- 106.00 KB
- 2021-04-15 发布
漳州市第二片区教研联盟高三年联考
数学试题（理工类）
（考试时间：120分钟 满分：150分）
命题人：诏安桥东中学 连永寿 审核人：沈小春 2017年1月4日
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，只有一个符合题目要求的.
1.已知集合A＝{ x | ≥1}，集合B＝{ x | log2x＜1}，则 A I B＝ （ ）
A．(－∞，2) B．(0，1) C．(0，2) D．(1，2)
2.复数z＝（其中i为虚数单位），在复平面内对应的点在 （ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3.已知sina＝，则cos(p－2a)＝ （ ）
A．－ B．－ C． D．
4.已知函数f (x)＝lg ，则f (2017)＋f (－2017)＝ （ ）
A．0 B．2 C．20 D．4034
5．若一个正六棱柱（底面是正六边形，侧棱垂直于底面）的正视图如图所示，则其体积等于 （ ）
A． B．
C．2 D．6
6.设w＞0，函数y＝sin(wx＋)的图象向右平移个单位后与原图象重合，则w的最小值是（ ）
A． B． C． D．3
7.如图，画一个边长为2的正三角形，再将这个正三角形各边的中点相连得到第二个正三角形，依此类推，一共画了5个正三角形．那么这五个正三角形的面积之和等于 （ ）
A．2 B．
C． D．
8.已知a＜0，则“ax0＝b”的充要条件是 （ ）
A．$x∈R，ax2－bx≥ax02－bx0 B．$x∈R，ax2－bx≤ax02－bx0
C．"x∈R，ax2－bx≤ax02－bx0 D．"x∈R，ax2－bx≥ax02－bx0
9.设F1、F2分别为双曲线－＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，若在双曲线右支上存在点P，满足
| PF2 |＝| F1F2 |，且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的离心率为 （ ）
A． B． C． D．2
10.已知直线l：y＝k(x－1)与抛物线C：y2＝4x相交于A、B两点，过AB分别作直线x＝－1的垂线，垂足分别是M、N．那么以线段MN为直径的圆与直线l的位置关系是 （ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．以上都有可能
11.已知函数f (x)＝x3＋2x－1（x＜0）与g(x)＝x3－log2 (x＋a)＋1的图象上存在关于原点对称的点，则实数a的取值范围为 （ ）
A．(－∞，2) B．(0，) C．(，2) D．(2，＋∞)
12.函数f (x)＝(x2－3)ex，当m在R上变化时，设关于x的方程f 2(x)－mf (x)－＝0的不同实数解的个数为n，则n的所有可能的值为 （ ）
A. 3 B. 1或3 C. 3或5 D. 1或3或5
第Ⅱ卷 非选题（共90分）
二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中横线上.
13.设点M是线段BC的中点,点A在直线BC外，2＝16，|＋|＝|－|，则||＝ .
14.如果不等式组表示的平面区域内存在点P(x0，y0)在函数y＝2x＋a的图象上，那么实数a的取值范围是 .
15.四面体A-BCD中，AB＝AC＝DB＝DC＝2，AD＝BC＝4，则它的外接球表面积等于 .
16.四边形ABCD中，∠BAC＝90°，BD＋CD＝2，则它的面积最大值等于 .
三、解答题：本大题共6个小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（本小题满分12分）
已知数列{an}的前n项和Sn，满足Sn＝n2－3n.
（I）求数列{an}的通项公式an；
（II）设bn＝，数列{bn}的前n项和Tn（n∈N），当Tn＞ 时，求n的最小值.
18. （本题满分12分）
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asin A＝(b－c)sin B＋(c－b)sin C．
（I）求角A的大小；
（II）若a＝，cos B＝，D为AC的中点，求BD的长．
19.（本小题满分12分）
如图，已知长方形ABCD中，AB＝2，AD＝，M为DC的中点．将△ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM．
（I）求证：AD⊥BM；
（II）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角E-AM-D的余弦值为．
图2
图1
20．（本小题满分12分）
已知椭圆M：＋＝1（a＞b＞0）的一个焦点为F(－1，0)，离心率e＝左右顶点分别为A、B，经过点F的直线l与椭圆M交于C、D两点（与A、B不重合）.
