣35．14．【解答】解：∵cos（A+C）＝cos（π﹣B）＝﹣cos B＝，a＝2，b＝4，∴cos B＝﹣，可得：sin B＝＝，∴由正弦定理可得：sin A＝＝＝，∴由余弦定理可得：42＝22+c2﹣2×2×c×（﹣），整理可得：c2+c﹣12＝0，∴解得：c＝3或﹣4（舍去）．故答案为：，3．15．【解答】解：∵||＝1，不妨设＝（1，0），＝（x，y），∴2﹣＝（2x﹣1，2y），由||＝|2﹣|得x2+y2＝（2x﹣1）2+（2y）2，化简的（x﹣）2+y2＝，故的终点轨迹满足上述圆的方程，故||的最大值为1，当终点落在B，如图切点时，与的夹角最大为，最小为0，故与的夹角的范围为[0，]，故答案为：1，[0，]，16．【解答】解：根据题意，分6种情况讨论：①，若两位数学老师分别分到B、C两个班，有A22A21A22＝8种分法；②，若两位数学老师分别分到B、D两个班，有A22A21A22＝8种分法；③，若两位数学老师分别分到B、E两个班，有A22A22＝4种分法；④，若两位数学老师分别分到C、D两个班，有A22A22＝4种分法；⑤，若两位数学老师分别分到C、E两个班，有A22A22＝4种分法；⑥若两位数学老师分别分到D、E两个班，有A22A22＝4种分法；则一共有8+8+4+4+4+4＝32种安排方法；故答案为：32．17．【解答】解：函数f（x）＝x2+（a﹣4）x+1+|x2﹣ax+1|，当x2﹣ax+1＜0时，f（x）＝x2+（a﹣4）x+1﹣x2+ax﹣1，化为f（x）＝（2a﹣4）x，不管x2﹣ax+1＜0有解与无解，函数f（x）取不到最小值；当x2﹣ax+1≥0时，f（x）＝x2+（a﹣4）x+1+x2﹣ax+1，化为f（x）＝2（x2﹣2x+1）＝2（x﹣1）2，由题意f（x）的最小值为，可得x2﹣ax+1≥0有解，即△＝a2﹣4≥0，即为a≥2或a≤﹣2，且2（x﹣1）2＝，可得x＝或x＝，则有或为方程x2﹣ax+1＝0的解，即为﹣a+1＝0，可得a＝；当a＝时，x2﹣x+1≥0解得x≥2或x≤，即有f（x）的值域为[，+∞），f（x）的最小值为；﹣a+1＝0，可得a＝，由x2﹣x+1≥0解得x≥或x≤，即有f（x）的值域为[，+∞），不满足题意．另解：函数f（x）为连续函数．当x2﹣ax+1＞＝0时，f（x）＝2x2﹣4x+2；x2﹣ax+1＜0时，f（x）＝（2a﹣4）x．图象显示，此函数分三部分，中间为线段，两侧为抛物线，由于最小值为，所以必有1﹣a+1＜0，即a＞2，直线部分单调增，所以有2（x﹣1）2＝，得x＝（舍去），同时（2a﹣4）＝，所以，所求a＝．故答案为：．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．【解答】解：（1）函数f（x）＝2sin x•[cos（x﹣）+cos x]，所以：f（）＝．（2）f（x）＝，＝，＝．因为x∈[0，]．所以．又因为y＝sin x在区间上是递增，在区间上递减．所以，当，即时，f（x）有最大值；当，即x＝0时，f（x）有最小值0．19．【解答】解：（1）证明：因为DO∥EF，DO⊄平面CEF，所以DO∥平面CEF．设AC与BD的交点为O，连接MO．因为M是线段AE的中点，所以MO是△ACE的中位线，所以MO∥EC．又MO⊄平面CEF，所以MO∥平面CEF，∴平面MDO∥平面CEF．故DM∥平面CEF．（2）因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD．又因为ED平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC．且ED∩BD＝D，所以AC⊥平面EDF．设ED＝2，则A到平面DEF的距离．因为点M是线段AE的中点，所以M到平面DEF的距离．在RT△EDA中，ED＝1，AD＝2，所以．设直线DM与平面DEF所成角为θ，则＝＝．∴直线DM与平面DEF所成角的正弦值．20．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝（﹣1）lnx，∴•lnx+（﹣1）•＝，∴＝0．又f（1）＝（﹣1）ln1＝0，所以f（x）的图象在点x＝1处的切线方程为y＝0．（2）由（1）知f′（x）＝．∵y＝lnx与y＝1﹣都是区间（0，+∞）上的增函数，∴g（x）＝lnx+2（1﹣）是（0，+∞）上的增函数．又g（1）＝0，∴当x＞1时，g（x）＞0，即f′（x）＞0，此时f（x）递增；当0＜x＜1时，g（x）＜0，即f′（x）＜0，此时f（x）递减；又f（1）＝0，f（）＝（﹣1）•ln＝•ln2，f（2）＝（）•ln2．∴[f（x）]min＝0，[f（x）]max＝max{f（2），f（）}＝（﹣1）ln2，∴f（x）在区间[]的取值范围为[0，（）ln2]．21．【解答】解：（1）因为A（1，1），B（4，﹣2），P（x，y），所以k AP＝＝＝，k BP＝＝＝；由AP⊥BP，得k AP•k BP＝•＝﹣1，即y2﹣y﹣1＝0，得y＝；所以点P的纵坐标为；（2）设直线AP：y﹣1＝k（x﹣1），则Q（1﹣，0），由y＞1，知0＜k＜；联立，消去x得ky2﹣y+1﹣k＝0，则x P＝，P（，）；所以|AP|＝|x P﹣1|＝|﹣1|＝，同理|AQ|＝|x Q﹣1|＝|﹣1|＝，点B到直线AP的距离为d＝＝＝；所以S1﹣5S2＝|AP|d﹣|AQ|d＝（|AP|﹣5|AQ|）d＝（•﹣）•＝•（﹣）•（k+1）＝•＝×﹣24；故当k＝时，S1﹣5S2有最小值为﹣24．