【江西师大附中】2017届高三上学期11月月考数学(文科)试卷 -答案

）()min f x =(1)1()2a a -=--=+．解：
）m n ⊥，(tan m A =，(,2)n b c =，0m n ∴=
(tan tan )2b A B +-sin sin cos cos B c A B 又A ）S
又a 2(a a +-+54+++
AE
OB O =，．
AE 的平行线交CFG 为过点DOE △∽△CF
OB H 于，连结BH PO OB =，解得
3
311ABCE BCF PO S S GH -梯△形 2．125(1)([PA PB x x m x ==+-4
江西师大附中2017届高三上学期11月月考数学试卷（文科）
解析
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．【考点】Venn图表达集合的关系及运算．
【分析】根据Venn图和集合之间的关系进行判断．
【解答】解：由Venn图可知，阴影部分的元素为属于B且属于A的元素构成，所以用集合表示为A∩B．A={x∈N|y=}={x∈N|7x﹣x2﹣6≥0}={x∈N|1≤x≤6}={1，2，3，4，5，6}，
B={x∈Z|﹣1＜x≤3}={0，1，2，3}，
∴A∩B={1，2，3}，
其真子集的个数为23﹣1=7
2．【考点】命题的否定．
【分析】根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论．
【解答】解：命题为全称命题，
则命题的否定为：∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0，
3．【考点】等差数列的通项公式．
【分析】利用等差数列的前n项和公式求解．
【解答】解：设从第2天起每天比前一天多织d尺布m
则由题意知，
解得d=．
4．【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．
【分析】在①中，m与n平行或异面；在②中，由直线与平面垂直的性质得m⊥n；在③中，m与n相交、平行或异面；在④中，由面面垂直和线面垂直的性质得m⊥n．
【解答】解：由两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，知：
在①中，若m∥α，n∥β，且α∥β，则m与n平行或异面，故①错误；
在②中，若m⊥α，n∥β，且α∥β，则由直线与平面垂直的性质得m⊥n，故②正确；
在③中，若m∥α，n⊥β，且α⊥β，则m与n相交、平行或异面，故③错误；
在④中，若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则由面面垂直和线面垂直的性质得m⊥n，故④正确．
5．【考点】三角函数中的恒等变换应用．
【分析】先根据二倍角公式和两角差的正弦公式化简得到f（x）=sin（2x﹣）﹣，再根据对称轴的定义即可求出．
【解答】解：f（x）=sinxcosx﹣x=sin2x﹣cos2x﹣=sin（2x﹣）﹣，
则其对称轴为2x﹣=kπ+，k∈Z，
∴x=+，k∈Z，
当k=0时，x=，
∴函数f（x）图象的一条对称轴是x=，
6．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；由三视图求面积、体积．
【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据求解即可．
【解答】解：三视图复原的几何体是三棱柱截去一个三棱锥，剩余一个四棱锥的几何体，
可得几何体的体积为：=2．
7．【考点】异面直线及其所成的角．
【分析】以A为原点，在平面ABC中作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AA′为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AB′与BC′所成角的余弦值．
【解答】解：以A为原点，在平面ABC中作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AA′为z轴，
建立空间直角坐标系，
设AA′=2AB=2，
则A（0，0，0），B′（，，2），B（，，0），C′（0，1，2），
