浙江省金丽衢十二校2017届高三（上）第一次联考数学试卷（理科）（解析版）

2016-2017学年浙江省金丽衢十二校高三（上）第一次联考数学试卷 （理科）

参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共8个小题，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．已知集合A={x∈R|x²＞4}，B{x∈R|1≤x≤2}，则（ ）

A．A∩B=? B．A∪B=R C．B?A D．A?B

【考点】交、并、补集的混合运算．

【分析】先化简集合A，再根据集合的基本关系即可判断．

【解答】解：集合A={x∈R|x²＞4}={x∈R|x＞2或x＜﹣2}，

B={x∈R|1≤x≤2}，

∴A∩B=?，

故选：A．

2．（2﹣）⁸展开式中含x³项的系数为（ ）

A．112x³ B．﹣1120x³ C．112 D．1120

【考点】二项式系数的性质．

【分析】先求得二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于3，求得r的值，即可求得含x³项的系数．

【解答】解：二项式的展开式的通项公式为T_r+1=C₈^r·2^8﹣r·（﹣1）^rx，

令=3，求得r=6，故开式中含x³项系数为C₈⁶·2^8﹣6·（﹣1）⁶=112，

故选：C

3．已知某几何体的正（主）视图与侧（左）视图都是直角边长为1的等腰直角三角形，且体积为，则该几何体的俯视图可以是（ ）

A． B． C． D．

【考点】简单空间图形的三视图．

【分析】由题意，正（主）视图与侧（左）视图都是直角边长为1的等腰直角三角形，根据三视图的“长对正，高平齐，宽相等”原则．高已知，只需判断几何体的形状，依次对照计算下列各选项的视图的底面积，满足体积为即为答案．

【解答】解：对于A和C：正视图与侧视图都是直角边长为1的等腰直角三角形，俯视图是直角三角形，其体积为，故A，C不对；

对于B：正视图与侧视图都是直角边长为1的等腰直角三角形，俯视图是正方形，其体积为，故B正确；

对于D：正视图与侧视图都是直角边长为1的等腰直角三角形，俯视图是四分之一的圆，其体积为，故D不对．

故选：B．

4．过点（0，﹣2）的直线交抛物线y²=16x于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）两点，且y₁²﹣y₂²=1，则△OAB（O为坐标原点）的面积为（ ）

A． B． C． D．

【考点】抛物线的简单性质．

【分析】设直线方程为x=my+2m，代入y²=16x可得y²﹣16my﹣32m=0，利用韦达定理，结合三角形的面积公式，即可得出结论．

【解答】解：设直线方程为x=my+2m，代入y²=16x可得y²﹣16my﹣32m=0，

∴y₁+y₂=16m，y₁y₂=﹣32m，

∴（y₁﹣y₂）²=256m²+128m，

∵y₁²﹣y₂²=1，

∴256m²=1，

∴△OAB（O为坐标原点）的面积为|y₁﹣y₂|=．

故选：D．

5．设实数a，b，则“|a﹣b²|+|b﹣a²|≤1”是“（a﹣）²+（b﹣）²≤”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

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．

【分析】由已知|a﹣b²|+|b﹣a²|≤1结合绝对值不等式的性质可得（a﹣）²+（b﹣）²≤，举例说明由（a﹣）²+（b﹣）²≤不一定有|a﹣b²|+|b﹣a²|≤1，则答案可求．

【解答】解：由|a﹣b²|+|b﹣a²|≤1，得|（a﹣b²）+（b﹣a²）|≤|a﹣b²|+|b﹣a²|≤1，

即|a²﹣a+b²﹣b|≤1，∴|﹣|≤1，得（a﹣）²+（b﹣）²≤；

反之，若（a﹣）²+（b﹣）²≤，取a=1，b=0，此时|a﹣b²|+|b﹣a²|=2＞1．

∴“|a﹣b²|+|b﹣a²|≤1”是“（a﹣）²+（b﹣）²≤”的充分不必要条件．

故选：A．

6．回文数是从左到右与从右到左读都一样的正整数，如2，11，242，6776，83238等，设n位回文数的个数为a_n（n为正整数），如11是2位回文数，下列说法正确的是（ ）