方法2：设P（t2，t）（t＞1），则k AP＝，所以直线AQ：y﹣1＝（x﹣1），则Q（﹣t，0）；又直线AB：x+y﹣2＝0，AB＝3；则点P到直线AB的距离为d1＝＝，点Q到直线AB的距离为d2＝＝；所以S1﹣5S2＝|AB|（d1﹣5d2）＝×（﹣）＝×（t﹣2）2﹣24；故当t＝2时，S1﹣5S2有最小值﹣24．22．【解答】解：（1）证明：因为x n＝2x n+1﹣，所以，因为x n＝2x n+1﹣（n∈N*）＝﹣2，所以．若，则x n＝，从而，与矛盾，所以，故，即，所以＝2﹣2x n+1＞1，所以x n与x n+1同号，从而x n与x1同号，而，所以x n+1＞0，所以＝2﹣2x n+1＜2综上：1＜2（n∈N*）；（2）证明：因为，所以＝，所以a n＝＝＝所以S n＝a1+a2+…+a n＝＝由（1）可知，所以，即．所以＜3（2n﹣1），即．另一方面，由（1）可知x n+1＜x n，所以．所以，所以＝2n所以，即＞1综上所述：2n﹣1＜S n＜3（2n﹣1），即1．。
浙江省嵊州市2018届高三第一学期期末教学质量调测数学试题(解析版)
2017学年第一学期期末教学质量调测高三数学试题第Ⅰ卷（共40分）一、选择题：本大题共10个小题,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，，则（ ）A.B.C.D.【答案】A 【解析】，，，故选A.2.若复数（是虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（ ） A.B.C. D.【答案】C 【解析】，且是纯虚数，，故选C. 3.某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）A. B. C. D.【答案】B 【解析】由三视图可知，该几何体是一个棱长为的正方体挖去一个圆锥的组合体，正方体体积为，圆锥体积为几何体的体积为，故选B.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.4.若实数，满足约束条件，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】画出表示的可行域，如图所示的开放区域，平移直线，由图可知，当直线经过时，直线在纵轴上的截距取得最大值，此时有最小值，无最大值，的取值范围是，故选A.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.5.设为两个不同的平面，直线，则“”是“”成立的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】试题分析：当满足时可得到成立，反之，当时，与可能相交，可能平行，因此前者是后者的充分不必要条件考点：充分条件与必要条件点评：命题：若则是真命题，则是的充分条件，是的必要条件6.已知函数的导函数的图象如图所示，则（）A. 既有极小值，也有极大值B. 有极小值，但无极大值C. 有极大值，但无极小值D. 既无极小值，也无极大值【答案】B【解析】由导函数图象可知，在上为负，在上非负，在上递减，在递增，在处有极小值，无极大值，故选B.7.设等差数列的前项的和为，若，，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，，，，，，故选C.8.甲箱子里装有个白球和个红球，乙箱子里装有个白球和个红球．从这两个箱子里分别摸出一个球，设摸出的白球的个数为，摸出的红球的个数为，则（）A. ，且B. ，且C. ，且D. ，且【答案】D【解析】可取，；，，，，，故选D.9.如图，正四面体，是棱上的动点，设（），分别记与，所成角为，，则（）A. B.C. 当时，D. 当时，【答案】D【解析】作交于时，为正三角形，，是与成的角，根据等腰三角形的性质，作交于,同理可得，当时，，故选D.10.如图，已知矩形中，，，该矩形所在的平面内一点满足，记，，，则（）A. 存在点，使得B. 存在点，使得C. 对任意的点，有D. 对任意的点，有【答案】C【解析】以为原点，以所在直线为轴、轴建立坐标系，则，，且在矩形内，可设，，，，，，错误，正确，，，错误，错误，故选C.【方法点睛】本题主要考查平面向量数量积公式的坐标表示，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是几何形式，，二是坐标形式，（求最值问题与求范围问题往往运用坐标形式），主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.第Ⅱ卷（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，满分36分，将答案填在答题纸上）11.