（I）求椭圆M的方程；
（II）记△ABC与△ABD的面积分别为S1和S2，求| S1－S2 |的最大值，并求此时l的方程.
21.（本小题满分12分）
设函数f (x)＝ex－x2－x－1，函数f ¢(x)为f (x)的导函数.
（I）求函数f ¢(x)的单调区间和极值；
（II）已知函数y＝g (x)的图象与函数y＝f (x)的图象关于原点对称，证明：当x＞0时，f (x)＞g (x)；
（Ⅲ）如果x1≠x2，且f (x1)＋f (x2)＝0，证明：x1＋x2＜0.
请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中.
22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数）．在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，圆C的方程为r＝2sinq.
（I）求圆C的直角坐标方程；
（II）设圆C与直线交于点A、B，若点P的坐标为(3，)，求| PA |＋| PB |的值.
23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲
设函数f (x)＝| x－ |＋| x＋m |（m＞0）.
（I）证明：f (x)≥4；
（II）若f (1)＞5，求m的取值范围.
漳州市第二片区教研联盟高三年联考
数学试题（理工类）参考答案与评分标准
一、选择题（每小题5分）：1～5 DABBC 6～10 DDCCB 11～12 AA
二、填空题（每小题5分）：13. 2 14. [－3，1] 15. 32π 16.
三、解答题：
17【解】（I）∵Sn＝n2－3n.
∴当n＝1时，S1＝12－3×1＝－2，即 a1＝－2 （1分）
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2－3(n－1)＝n2－5n＋4
∴an＝Sn－Sn－1＝2n－4 （3分）
显然，n＝1时，2n－4＝－2＝a1也满足上式 （4分）
∴数列{an}的通项公式an＝2n－4 （6分）
（II）bn＝＝＝－ （7分）
∴Tn＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝ （9分）
令＞ 得 n＞2016 （11分）
∵n∈N，故n的最小值为2017 （12分）
18【解】（I）由asin A＝(b－c)sin B＋(c－b)sin C，根据正弦定理 得
a2＝(b－c)b＋(c－b)c，整理得，a2＝b2＋c2－bc （2分）
由余弦定理 得 cosA＝＝ （4分）
又A∈(0，p) ，所以A＝ （5分）
（II）由cos B＝，可得sin B＝＝
∴cos C＝－cos(A＋B)＝sin Asin B－cos Acos B＝×－×＝－ （7分）
又a＝，由正弦定理，可得
b＝＝＝2
∴CD＝AC＝1 （9分）
在△BCD中，由余弦定理 得
BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcosC＝()2＋12－2××1×(－)＝13 （11分）
所以BD＝. （12分）
图2
图1
19（I）【证明】在图1的长方形ABCD中，AB＝2，AD＝，M为DC的中点，
∴AM＝BM＝2，所以AM2＋BM2＝AB2
∴BM⊥AM. （2分）
在图2中，
∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM＝AM，BM⊂平面ABCM
∴BM⊥平面ADM （4分）
∵AD⊂平面ADM
∴AD⊥BM （5分）
（II）【解】取AM中点O，AB中点F，建立空间直角坐标系O－xyz，如图
则A(1，0，0)，B(－1，2，0)，D(0，0，1)，M(－1，0，0)
＝(1， 0，1)，＝(－1，2，－1)，设＝l （7分）