A．a₄=100 B．a_2n+1=10a_2n（n∈N₊）

C．a_2n=10a_2n﹣1（n∈N₊） D．以上说法都不正确

【考点】进行简单的合情推理．

【分析】由回文数的特点，故归纳猜想2n+2位回文数与2n+1位回文数个数相等，均为9×10ⁿ个，逐一判断即可．

【解答】解：由题意，1位回文数有9个，

2位回文数有9个，

3位回文数有90=9×10个，

4位回文数有1001，1111，1221，…，1991，2002，…，9999，共90个，

故归纳猜想2n+2位回文数与2n+1位回文数个数相等，均为9×10ⁿ个，

即a_2n+2=a_2n+1=9×10ⁿ个，

所以a_2n=9×10^n﹣1个，

所以a_2n+1=10a_2n（n∈N₊）

所以a_2n=a_2n﹣1（n∈N₊），

故选：B．

7．如图，已知直线y=kx+m与曲线y=f（x）相切于两点，则F（x）=f（x）﹣kx有（ ）

A．1个极大值点，2个极小值点 B．2个极大值点，1个极小值点

C．3个极大值点，无极小值点 D．3个极小值点，无极大值点

【考点】利用导数研究函数的极值．

【分析】对函数F（x）=f（x）﹣kx，求导数，根据条件判断f′（x）与k的关系进行判断即可．

【解答】解：∵直线y=kx+m与曲线y=f（x）相切于两点，

∴kx+m=f（x）有两个根，且f（x）≥kx+m，

由图象知m＞0，

则f（x）＞kx，

即F（x）=f（x）﹣kx＞0，则函数F（x）=f（x）﹣kx，没有零点，

函数f（x）有1个极大值点，2个极小值点，

则F′（x）=f′（x）﹣k，

，

结合图象，函数F（x）=f（x）﹣kx有1个极大值点，

函数F（x）=f（x）﹣kx有2个极小值点，

故选：A．

8．已知A₁，A₂，A₃为平面上三个不共线的定点，平面上点M满足=λ（+）（λ是实数），且++是单位向量，则这样的点M有（ ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．无数个

【考点】向量的线性运算性质及几何意义．

【分析】设A₁，A₂，A₃的坐标，表示出M的坐标，令|++|=1得出关于λ的方程，判断方程的解的个数即可得出M的位置的个数．

【解答】解：以A₁为原点建立坐标系，设A₂（a，b），A₃（m，n），则+=（a+m，b+n），

∴M（λ（a+m），λ（b+n）），

∴=（﹣λ（a+m），﹣λ（b+n）），=（a﹣λ（a+m），b﹣λ（b+n）），=（m﹣λ（a+m），n﹣λ（b+n）），

∴++=（（1﹣3λ）（a+m），（1﹣3λ）（b+n）），

∵++是单位向量，

∴（1﹣3λ）²[（a+m）²+（b+n）²]=1，

∵A₁，A₂，A₃为平面上三个不共线的三点，∴（a+m）²+（b+n）^2＞0．

显然λ有两解，故满足条件的M有两个．

故选：C．

二、填空题（每题5分，满分35分，将答案填在答题纸上）

9．在数列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=3a_n（n∈N^*），则a₃= 9 ，S₅= 121 ．