我国古代数学巨著《九章算术》中，有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”这个问题用今天的白话叙述为：有一位善于织布的女子，每天织的布都是前一天的倍，已知她天共织布尺，问这位女子每天分别织布多少？”根据上述问题的已知条件，可求得该女子第天所织布的尺数为__________．【答案】【解析】由题知，该女子每天织的布长为公比为的等比数列，且，设第一天织布为，则，得，故答案为.12.已知双曲线：（）的其中一条渐近线经过点，则该双曲线的右顶点的坐标为__________，渐近线方程为__________．【答案】 (1). (2).【解析】的渐近线方程过点，，，右顶点为，渐近线方程为，即，故答案为(1)， (2).13.的展开式的第项的系数为__________，展开式中的系数为__________．【答案】 (1). 21 (2). -35 【解析】的通项为，要得到展开式的第项的系数，令，令的系数为，故答案为(1) ， (2).【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用. 14.在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，，则__________，__________.【答案】 (1). (2). 3【解析】，，由余弦定理可得，即，得或（舍去），由正弦定理得，得，故答案为(1) ，(2) 3.15.已知向量，满足，，则的最大值为_______，与的夹角的取值范围为__________.【答案】 (1). 1 (2).【解析】由，得，，解得，的最大值为，，，即与的夹角的取值范围为，故答案为(1) ，(2) .16.某学校要安排位数学老师、位英语老师和位化学老师分别担任高三年级中个不同班级的班主任，每个班级安排个班主任．由于某种原因，数学老师不担任班的班主任，英语老师不担任班的班主任，化学老师不担班和班的班主任，则共有__________种不同的安排方法．（用数字作答）．【答案】32【解析】若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，共有种安排方法，故答案为 .17.已知函数的最小值为，则实数的值为__________.【答案】【解析】（1）当时，，；(2)当时，①若时，，，，，无解.②时，，，，解得，综上所述，实数的值为，故答案为.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，（1）求；（2）求的最大值与最小值.【答案】（1）1；（2）最大值；最小值.【解析】试题分析：（1）将代入函数解析式，利用特殊角的三角函数求解即可；（2）利用两角差的余弦公式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及辅助角公式化简，由，求得，结合正弦函数的图象，利用正弦函数的单调性可得的最大值与最小值.试题解析：（1），所以（2）.因为，所以.又因为在区间上是递增，在区间上递减.所以，当，即时，有最大值；当，即时，有最小值.19.如图，在菱形中，，平面，，是线段的中点，.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)见解析.(2) .【解析】试题分析：（1）设AC与BD的交点为O，连接MO可证明平面、平面，从而可得平面平面，进而可得平面；（2）取的中点为，连接，则，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量，利用向量垂直数量积为零解方程组求出平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得直线与平面所成角的正弦值.试题解析：（1）设与的交点为，连接.因为，平面，所以平面.因为是线段的中点，所以是的中位线，所以.又，所以平面所以，平面平面.故平面.（2）取的中点为，连接，则.以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.取，则，，，.所以，.设平面的法向量，则，即，解得.可取法向量.又，则故直线与平面所成角的正弦值为.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、直线和平面成的角的定义及求法、利用等积变换求三棱锥体积，属于难题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法①证明的.20.已知函数.（1）求的图像在点处的切线方程；（2）求在区间上的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）先求出,再求出的值可得切点坐标，求出的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线在点处的切线方程；（2）利用导数研究函数的单调性可得当时，递增；当时递减；可得所以，.试题解析：（1），所以则.又，所以的图象在点处的切线方程为.