=（，，2），=（﹣，，2），
设异面直线AB′与BC′所成角为θ，
则cosθ===．
∴异面直线AB′与BC′所成角的余弦值为．
8．【考点】平面向量数量积的运算．
【分析】利用正六边形的性质和平面向量数量积的定义，即可得出结果．
【解答】解：正六边形ABCDEF的边长为1，点G是边AF的中点，
∴=（+）•（+）
=（+）•（+）
=•+•+•+•
=1×1×cos120°+1×1×cos60°+×1×1×cos60°+×1×1×cos0°
=．
9．【考点】函数的单调性与导数的关系；函数的图象．
【分析】先化简f（x）=x2+sin=x2+cosx，再求其导数，得出导函数是奇函数，排除B，D．再根据导函数的导函数小于0的x的范围，确定导函数在（﹣，）上单调递减，从而排除C，即可得出正确答案．
【解答】解：由f（x）=x2+sin=x2+cosx，
∴f′（x）=x﹣sinx，它是一个奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D．
又f″（x）=﹣cosx，当﹣＜x＜时，cosx＞，∴f″（x）＜0，
故函数y=f′（x）在区间（﹣，）上单调递减，故排除C．
10．【考点】两点间距离公式的应用．
【分析】由动直线l1：kx﹣y+k=0，令，解得A（﹣1，0），同理可得B（5，8）．|AB|=10．当PA⊥PB时，|PA|2+|PB|2=|AB|2=100，利用|PA|+|PB|≤即可得出|PA|+|PB|的最大值．
【解答】解：由动直线l1：kx﹣y+k=0，令，解得A（﹣1，0），同理可得B（5，8）．
∵|AB|==10．
∴当PA⊥PB时，|PA|2+|PB|2=|AB|2=100
∴|PA|+|PB|≤=10
当且仅当|PA|=|PB|=5时取等号．
∴|PA|+|PB|的最大值为5．
11．【考点】函数单调性的性质；奇偶函数图象的对称性．
【分析】由函数y=f（x﹣1）的图象关于点（1，0）对称，结合图象平移的知识可知函数y=f（x）的图象关于点（0，0）对称，从而可知函数y=f（x）为奇函数，由f（x2﹣6x+21）+f（y2﹣8y）＜0恒成立，可把问题转化为（x﹣3）2+（y﹣4）2＜4，借助于的有关知识可求
【解答】解：∵函数y=f（x﹣1）的图象关于点（1，0）对称
∴函数y=f（x）的图象关于点（0，0）对称，即函数y=f（x）为奇函数，则f（﹣x）=﹣f（x）
又∵f（x）是定义在R上的增函数且f（x2﹣6x+21）+f（y2﹣8y）＜0恒成立
∴（x2﹣6x+21）＜﹣f（y2﹣8y）=f（8y﹣y2 ）恒成立
∴x2﹣6x+21＜8y﹣y2
∴（x﹣3）2+（y﹣4）2＜4恒成立
设M （x，y），则当x＞3时，M表示以（3，4）为圆心2为半径的右半圆内的任意一点，
则x2+y2表示在半圆内任取一点与原点的距离的平方
由图可知，最短距离为OA=，最大距离OB=OC+BC=5+2=7
∴13＜x2+y2＜49
12．【考点】利用导数研究函数的极值；函数的值．
【分析】根据g（m）=f（n）=t得到m，n的关系，利用消元法转化为关于t的函数，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的最值即可得到结论．
【解答】解：不妨设g（m）=f（n）=t，
∴e m﹣2=ln+=t，（t＞0）
∴m﹣2=lnt，m=2+lnt，n=2•e，
故n﹣m=2•e﹣2﹣lnt，（t＞0）
令h（t）=2•e﹣2﹣lnt，（t＞0），
h′（t）=2•e﹣，易知h′（t）在（0，+∞）上是增函数，且h′（）=0，
当t＞时，h′（t）＞0，
当0＜t＜时，h′（t）＜0，
即当t=时，h（t）取得极小值同时也是最小值，
此时h（）=2•e﹣2﹣ln=2﹣2+ln2=ln2，即n﹣m的最小值为ln2；
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．【考点】直线与圆相交的性质．
【分析】把圆的方程化为标准方程，找出圆心坐标和圆的半径r，利用点到直线的距离公式求出圆心到已知直线的距离d，由求出的d与半径r，根据垂径定理与勾股定理求出|AB|的一半，即可得到|AB|的长．
【解答】解：把圆的方程化为标准方程得：（x﹣2）2+（y+2）2=25，
∴圆心坐标为（2，﹣2），半径r=5，
∴圆心到直线3x+4y+17=0的距离d==3