【考点】等比数列的通项公式．

【分析】由已知得数列{a_n}是首项为1，公比为3的等比数列，由此能求出结果，

【解答】解：∵在数列{a_n}中，a₁=1，a_n+1=3a_n（n∈N^*），

∴数列{a_n}是首项为1，公比为3的等比数列，

∴=9，

==121．

故答案为：9，121．

10．设a∈R，若复数（i为虚数单位）的实部和虚部相等，则 0 ， |= ．

【考点】复数代数形式的乘除运算．

【分析】根据复数的运算法则化简z，再根据实部和虚部相等求出a的值，求出其模即可．

【解答】解：复数==，

由于复数（i为虚数单位）的实部和虚部相等，

则a+1=1﹣a，

解得a=0，

则z=﹣i，

则|==，

故答案为：0，

11．若实数x，y满足，则的取值范围是 [，] ．

【考点】简单线性规划．

【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用斜率的几何意义进行求解即可．

【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图，

的几何意义是区域内的点到点D（﹣1，﹣1）的斜率，

由图象知BD的斜率最大，AD的斜率最小，

由得，得B（4，3），

由得，得A（3，0），

则BD的斜率k==，

AD的斜率k==，

则≤≤，

即的范围是[，]，

故答案为：[，]

12．若函数f（x）=2sin²（ωx）+2sin（ωx+）﹣1（ω＞0）的最小正周期为1，则ω= π ，函数f（x）在区间[﹣，]上的值域为 [0，2﹣1] ．

【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象．

【分析】利用诱导公式和降次升角公式化简函数解析式，进而结合余弦型函数的图象和性质，可得答案．

【解答】解：∵函数f（x）=2sin²（ωx）+2sin（ωx+）﹣1

=﹣cos（2ωx）+2cos（2ωx）

=（2﹣1）cos（2ωx）

∵函数f（x）的最小正周期为1，ω＞0

∴ω=π，

∴f（x）=（2﹣1）cos（2πx）

当x∈[﹣，]，2πx∈[﹣，]，

∴f（x）∈[0，2﹣1]，

故答案为：π，[0，2﹣1]

13．甲、乙两人进行5局乒乓球挑战赛，甲在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立．设甲赢的局数为ξ，则P（ξ=2）= ，E（ξ）= ，D（ξ）= ．

【考点】离散型随机变量的期望与方差．

【分析】由题意ξ～B（5，），由此能求出P（ξ=2），E（ξ），D（ξ）．

【解答】解：∵甲、乙两人进行5局乒乓球挑战赛，甲在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立．设甲赢的局数为ξ，

∴ξ～B（5，），

∴P（ξ=2）==，

E（ξ）=5×=，

D（ξ）==．

故答案为：．

14．如图，已知矩形ABCD，AD=2，E为AB边上的点，现将△ADE沿DE翻折至△ADE，使得点A'在平面EBCD上的投影在CD上，且直线A'D与平面EBCD所成角为30°，则线段AE的长为 ．

【考点】直线与平面所成的角．

【分析】过A′作A′F⊥平面ABCD，垂足为F，连结EF，过F作FM⊥AB，垂足为M，设AE=A′E=x，分别在△MEF和△A′EF中用勾股定理表示出EF，列方程解出x．

【解答】解：过A′作A′F⊥平面ABCD，垂足为F，连结EF．

则F在CD上，且∠A′DF=30°，

∵AD=A′D=2，∴DF=，A′F=1，

过F作FM⊥AB，垂足为M，则AM=DF=，

设AE=x，则ME=x﹣，A′E=x，

∵EF²=MF²+ME²=A′E²﹣A′F²，

∴4+（x﹣）²=x²﹣1，解得x=．

故答案为：．

15．对任意的两个实数a，b，定义，若f（x）=4﹣x²，g（x）=3x，则min（f（x），g（x））的最大值为 3 ．

【考点】函数最值的应用．

【分析】4﹣x²﹣3x=﹣（x+4）（x﹣1），从而比较f（x）与g（x）的大小，再求min（f（x），g（x））的最大值即可．

【解答】解：∵4﹣x²﹣3x=﹣（x+4）（x﹣1），

∴当x≤﹣4或x≥1时，f（x）≤g（x），

当﹣4＜x＜1时，f（x）＞g（x），

故min（f（x），g（x））=，

易知min（f（x），g（x））在（﹣∞，1]上是增函数，

在（1，+∞）上是减函数，

故min（f（x），g（x））的最大值为4﹣1=3；

故答案为：3．

三、解答题（本大题共5小题，共70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所对的边分别为a，b，c，b（1﹣2cosA）=2acosB．