（2）由（1）知.因为与都是区间上的增函数，所以是上的增函数.又，所以当时，，即，此时递增；当时，即，此时递减；又，，.所以，.所以在区间的取值范围为【方法点晴】本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及利用导数研究函数的单调性与最值，属于难题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.21.如图，已知抛物线，点，，抛物线上的点，直线与轴相交于点，记，的面积分别是，.（1）若，求点的纵坐标；（2）求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由斜率公式可得，.由，得即，得；（2）设直线：，则，联立，消去得，则，，由弦长公式及点到直线距离公式可得，利用二次函数的性质可得结果.试题解析：（1）因为，.由，得即，得（2）设直线：，则，由，知.联立，消去得，则，.所以，，点到直线的距离.所以故当时，有最小值.方法2：设（），则，所以直线：，则. 又直线：，.则点到直线的距离为，点到直线的距离为所以.故当时，有最小值.22.已知数列满足：，（1）证明：（2）令，，求证：【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）由，得，先证明，即，可得，再证明，利用二次函数的性质可得，从而可得结论；（2）由，可得，，，可证明，由（1）可知，所以，即，可得，即，从而可得结果.试题解析：（1）因为，所以因为，所以.若，则，从而，与矛盾，所以，故，即，所以；所以与同号，即与同号，而，所以，所以综上：.（2）因为，所以所以所以由（1）可知，所以，即.所以，即.另一方面，由（1）可知，所以，即. 所以，所以所以，即综上所述：，即.。
【高三数学试题精选】2018绍兴市高三数学(上)期末试卷(理含答案和解释)
2018绍兴市高三数学(上)期末试卷(理含答案和解释)
5 c 2018学年浙江省绍兴市高三（上）期末数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8小题，每小题5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．集合P={x∈R||x|≥3，Q={|=2x﹣1，x∈R}，则P∪Q=（）A．（﹣∞，﹣3]∪（1，+∞）B．（﹣∞，﹣3]∪（﹣1，+∞）c．（﹣∞，1）∪[3，+∞）D．（﹣∞，﹣1）∪[3，+∞）
【考点】并集及其运算．
【分析】根据集合的基本运算进行求解即可．
【解答】解∵P={x∈R||x|≥3}={x|x≥3或x≤﹣3}，Q={|=2x ﹣1，x∈R}={|＞﹣1}
∴P∪Q=（﹣∞，﹣3]∪（﹣1，+∞），
故选B．
2．命题“ x∈R，sinx＞1”的否定是（）
A．x∈R，sinx≤1B．x∈R，sinx＞1
c．x0∈R，sinx0≤1D．x0∈R，sinx0＞1
【考点】全称命题；命题的否定．
【分析】通过全称命题的否定是特称命题写出结果即可．
【解答】解∵全称命题否定是特称命题，
∴命题“ x∈R，sinx＞1”的否定是x0∈R，sinx0≤1．
故选c．
3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列不可能成立的（）A．a2018（S2018﹣S2018）=0B．a2018（S2018﹣S2018）=0
c．（a2018﹣a2018）（S2018﹣S2018）=0D．（a2018﹣a2018）（S2018。
浙江省嵊州市2017-2018学年高三第一学期期末教学质量调测数学试题(含答案)
为
．
12.已知双曲线 C ： x2 − y2 = 1（ t > 0 ）的其中一条渐近线经过点 (1，1) ，则该双曲线的右顶点的坐标
2t
为
，渐近线方程为
．
13.
x
−
1 x
7
的展开式的第
3
项的系数为
，展开式中 x 的系数为
．
14.在 △ABC 中，内角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c ，若 cos ( A + C ) = 1 ， a = 2 ， b = 4 ，则
18.解：（1）
cos
−
π 6
=
1 2
，
sin
π 6
=
1 2
所以
f
π 6
=
2×
1 2
×
1 2
+
1 2
=1
（2）
f
(
x)
=
2 sin
x
⋅
cos
x
−
π 3
+
cos
x
6
千里之行 始于足下
=
2
sin
x
⋅
1 2
cos
x
+
3 2
sin
x
+
cos
x
= 3 sin 2x + 3 (1 − cos 2x)
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5.已知α ， β 是两个不同的平面，直线 l ⊂ α ，则“ l ⊥ β ”是“α ⊥ β ”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
浙江省绍兴市嵊州市2018学年第一学期期末高中教学质量调测高三数学试题(精品解析)