则|AB|=2=8．
14．【考点】球的体积和表面积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
【分析】由题意求出球的体积，求出圆锥的体积，设出水的高度，求出水的圆锥的体积，利用V水+V球=V容，求出圆锥内水平面高．即可得出结论．
器
【解答】解：如图．在容器内注入水，并放入一个半径为r的铁球，这时水面记为AB，
将球从圆锥内取出后，这时水面记为EF．
三角形PAB为轴截面，是正三角形，
三角形PEF也是正三角形，圆O是正三角形PAB的内切圆．
由题意可知，DO=CO=r，AO=2r=OP，AC=r
∴V球=，V PC==3πr3
又设HP=h，则EH=h
∴V水==
∵V水+V球=V PC
即+=3πr3，
∴h3=15r3，
容器中水的体积与小球的体积之比为：=5：4．
15．【考点】等比数列的通项公式．
【分析】由于数列{b n}为等比数列且，可得b1…•b14=•…•=a15=，代入即可得出答案．
【解答】解：∵数列{b n}为等比数列且，
∴b1b2…b14=•…•=a15==27=128．
16．【考点】简单线性规划的应用．
【分析】本题考查的知识点是简单的线性规划的应用，根据已知条件中甲种设备每天能生产A类产品5件和B类产品10件，乙种设备每天能生产A类产品6件和B类产品20件．已知设备甲每天的租赁费为200元，设备乙每天的租赁费为300元，现该公司至少要生产A类产品50件，B类产品140件，我们可以列出满足条件的约束条件，及目标函数，然后利用线性规划，求出最优解．
【解答】解：设需租赁甲种设备x天，乙种设备y天，
则
目标函数为z=200x+300y．
作出其可行域，易知当x=4，y=5时，z=200x+300y有最小值2300元．
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，本大题6小题，共70分．
17．【考点】绝对值不等式的解法；函数恒成立问题．
【分析】（1）利用绝对值不等式的解法，去掉绝对值，求解即可．
（2）利用f（x）min=min{f（﹣1），f（a）}，求解即可．
【解答】解：（1）当a=3时，x＜﹣1，不等式可化为﹣3x+1≥6，∴x≤﹣；
﹣1≤x≤3时，不等式可化为x+5≥6，∴x≥1，∴1≤x≤3；
当x＞3时，3x﹣1≥6，∴x≥，∴x＞3，
综上所述，不等式的解集为{x|x≤﹣或x≥1}；
（2）∵f（x）min=min{f（﹣1），f（a）}，
∴，∴a≤﹣5或a≥3．
18．【考点】余弦定理．
【分析】（1）由已知可=0，进而由同角三角函数基本关系式可得cosA=，结合A的范围，进而得到∠A的大小；
（2）由已知利用三角形面积公式可求bc=12，利用余弦定理可求b2+c2=25，联立即可解得b，c的值．【解答】解：（1）∵，=（tanA+tanB，﹣tanB），=（b，2c），
∴=0，可得：b（tanA+tanB）﹣2ctanB=0，
∴=，可得：cosA=，
又∵A∈（0，π），
∴A=．
（2）∵S△ABC=bcsinA==3，
∴bc=12，①
又∵a2=b2+c2﹣2bccosA=b2+c2﹣bc=b2+c2﹣12=13，可得：b2+c2=25，②
∴联立①②解得：，或．
19．【考点】数列的求和；数列递推式．
【分析】（1）由a1=4，a n+1﹣a n=2n+3（n∈N*）．利用“累加求和”方法、等差数列的求和公式即可得出．（2）由b n===，利用“裂项求和”方法即可得出．
【解答】解：（1）∵a1=4，a n+1﹣a n=2n+3（n∈N*）．
∴a n=（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1=（2n+1）+（2n﹣1）+…+5+4
==（n+1）2．
（2）证明：b n===，
∴T n=+++…++
=
＜=．
20.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．
【分析】（1）推导出PO⊥OB，PO⊥AE，由此能证明PO⊥平面ABCE．
（2）过点C作AE的平行线交AB于点F，过点F作PA的平行线交PB于点G，连结CG，能得到所求的平面．
（3）所求几何体的体积为V=V P﹣ABCD﹣V G﹣BCF，由此能求出结果．