（1）证明：b=2c；

（2）若a=1，tanA=2，求△ABC的面积．

【考点】正弦定理；余弦定理．

【分析】（1）利用正弦定理、和差公式即可得出．

（2）利用同角三角函数基本关系式可得cosA，sinA．再利用余弦定理可得c，利用三角形面积计算公式即可得出．

【解答】解：（1）∵b（1﹣2cosA）=2acosB，

∴由正弦定理得sinB（1﹣2cosA）=2sinAcosB，∴sinB=2sinBcosA+2sinAcosB=2sin（A+B）=2sinC，∴b=2c．

（2）∵tanA==2，∴sinA=2cosA，∴sin²A+cos²A=+cos²A=1，

A为锐角，解得，∴．

由余弦定理有，即，解得，

∴．

17．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为菱形，且∠ABC=60°，E是DP中点．

（1）证明：PB∥平面ACE；

（2）若AP=PB=，AB=PC=2，求二面角A﹣PC﹣D的余弦值．

【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．

【分析】（1）连结BD，BD∩AC=F，连接EF，推导出EF∥PB，由此能证明PB∥平面ACE．

（2）取AB的中点Q，连结PQ、CQ，以Q点为原点，BA所在的直线为x轴，QC所在的直线为y轴，QP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣PC﹣D的余弦值．

【解答】解：（1）连结BD，BD∩AC=F，连接EF，

∵四棱锥的底面为菱形，∴F为BD中点，

又∵E是DP中点，∴在BDP中，EF是中位线，∴EF∥PB，

又∵EF?平面ACE，而PB?平面ACE，∴PB∥平面ACE．…

（2）取AB的中点Q，连结PQ、CQ，

∵菱形ABCD，且∠ABC=60°，∴正△ABC，∴CQ⊥AB，

∵，AB=PC=2，∴，且等腰直角△PAB，即∠APB=90°，PQ⊥AB．

∴AB⊥平面PQC，且PQ=1，∴PQ²+CQ²=CP²，∴PQ⊥CQ．

如图，以Q点为原点，BA所在的直线为x轴，QC所在的直线为y轴，

QP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，

则…

平面APC上， =（﹣1，0，1），=（0，﹣，1），

设平面APC的法向量为=（x₁，y₁，z₁），则有，即=（），…

设平面DPC的法向量为=（x₂，y₂，z₂），

∵=（2，0，0），=（0，﹣，1），

则有，可取=（0，1，），…

∴cos＜＞===，

∴二面角A﹣PC﹣D的余弦值为．…

18．已知数列{a_n}的各项都不为零，其前n项为S_n，且满足：2S_n=a_n（a_n+1）（n∈N^*）．

（1）若a_n＞0，求数列{a_n}的通项公式；

（2）是否存在满足题意的无穷数列{a_n}，使得a₂₀₁₆=﹣2015？若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在，请说明理由．

【考点】数列递推式．

【分析】（1）由2S₁=2a₁=a₁（a₁+1），解得a₁=1，由2S_n+1=a_n+1（a_n+1+1），得{a_n}是以1为首项，以1为公差的等差数列，由此能求出a_n0．