浙江省绍兴市嵊州市2018学年第一学期期末高中教学质量调测高三数学试题（解析版）一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.已知全集，集合，则A. B. C. 0， D.【答案】A【解析】解：0，1，2，，1，2，，则，故选：A．求出集合的等价条件，结合补集的定义进行求解即可．本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件，以及利用补集的定义是解决本题的关键．2.双曲线方程为，则渐近线方程为A. B. C. D.【答案】A【解析】解：双曲线方程为，则渐近线方程为，即，故选：A．把双曲线的标准方程中的1换成0即得渐近线方程，化简即可得到所求．本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，把双曲线的标准方程中的1换成0即得渐近线方程．3.《孙子算经》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五等诸侯，共分橘子六十颗，人别加三颗问：五人各得几何？”其意思为“有5个人分60个橘子，他们分得的橘子，数成公差为3的等差数列，问5人各得多少橘子”根据上述问题的己知条件，分得橘子最多的人所得的橘子个数为A. 15B. 16C. 18D. 21【答案】C【解析】解：设第一个人分到的橘子个数为，由题意得：，解得．则．得到橘子最多的人所得的橘子个数是18．故选：C．设第一个人分到的橘子个数为，由等差数列前n项和公式能求出得到橘子最少的人所得的橘子个数，再由等差数列的通项公式即可求出答案．本题考查等差数列的应用，考查等差数列前n项和公式、通项公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．4.函数的大致图象为A. B.C. D.【答案】C【解析】解：函数，则函数是偶函数，图象关于y轴对称，排除B，D，，排除A，故选：C．判断函数的奇偶性和对称性，利用进行排除即可本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数图象的对称性以及特殊值的符号结合排除法是解决本题的关键．5.已知平面，，直线m，n，，，则“”是“”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【答案】B【解析】解：平面，，直线m，n，，，若“”则或，故不满足充分条件，若“”则可以推出，故满足必要条件，故“”是“”的必要不充分条件，故选：B．根据空间几何关系和充分必要条件的定义即可判断本题考查空间的中的位置关系和充分必要条件，属于基础题6.在中，，且，则A. B. C. 或 D. 或【答案】A【解析】解：在中，由，得，，，则．又，，则，．，即．故选：A．由已知条件利用正弦定理、两角和差的正弦公式求得的值，可得角B的大小．本题三角形的解法，考查正弦定理、两角和差的正弦公式，属于基础题．7.如图，在中，，，，，是边BC的四等分点，记，，，则A. B. C. D.【答案】D【解析】解：t同理可得：，故选：D．选取，为基向量，将，，表示为，后计算出，，后再比较大小可得．本题考查了平面向量数量积的性质及其运算，属中档题．8.设，互相独立的两个随机变量，的分布列如表：则当P在内增大时A. 减小，减小B. 减小，增大C. 增大，减小D. 增大，增大【答案】D【解析】解：随机变量的分布列如下表所示：所以，，，由于二次函数的图象开口向下，对称轴为直线，因此，当p在内增大时，增大，增大．故选：D．先列出随机变量的分布列，计算出该随机变量的数学期望和方差，利用一次函数与二次函数的单调性可得出答案．本题考查随机变量的期望与方差，考查分布列与函数的单调性，属于中等题．9.在直角梯形ABCD中，，，M，E分别为AD，CD的中点，N为B上的点，，且，，，现将四边形ABNM沿直线MN翻折，则在翻折过程中，A. 直线AB与直线NE所成的角不可能为B. 直线AB与直线NE所成的角不可能为C. 直线AB与平面MNCD所成的角不可能为D. 直线AB与平面MNCD所成的角不可能为【答案】D【解析】解：在直角梯形ABCD中，，，M，E分别为AD，CD的中点，N为B上的点，，且，，，现将四边形ABNM沿直线MN翻折，当没有翻折时，，是直线AB与直线NE所成的角，此时，，，，，当平面MNCD与AFNM重合时，NE与NG重合，是直线AB与直线NE所成的角或所成角的补角，此时，，，直线AB与直线NE所成的角的余弦值为，，，，，当平面MNCD与平面ABNM共面时，直线AB与平面MNCD所成的角取最小值为，当平面MNCD与平面ABNM垂直时，直线AB与平面MNCD所成的角为，取最大值为，在A中，直线AB与直线NE所成的角可能为，故A错误；在B中，直线AB与直线NE所成的角可能为，故B错误；在C中，当平面MNCD与平面ABNM共面时，直线AB与平面MNCD所成的角取最小值为，当平面MNCD与平面ABNM垂直时，直线AB与平面MNCD所成的角取最大值为，故直线AB与平面MNCD所成的角可能为，故C错误；在D中，当平面MNCD与平面ABNM共面时，直线AB与平面MNCD所成的角取最小值为，当平面MNCD与平面ABNM垂直时，直线AB与平面MNCD所成的角取最大值为，故直线AB与平面MNCD所成的角不可能为，故D正确．