高三學(xué)年度第一學(xué)期期末檢測(cè)數(shù)學(xué)試題含答案

20162017學(xué)年度第一學(xué)期期末檢測(cè)試題高三數(shù) 試題 B 設(shè)1iabi(i為虛數(shù)單位，a，bR)，則ab 1某學(xué)校共有師生3200人，現(xiàn)用分層抽樣的方法，從所有師生中抽取一個(gè)容量為160的樣本，已知從學(xué)生中抽取的人數(shù)為150，那么該學(xué)校的教師人數(shù)是 如圖是一個(gè)求函數(shù)值的算法流程圖，若輸入的x的值為5，則輸出的y的值為 已知直線l:x 3y20與圓C:x2+y2=4交于A,B兩點(diǎn)，則弦AB的長(zhǎng)度為 已知AB3,1,1,2AB，則直線AxBy10的斜小于0的概率 xy1若實(shí)數(shù)x,y滿足yx10，則z2x3y的最大值 x若正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為2（單位：cm側(cè)面積為8（單位：cm2 （單位：cm3）.

（第4題圖216x

x2

b21已知cos()1(0)，則sin() x1,x5fxcosx0fxx2的導(dǎo)數(shù)f20，則f0 在正項(xiàng)等比數(shù)列{an}中，若a4a32a22a16，則a5a6的最小值 已知ABC3的等邊三角形，點(diǎn)PA為圓心的單位圓上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)QAQ2AP1AC

（單位：cm3．（在ABCAB6AC32ABAC18BC的長(zhǎng)求tan2B的值（AP=AD，且平面PAD平面ABCD，證明：AF（示，DE是玻璃幕墻，游客只能在ADE區(qū)域內(nèi)參觀．在AE上點(diǎn)P處安裝一可旋轉(zhuǎn)的AD=6米，AE=6米，AP=2米，MPN4

.記EPM（弧度 5S關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式，并寫出的取值范圍；（參考數(shù)據(jù)：S的最小值

4（ 如圖，橢圓C:a2b21(ab0)，圓O yb，過(guò)橢圓C的上頂點(diǎn)A的直線l:ykx分別交圓O、橢圓CP、QAPPQ（1）P(3,0),點(diǎn)Q(4,1),求橢圓C的方程（2）若3，求橢圓C的離心率e（已知數(shù)列{a}與的前n項(xiàng)和分別為A和B，且對(duì)任意nN a b)恒成立 （1）An2,b2B 若對(duì)任意nN，都有aB及b2b3b4 1成立，求正實(shí)數(shù)b的取值 1若a2,b2ns,t(1stA1AsAt BB （f(x)g(xh(x)g(x)exh(x)x2axa求函數(shù)g(x)在1,g(1)當(dāng)0a2f(xx[2aa當(dāng)a0時(shí)，對(duì)于給定的正整數(shù)k，問(wèn)函數(shù)F(x)ef(x)2k(lnx1)是否有零點(diǎn)？請(qǐng)說(shuō)明理由．（參考數(shù)據(jù)e2.718, 1.649,e 4.482,ln20.693）20162017學(xué)年度第一學(xué)期期末檢測(cè)試題高三數(shù) 試題（

（ x y1sin2原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為4試求直線l與曲線C的交點(diǎn)的直角（（已知F(x)(1)0C0f(x)(1)1C1f(x) (1)nCnf(x),(nN)(x0) n n n其中fi ,n)是關(guān)于x的函數(shù)（1）若f(x)=xi(iN)，求F(1)， (2)的值 i（2）若f x(iN)，求證：F (nN)i Ⅰ1. 3． 4． 5．6．3

7． 8．43

y 3

2222

3

14.[16,ABACABACcosA18AB6AC32BC=AB2AC22ABACcosA=62(32)22(18)=3 6⑵方法一：在ABC中，AB6，AC32， 62(310)2-(3cosB=BA262(310)2-(3

92BA 又B(0,)，所以sinB=1cos2B=10，所以tanBsinB1 11 所以tan2B 2tan1-tan2

1(13

34

142方法二：由AB6，AC32，ABACABACcosA18可得cosA= 22又A(0,)，所以A3 8242 ACsin 32在ABC中 ，所以sinB 210 10 sin 又B ，所以cosB=1sin2B=310，所以tanBsinB1 所以tan2B 2tan1-tan2

2 1(13

34

14所以 3又AB面PAB，EF面PAB，所以EF∥平面 6面ABCD，所以CD平面 AFPADCD 由①②及PD面PCD，CD面PCD，PD∩CD=D，所以AF平面

所以PMPEsinPEM 2

2

4

sin同理在PNE

PE

2

2cos 4所以PMNS1PMPNsinMPN2

cos2sin41cos24

sin

sin2cos2 2sin(2

)