则平面AMD的一个法向量＝(0，1，0) （8分）
＝＋l＝(1－l，2l，1－l)，＝(－2，0，0)，
设平面AME的一个法向量为＝(x，y，z)
则即 （9分）
取y＝1，得x＝0，y＝1，z＝ 所以＝(0，1，)，
∵二面角E-AM-D的余弦值为 （10分）
∴| cosá，ñ |＝＝ 即＝
解得l＝， （11分）
综上，当E为BD的中点时，二面角E-AM-D的余弦值为． （12分）
20【解】（I）设椭圆M的半焦距为c，即c＝1， （1分）
又离心率e＝，即＝
∴a＝2，b2＝a2－c2＝3 （3分）
∴椭圆M的方程为 ＋＝1 （4分）
（II）设直线l的方程为x＝my－1，C(x1，y2)，D(x2，y2)，联立方程组
，消去x得，(3m2＋4)y2－6my－9＝0 （6分）
∴y1＋y2＝， y1y2＝－＜0 （7分）
S1＝S△ABC＝| AB |·| y1 |，S2＝S△ABD＝| AB |·| y2 |，且y1，y2异号
∴| S1－S2 |＝| AB |·| y1＋y2 |＝×4×| y1＋y2|＝＝ （9分）
∵3| m |＋≥2＝4，
当且仅当3| m |＝，即m＝±时，等号成立
∴| S1－S2 |的最大值为＝ （11分）
此时l的方程为x±2y＋＝0 （12分）
21【解】（I）f ¢(x)＝ex－x－1， f ¢¢(x)＝ex－1 （2分）
当x＜0时，f ¢¢(x)＜0，当x＞0时，f ¢¢(x)＞0
∴f ¢(x)在(－∞，0)上单调递减；在(0，＋∞)上单调递增.
当x＝0时，f ¢(0)＝0为f ¢(x)极小值，无极大值. （4分）
（II）由题意g (x)＝－f (－x)＝－e－x＋x2－x＋1， （5分）
令F (x)＝f (x)－g (x)＝f (x)＋f (－x)＝ex＋e－x－x2－2（x≥0），
F ¢(x)＝ex－e－x－2x，F ¢¢(x)＝ex＋e－x－2≥0 （6分）
因此，F ¢(x)在[0，＋∞)上单调递增，从而有F ¢(x)≥F ¢(0)＝0；
因此，F (x)在[0，＋∞)上单调递增， （7分）
当x＞0时，有F (x)＞F (0)＝0，即f (x)＞g (x). （8分）
（III）由（I）知，f ¢(x)≥0，即f (x)在R上单调递增，且f (0)＝0. （9分）
因为x1≠x2，不妨设x1＜x2，于是有x1＜0，x2＞0，
要证x1＋x2＜0，即证x1＜－x2.
因为f (x)单调递增，f (x1)＋f (x2)＝0
故只需证－f (x2)＝f (x1)＜f (－x2)，即f (x2)＋f (－x2)＞0 （10分）
因为x2＞0，由（II）知上不等式成立，从而x1＋x2＜0成立. （12分）
22【解】（I）由圆的极坐标方程r＝2sinq可得，r2＝2rsinq
∴x2＋y2＝2y
∴圆C的直角坐标方程为，x2＋y2－2y＝0 （5分）
（II）设A、B点所对应的参数分别为t1，t2，把直线l的参数方程代入圆C的方程
则t1，t2是下面方程的根
(3＋t)2＋(＋t)2－2(＋t)＝0
整理得，t2＋3t＋4＝0
所以，t1＋t2＝－3，t1t2＝4（t1，t2同号）
∵直线l过P(3，)
∴根据t的几何意义可知| PA |＝| t1 |，| PB |＝| t2 |
∴| PA |＋| PB |＝| t1 |＋| t2 |＝| t1＋t2 |＝3 （10分）
23（I）【证明】f (x)＝| x－ |＋| x＋m |≥| (x－)－(x＋m) |＝| ＋m |
因为m＞0，所以f (x)＝| ＋m |＝＋m≥2＝4
当且仅当m＝2时，等号成立. （5分）
（II）【解】由m＞0及f (1)＞5得，| 1－ |＋1＋m＞5 （）
①当0＜m≤4时，不等式（）可化为＋m＞5，即m2－5m＋4＞0
解得，m＞4，或m＜1
所以，0＜m＜1
②当m＞4时，不等式（）可化为2－＋m＞5，即m2－3m－4＞0
解得，m＞4，或m＜－1
所以，m＞4
综上，m的取值范围是(0，1) U (4，＋∞) （10分）