故选：D．当平面MNCD与平面ABNM共面时，直线AB与平面MNCD所成的角取最小值为，当平面MNCD与平面ABNM 垂直时，直线AB与平面MNCD所成的角取最大值为．本题考查命题真假的判断，考查异面直线所成角、线面角等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．10.设数列的前n项和为，已知，，，若，则正整数k的值为A. 2016B. 2017C. 2018D. 2019【答案】C【解析】解：，，，两边取倒数可得：，化为：，，可得：数列是等比数列，首项为1，公比为．，．，令，，而，．，，则正整数k的值为2018．故选：C．，，，两边取倒数可得：，变形为：，利用等比数列的通项公式可得：通过放缩利用等比数列的求和公式可得．本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、放缩法、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11.已知复数i是虚数单位是方程的解，则______，______．【答案】1【解析】解：复数、是虚数单位是方程的根，，化为，，，解得，，故答案为：1；．复数、是虚数单位是方程的根，代入可得，利用复数的运算法则及其复数相等可得a，b．本题考查了复数的运算法则及其复数的简单性质的应用，考查了推理能力与计算能力．12.若实数x，y满足不等式组，则的最小值为______，最大值为______．【答案】0 8【解析】解：作出约束条件表示的可行域如图：将目标函数变形得．由图可知当直线过点A时截距最小，即z最小．解方程组得．解得的最小值为最大值为：．故答案为：0；8．作出可行域，寻找目标函数的最优解．本题考查了简单的线性规划，结合图形寻找最优解是关键，属于中档题．13.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是______，最长棱的长度为______．【答案】【解析】解：根据几何体的三视图，转换为几何体如图所示：利用切割法，把几何体切成由一个直四棱柱和两个三棱柱和两个三棱锥组成．几何体的体积为：，最大的棱长为：．故答案为：，．首先把几何体的三视图转换为几何体，进一步利用切割法把不规则的几何体转换为由四棱柱和三棱柱及三棱锥构成的几何体，进一步利用几何体的体积公式求出结果．本题考查的知识要点：三视图和几何体的转换，几何体的体积和表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．14.若二项式的展开式的第三项是常数项，则此常数项为______．【答案】24【解析】解：二项式的展开式的第三项，即，即为常数项，，即，常数项为，故答案为：24．利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令时，x的指数为0，列出方程，求出n的值可得此常数项．解决二项展开式的特定项问题，一般利用的工具是二项展开式的通项公式，这样可以解决所有的待定项的问题．15.将编号为1，2，3，4，5的5个小球全部放入A，B，C3个盒子内，若每个盒子不空，且放在同一盒子内的小球编号互不相连，则不同的放法种数共有______用数字作答【答案】42【解析】解：编号为1，2，3，4，5的5个小球，根据小球的个数可以分为1，和2，两组，当为1，时，放在同一盒子内的小球编号互不相连，故3个小球只能为编号1，3，5的在一个盒子只，故只有一种分组的方法，再分配到3个盒子，故有种，当为2，时，放在同一盒子内的小球编号互不相连，此时有和，和，和，和，和，和共有6种分组的方法，再分配到3个盒子，故有种，故不同的放法种数共有种，故答案为：42编号为1，2，3，4，5的5个小球，根据小球的个数可以分为1，和2，两组，再分配到3个盒子里即可求出．本题考查了分组分配问题，关键是分组，属于中档题．16. 已知 是椭园上的一点，直线 与直线 为圆M ：的两条切线，若则 ______． 【答案】【解析】解： 直线 与直线 为圆M ： 的两条切线， 由，可得 ， 是方程 的两个不相等的实数根，，点 在椭圆C 上，，，解得． 故答案为：．写出直线OP 、OQ 的方程，由直线与圆M 相切，利用点到直线的距离公式可得：，知 ， 是方程的两个不相等的实数根，由根与系数的关系可得，然后求解r 即可．本题考查椭圆的简单性质，考查直线与圆、椭圆位置关系的应用，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．17. 已知函数，当时，不等式 的解集是______；若关于x 的方程 恰有三个实根，则实数a 的取值范围为______．