【解答】证明：（1）在图1中，AB=4，AD=2，则BD=10，
又AD2=DO•BD，∴DO=2，OB=8，
在图2中，PO=DO=2，PO2+OB2=22+82=68=PB2，
∴PO⊥OB，
又∵PO⊥AE，AE∩OB=O，
∴PO⊥平面ABCE．
解：（2）过点C作AE的平行线交AB于点F，过点F作PA的平行线交PB于点G，
连结CG，
则平面CFG为过点C与平面PAE平行的平面．
（3）在图1中，∵△DOE∽△DCB，∴DE=5，
∴S△ADE=5，S梯形ABCE=S ABCD﹣S△ADE=35，S△BCF=S△ADE=5，
设CF∩OB于H，连结GH，
则，解得GH=，
∴所求几何体的体积为：
V=V P﹣ABCD﹣V G﹣BCF=
==．
21．【考点】直线与抛物线的位置关系；抛物线的标准方程．
【分析】（1）由题意可知：将直线y=x+1代入抛物线方程，由△=0，即可求得p的值，求得抛物线C的方程；
（2）假设存在常数λ，使得|PM|2=λ|PA||PB|成立，由（1）求得M坐标，|PM|2=2m2，求得直线的斜率，设直线方程为y=2x+m（m≠0），代入抛物线方程，由韦达定理及向量数量积的坐标表示可知：丨PA丨丨PB丨=•=m2，则2m2=m2λ，即可求得常数λ．
【解答】解：（1）由题意可知：，整理得：x2+2（1﹣p）x+1=0，
由抛物线C：y2=2px（p＞0）与直线l：x﹣y+1=0相切，
∴△=0，即4（1﹣p）2﹣4=0，解得：p=2或p=0（舍去），
∴抛物线方程为：y2=4x；
（2）假设存在常数λ，使得|PM|2=λ|PA||PB|成立，
由（1）可知：M（1，2），则k OM=2，
设直线l′方程为y=2x+m（m≠0），
A（x1，y1），B（x2，y2），
则P（1﹣m，2﹣m），|PM|2=2m2，
则，整理得：4x2+4（m﹣1）x+m2=0，
由△＞0，即16（m﹣1）2﹣16m2＞0，解得：m＜且m≠0，
由韦达定理可知：x1+x2=1﹣m，x1•x2=，
由丨PA丨丨PB丨=•=5[x1•x2+（m﹣1）（x1+x2）+（m﹣1）2]=m2，
整理得：2m2=m2λ，解得：λ=，
∴存在常数λ=，使得|PM|2=λ|PA||PB|成立．
22．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．
【分析】（1）求导函数，求出函数的零点，再进行分类讨论，从而可确定函数y=f（x）的单调性与单调区间．
（2）f（x）有极大值与极小值，由（1）可知，0＜a＜2或a＞2，根据函数零点定理验证即可．
【解答】解：（1）由题意得，f′（x）=2x﹣（a+2）+=（x＞0），
由f′（x）=0，得x1=1，x2=
①当0＜＜1，即0＜a＜2，令f′（x）＞0，又x＞0，可得0＜x＜或x＞1；
令f′（x）＜0，x＞0，可得＜x＜1，
∴函数f（x）的单调增区间是（0，）和（1，+∞），单调减区间是（，1）；
②当=1，即a=2时，f′（x）=≥0，当且仅当x=1时，f′（x）=0，
∴函数f（x）在区间（0，+∞）上是单调增函数；
③当＞1，即a≥2时，令f′（x）＞0，又x＞0，可得0＜x＜1或x＞；
令f′（x）＜0，x＞0，可得1＜x＜
∴函数f（x）的单调增区间是（0，1）和（，+∞），单调减区间是（1，）；
④当≤0，即a≤0时，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增．
（2）∵f（x）有极大值与极小值，由（1）可知，0＜a＜2或a＞2，
当a＞2时，函数f（x）的单调增区间是（0，1）和（，+∞），单调减区间是（1，），
若x∈（0，），f（x）≤f（1）=﹣a﹣1＜0，无零点，
若x∈（，+∞），则f（）＜f（1）＜0，
f（a+2）=aln（a+2）＞0，有一个零点，
则当a＞2时，f（x）有唯一的零点，
当0＜a＜2函数f（x）的单调增区间是（0，）和（1，+∞），单调减区间是（，1）；
若x∈（0，1），f（x）≤f（）=a（lna﹣﹣1﹣ln2），
有lna＜ln2＜1，则lna﹣﹣1﹣ln2＜0，则f（x）＜0，即f（x）在（0，1）内无零点，
若x∈（1，+∞），则＜f（1）＜0，f（a+2）=aln（a+2）＞0，即f（x）在[1，+∞）有一个零点，则当0＜a＜2时，f（x）有唯一的零点，
综上所述函数f（x）在定义域内有唯一的零点。