8

當(dāng)M與E重合時(shí)，0；當(dāng)N與D重合時(shí)，tanAPD3,即APD ， 所以0 綜上可得：S

,

5

102sin(2)4

4

ME 42sin42sin所以MEsinPME sin(4在PNE

2 PEsin( 4sin( 22(sincos) 42

2MNNEMEcos2sincos又點(diǎn)P到DE的距離為d4sin22 64所以PMN的面積S=1MNd cos2sin

， 82sin(2

)4

當(dāng)M與E重合時(shí)，0；當(dāng)N與D重合時(shí)，tanAPD3,即APD ， 所以0 綜上可得：S

,

5

102sin(2)4

4⑵當(dāng)2即0,35時(shí)，S取得最小值 13 4 所以可視區(qū)域PMN面積的最小值為 1)平方 1418.（1）P在圓O:x2y2b2上得b (4)2(1)2

a2又 在橢 上 解得 橢圓C的方

x2

5ykx由

2

b2x0

1

7ykx由 y 得x0或

2

9a2b2 ak，3，AP3AQ4 3a2 k2a2

2

22 2

k 4e 1 ak 1 k204e21，即e1，又0e1,1e 16

n2,，所以

nan2n

n2(n1)2,n 2故 b1 a)1，所以數(shù)列是以2為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列

n21n(n1)11n23

4 B b)，即 b)，即bn12 bnb1 所以數(shù)列{bn}是以b1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以anBn12b1 1)所以bn1 n a b(2n1)(2n

5b因?yàn)閚1

b a b(2n1)b(2n1 b2n 2n1n 所以b2b3b4 1( )，所以1( )1恒成立a a a

b21 2n1 b21 2n1 1 2 3 即b3(1 )，所以b3 2n1 由 a b)得： a2n1 所以當(dāng)n2時(shí)，an(anan1)(an1an2) (a3a2)(a2a1)2n2n1232222n12，n1時(shí)，上式也成立，

10 42n，又B 2 nn 2n24 所以n 2

12 2n1 2n假設(shè)存在兩個(gè)互不相等的整數(shù)s,t(1st)，使A1,As,At成等差數(shù)列，等價(jià)于 BB 2112s12t 等差數(shù)列，即2s 132s 21 2t 1 ，因?yàn)? 1，所以 1，即2s2s 142s 2t 2t 2s令h(s)2s2s1(s2,sN)，則h(s1)h(s)s 2，所以h(s)遞增，若s3，h(sh3)1，不滿足2s2s1，所以s2代 2s 1 得2t3t10(t代 2s 21 2t當(dāng)t3當(dāng)t4時(shí)，令(t2t3t1(t3,tN)，則同理可證(t遞增，所以(t(4)30，所以不所以，不存在正整數(shù)s,t(1st)，使A1,As,At成等差數(shù) 16B1Bs解：(1)g(xexg(1)e（2）f(x)ex(x2axa，故f'(x(x2)(xa)ex，令f0xax

3①當(dāng)2a2,即0a1f(x在[2aa]上遞減，在[aa上遞增，所以f(x)maxmaxf(2a),f(a),f(2a2a2a)e2af(a2a2a)eaf(a)f(2a所以f(x)maxf(a) 5②當(dāng)2a2,即1a2f(x在[2a2]上遞增，[2,a上遞減，在[aa上遞增，所以f(x)maxmaxf(2),f(a)，由于f(2)(4a)e2，f(a)(2a2a)ea，故f(a)f(2) 7f(x)maxf(a綜上得，f(x)maxf(a)(2a2 8結(jié)論：當(dāng)k1時(shí)，函數(shù)F(x)無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)k2時(shí)，函數(shù)F(x)有零 9①當(dāng)k1ex2ex2lnx201

1

1 5因?yàn)镕 ee(2 )2eeee(2 )20，F(xiàn) e240e 2 x(11Fx0 e 所以x(0,x0F(x遞減x(x0F(x遞增

Fx lnx1)

(1,1)

x0

e00而x2( lnx1)遞減，所以x12(ln23)000x 所以F

14x方法二：轉(zhuǎn)化為證明exx

2(lnx 2令pxe p1e 2(lnx 2 qx

，則可q

qe3

e2，所以命題得證 143可先證明不等式exex（1小題，過(guò)程略，所以只要證e2x32lnx2 1 令pxe2x32lnx2，則可求得p p )3 0 ②當(dāng)k2F(xex2ex2k(lnx1)

14F11e232k(1ln21e234(1ln20Fekeek2k1(2k22k2 Fek0，可借助結(jié)論exx2x2)處理，首先證明結(jié)論exx2x2)：令xexx2,(x2)，則xex2x，故xex20，所以xex2x在[2)上遞增，所以x20所以xexx2在[2)上遞增，所以x20，得借助結(jié)論得eek2k1ek22k1k22k1)2k1)4k1)(k1)32k(k1)所以Fek0，又因?yàn)楹瘮?shù)F(x)連續(xù)，所以F(x)在1,ek上有零 16 .數(shù)學(xué)試題Ⅱ參 11 2 a2 a解：由題意得 ,即 ,解得 4 b8 b 所以A

52815令f()0，解得5或3，即矩陣A的特征值為5和 10 2將曲線C的參數(shù)方程化為普通方程可得：y2x2(1x 5y由 2得x2x20，解得x=1或x=2，又1x1，所以y2所以直線l與曲線C的交點(diǎn)的直角坐標(biāo)為 10解：⑴甲、乙、丙三人從四門課程中各任選一門，共有4364種不同的選法，記“甲、乙、丙三 M， M共包含A324個(gè)基本 ，則P(M)243，

3 38

⑵方法一：X可能的取值為0,1,2,3 4 C1 P(X0) ，P(X1) C2 PX2 PX3 3 8

X0123P91所以X的數(shù)學(xué)期望E(X)027127293X0123P91 B(3,1)，所以P(Xk)

3k，k0,1,2,3 C3()( X0123P