【答案】或【解析】解：当 时，，当 时，由 得 ，当 ，不等式等价为 ，即 此时不等式不成立， 当 时，不等式等价为 ，得，当 时，由由 得 ，得 ，得 ，此时无解，综上不等式 的解集，当时，的最小值为，在上的最大值为，当时，函数是开口向下的抛物线对称轴为，顶点为，当时，最多有两个零点，当时，最多有两个零点，则要使恰有三个实根，则当时，有两个零点，时有一个零点，或当时，有一个零点，时有两个零点，若当时，有两个零点，则，得，即，此时当时只能有一个零点，若对称轴a满足，此时当时，必有一个零点，则只需要当时，，即，得，此时，若对称轴a满足，此时在上为增函数，要使此时只有一个零点，则即，得，此时，若当时，有一个零点，此时，即时，此时当时，函数的对称轴，要使时有两个零点，则即，得舍或，此时，综上实数a的取值范围是或，故答案为：，或．结合绝对值函数以及一元二次函数的图象和性质，利用数形结合进行求解即可．本题主要考查函数与方程的应用，以及函数零点个数的应用，结合绝对值函数和一元二次函数的图象和性质，利用数形结合以及分类讨论的思想是解决本题的关键综合性较强，有一定的难度．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.已知角的顶点与坐标原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆圆心在坐标原点相交于点，射线OA绕点O逆时针方向旋转到OB交单位圆于点Ⅰ当时，求；Ⅱ若，求的最小值．【答案】解：Ⅰ由三角函数定义知，，，，．Ⅱ，，，，的最小值为1．【解析】Ⅰ根据三角函数的定义求出，即可利用二倍角的余弦函数公式求解．Ⅱ根据两角和的正弦函数公式可求，根据的范围，利用正弦函数的性质可求最小值．本题考查三角函数的定义，正弦函数的图象和性质，考查转化思想和数形结合思想的应用，属于基础题．19.如图，己知四棱锥中，底面ABCD是矩形为棱AB的中点，，，，．Ⅰ证明：平面平面ABCD；Ⅱ求二面角的余弦值．【答案】证明：Ⅰ四棱锥中，底面ABCD是矩形为棱AB的中点，，，，．，，，，平面PDE，平面ABCD，平面平面ABCD．解：Ⅱ以E为原点，EC为x轴，ED为y轴，过E作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，0，，0，，，0，，0，，，，，设平面PCD的法向量y，，则，取，得，设平面PCE的法向量y，，则，取，得，设二面角的平面角为，则．二面角的余弦值为．【解析】Ⅰ推导出，，从而平面PDE，由此能证明平面平面ABCD．Ⅱ以E为原点，EC为x轴，ED为y轴，过E作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值．本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.已知等比数列的前n项的和为，满足，，数列的首项为1，且．Ⅰ求数列的通项公式；Ⅱ设，证明：．【答案】解：Ⅰ等比数列的前n项的和为，满足，，设首项为，公比为q，则：，解得：，，所以：．证明：Ⅱ数列的首项为1，且．当时，，得：，整理得：，则：，，，，所以：，所以：，故：，则：，．【解析】Ⅰ利用等比数列的通项公式和前n项和的应用求出数列的通项公式．Ⅱ利用Ⅰ的结论，进一步利用放缩法和叠乘法求出结论．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，叠乘法在数列的通项公式的求法及应用，放缩法在求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．21.已知抛物线，，，其中，过点M作抛物线的切线，切点为不同于原点，过点AP作直线交抛物线于点B，过点M，P作直线交抛物线于点C，D．Ⅰ证明：直线MA，MP的斜率之积为定值；Ⅱ若的面积为，求实数a的值．【答案】解：Ⅰ证明：设过点的直线方程为，由题意知k存在且，由，消去y整理得，，解得；又，，即直线MA，MP的斜率之积为定值；Ⅱ由Ⅰ知点A的横坐标为，纵坐标为，，直线AP的方程为，由，消去x整理得，解得或，令，求得，点；又直线MP的方程为，即；由，消去y整理得，，；，又点B到直线MP的距离为，的面积为，，解得，即实数a的值为2．【解析】Ⅰ设过点M的直线方程为，与抛物线方程联立，利用求出k的值；再求直线MP的斜率，计算的值即可；Ⅱ求出点A的坐标，写出直线AP的方程，与抛物线联立求出点B的坐标，写出直线MP的方程，与抛物线联立求出弦长，再求点B到直线MP的距离，写出的面积，从而求出实数a的值．本题考查了直线方程与抛物线方程的应用问题，也考查了点到直线的距离与弦长公式应用问题，是难题．22.已知，函数．Ⅰ当时，证明：函数在区间上有且仅有一个零点；Ⅱ当时，若函数的两个极值点为，，证明：．【答案】证明：时，．可得函数在处取得极大值，而在处取得极小值，而时，，，．函数在区间上有且仅有一个零点．，令，当时，．方程有两个不等实数根，解得，，．．可得函数在处取得极大值，在处取得极小值．且．令．，．，函数在上单调递增，．因此结论成立．【解析】时，可得函数在处取得极大值，而在处取得极小值，进而得出结论．，令，当时，方程有两个不等实数根，解得，，可得函数在处取得极大值，在处取得极小值可得通过换元利用当时研究函数的单调性极值即可得出．本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、换元法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．。