（2）由a₁=1，0=（a_n+1﹣a_n﹣1）（a_n+a_n+1），得a_n+1=a_n+1或a_n+1=﹣a_n，由此能求出结果．

【解答】解：（1）∵数列{a_n}的各项都不为零且满足…①

∴2S₁=2a₁=a₁（a₁+1），解得a₁=1…

∴2S_n+1=a_n+1（a_n+1+1）…②，

②﹣①得，

整理得到0=（a_n+1﹣a_n﹣1）（a_n+a_n+1），∴a_n+1﹣a_n=1…

∴{a_n}是以1为首项，以1为公差的等差数列，

∴a_n=1+（n﹣1）×1=n．…

（2）根据（1）a₁=1，0=（a_n+1﹣a_n﹣1）（a_n+a_n+1），

可得a_n+1=a_n+1或a_n+1=﹣a_n，…

∴从第二项开始每一项都有两个分支，

∴通项为的数列满足题意，

使得a₂₀₁₆=﹣2015（其他符合的答案类似给分）．…

19．已知椭圆+y²=1（a＞1）的离心率为，P（m，n）为圆x²+y²=16上任意一点，过P作椭圆的切线PA，PB，设切点分别为A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．

（1）证明：切线PA的方程为+y₁y=1；

（2）设O为坐标原点，求△OAB面积的最大值．

【考点】椭圆的简单性质．

【分析】（1）由椭圆的离心率e====，求得a，求得椭圆方程，当y₁=0时，直线x₁=±2，求得PA的方程是x=±2，当y₁≠0时，求导，求得PA的切线斜率，根据直线的点斜式方程及x₁²+4y₁²=4，即可求得+y₁y=1；

（2）由（1）可知：切线PB 的方程为，代入求得直线AB方程，代入椭圆方程，求得弦长丨AB丨，根据点到直线的距离公式d，由S_△OAB=·丨AB丨·d=，由均值不等式，即可求得△OAB面积的最大值．

【解答】解：（1）证明：离心率e=====，

∴a=2，

椭圆方程为：，

当y₁=0时，直线x₁=±2，

∴x²=4，代入椭圆方程得到y=0，

∴切线PA的方程是x=±2；

当y₁≠0时，对椭圆方程两边求导得：，

则过切点A的斜率为k=y′=﹣，

切线方程为：y﹣y₁=﹣（x﹣x₁），

∵又x₁²+4y₁²=4，

∴+y₁y=1；

（2）根据（1）可得切线 PA的方程为 +y₁y=1，

切线PB 的方程为，

∴，

∴直线 AB方程为，

∴，消y 得到（1+）²﹣x+﹣4=0，

∴丨AB丨=·=·，

又∵原点 O到直线AB 的距离d=，

∴S_△OAB=·丨AB丨·d=··，

=，

又∵P（m，n） 为圆x²+y²=16上任意一点，

∴m²+n²=16，

∴S_△OAB=，

令t=≥2，则S_△OAB== 在[2，+∞） 上单调递减，

∴S_△OAB≤．

20．已知函数f（x）=﹣xlnx（a∈R），g（x）=2x³﹣3x²．

（1）若m为正实数，求函数y=g（x），x∈[，m]上的最大值和最小值；

（2）若对任意的实数s，t∈[，2]，都有f（s）≤g（t），求实数a的取值范围．

【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最值即可；

（2）求出g（x）的最小值，问题转化为a≤x²lnx+x恒成立，x∈[，2]，令h（x）=x²lnx+x，x∈[，2]，根据函数的单调性求出a的范围即可．

【解答】解：（1）g（x）=2x³﹣3x²，g′（x）=6x（x﹣1），

令g′（x）＞0，解得：x＞1或x＜0，

令g′（x）＜0，解得：0＜x＜1，

∴g（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，

若m＞0，＜m，则m＞1，＜1，

∴g（x）在[，1）递减，在（1，m]递增，

∴g（x）_min=g（1）=﹣1，g（x）_max=g（）=﹣或g（m）=2m³﹣3m²；

（2）若对任意的实数s，t∈[，2]，都有f（s）≤g（t），

即f（s）_max＜g（t）_min，s，t∈[，2]，

由（1）g（t）在[，2]的最小值是1，

只需﹣xlnx≤1即可，x∈[，2]，

等价于a≤x²lnx+x恒成立，x∈[，2]，

令h（x）=x²lnx+x，x∈[，2]，

显然h（x）在x∈[，2]上递增，

h（x）_min=h（）=﹣ln2，

故a≤﹣ln2．

2016年10月27日