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又 g 1 0 ，所以当 x 1 时 g x 0 ，即 f x 0 ，此时 f x 递增； 当 0 x 1 时 g x 0 ，即 f x 0 ，此时 f x 递减； …… 11 分
故直线 DM 与平面 DEF 所成角的正弦值为
1 ln x 2 1 x （Ⅱ）由（Ⅰ）知 f x ． 2 x 1 1 因为 y ln x 与 y 1 都是区间 0， 上的增函数，所以 g x ln x 2 1 x x 是 0， 上的增函数． …… 9 分
2， 0 ， y x
13． 21 ， 35 17．
5 2
14．
15 ，3 8
15． 1 ， 0， 16． 32 6 三、 解答题：本大题共 5 小题，满分 74 分． 1 1 18．解： （Ⅰ） cos ， sin ． 6 2 6 2
嵊州市 2017 学年第一学期期末教学质量调测 高三数学试题答案
一、 选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，满分 40 分． 1．A
5 31
2．C
3．B
4．D
5．A
6．B
7．C
8．D
9．D
10．C
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，满分 36 分． 11． 12．
5 ． 2
……12 分
3 h 15 设直线 DM 与平面 DEF 所成角为 ，则 sin ． ……15 分 2 DM 5 5 2 15 故直线 DM 与平面 DEF 所成角的正弦值为 ． 5 方法 2：取 AB 的中点为 G ，连接 DG ，则 DG DC ． 以 D 为坐标原点，分别以 DG ， DC ， DE 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系．取
3 1 1 3 1 BD 2 ，则 D 0，， ， ， E 0，， 1 ． 0 0 ， M ， 0 1 ， F ， ， 2 2 2 2 2 3 1 1 ． 所以 DE 0，， ……10 分 0 1 ， DF ，， 2 2 n DE 0， 设平面 DEF 的法向量 n x，， y z ，则 n DF 0， M z 0， z 0， 即 3 解得 1 x y z 0， y 3x. A 2 2
……13 分
3 3 ； ，即 x 时， f x 有最大值 2 6 2 3 当 2 x ，即 x 0 时， f x 有最小值 0 ． 6 6 19．解： （Ⅰ）证明：因为 DO // EF ， DO 平面 CEF ， 所以 DO // 平面 CEF ． ……2 分 设 AC 与 BD 的交点为 O ，连接 MO ． 因为 M 是线段 AE 的中点，所以 MO 是△ ACE 的中位线， 所以 MO // EC ． ……4 分 又 MO 平面 CEF ，所以 MO // 平面 CEF ． ……5 分 所以，平面 MDO // 平面 CEF ． 故 DM // 平面 CEF ． ……7 分 （Ⅱ）方法 1：因为四边形 ABCD 是菱形，所以 AC BD ． 又因为 ED 平面 ABCD ，AC 平面 ABCD ， 所以 ED AC ． 且 ED BD D ，所以 AC 平面 DEF ． ……9 分
……15 分
15 ． 5 说明：此题可以采用补形法，即将原几何体补形成底面是棱形的直四棱柱，然后再证明 问题，不管是传统的几何法还是坐标法，思路与算法都将变得简单化。 1 1 20．解析： （Ⅰ）证明： x 1 ， ln x ． …… 3 分 x 2 x 1 ln x 2 1 1 1 x 所以 f x ． …… 5 分 ln x x 1 x 2 x 2 x 则 f 1 0 ．又 f 1 0 ，所以 f x 的图象在点 x 1 处的切线方程为 y 0 ． …… 7 分
……4 分 ……5 分
……7 分 ……9 分 ……11 分
3 3 sin 2 x 1 cos 2 x 2 2 3 ． 3 sin 2 x 6 2
5 因为 x 0， ，所以 2 x ， ． 2 6 6 6 5 又因为 y sin z 在区间 ， 上是递增，在区间 ， 上递减． 6 2 2 6
……9 分
z E F D O B x C y
可取法向量 n 1， - 3， 0 ．
……12 分
3 3 3 1 1 DM n 2 15 ． n 2 ， ，则 cos DM， 又 DM ， 5 2 2 5 DM n 2 2 2
1 1 1 所以 f 2 1 ． 2 2 2 6 （Ⅱ） f x 2sin x cos x cos x 3 1 3 2sin x cos x sin x cos x 2 2
所以，当 2 x
……15 分EFN来自MDC
O
A
B
设 BD 2 ，则 A 到平面 DEF 的距离 AO 3 ． 因为点 M 是线段 AE 的中点，所以 M 到平面 DEF 的距离 h
高三数学答案 第 1 页（共 4 页）
1 3 AO ． 2 2
在 RT △ EDA 中， ED 1，AD 2 ，所以 DM