浙江省温州市十校联合体高三上学期期末考试数学试卷解析版

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1、2017届第一学期温州十校联合体高三期末考试数学学科 试题考生须知：1本卷共4页满分150分，考试时间120分钟；2答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4考试结束后，只需上交答题纸。来源:一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。1.已知集合，则 （ ） A B C D2.若复数，其中为虚数单位，则 = （ ）A1B1+ C1+D13. “一条直线与平面内无数条直线异面”是“这条直线与平面平行”的 （ ）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分又不必要条件4. 二项式的展开式中常

2、数项为 （ ）A B C D5.若向量,且，则的值是 （ ）A B C D26.点P为直线上任一点，则下列结论正确的是 （ ）A B C D以上都有可能7.设函数，若关于x的方程恰有三个不同的实数根，则实数a的取值范围是 （ ）A B C D 8.已知数列的首项，前n项和为，且满足，则满足的n的最大值是 （ ）A8B9C10D119.在中，点A在OM上，点B在ON上，且，若，则终点P落在四边形ABNM内（含边界）时，的取值范围是 （ ）A B C D 10.点P为棱长是2的正方体的内切球O球面上的动点，点M为的中点，若满足，则动点P的轨迹的长度为 （ ）A B C D二、填空题:本大题共7小题

3、，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。11.某几何体的三视图是如图所示的直角三角形、半圆和等腰三角形， 各边的长度如图所示，则此几何体的体积是_，表面积是 _.第11题12.袋中有3个大小、质量相同的小球，每个小球上分别写有数字， 随机摸出一个将其上的数字记为，然后放回袋中，再次随机摸出一个，将其上的数字记为，依次下去，第n次随机摸出一个，将其上的数字记为记，则（1）随机变量的期望 是_；（2）当时的概率是_。13.设是定义在R上的最小正周期为的函数，且在上，则_ ,_.14.若的垂心恰好为抛物线的焦点，O为坐标原点，点A、B在此抛物线上，则此抛物线的方程是_，面积是_。15.对于任意实

4、数和b，不等式恒成立，则实数x的取值范围是_。16.设有序集合对满足：，记分别表示集合的元素个数，则符合条件的集合的对数是_.17.已知A是射线上的动点，B是x轴正半轴的动点，若直线AB与圆 相切，则的最小值是_.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. （本题满分14分）已知三内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，来源:Z_xx_k.Com（1）求角A的值；（2）求函数在区间的值域。来源:19. (本题满分15分)如图四边形PABC中，现把沿AC折起，使PA与平面ABC成，设此时P在平面ABC上的投影为O点（O与B在AC的同侧），（1）求证

5、：平面PAC；（2）求二面角PBCA大小的正切值。 20. (本题满分15分)定义在D上的函数，如果满足：对任意，存在常数，都有，则称是D上的有界函数，其中M称为函数的上界。已知函数，（1）当时，求函数在D上的上界的最小值；（2）记函数，若函数在区间上是以3为上界的有界函数，求实数的取值范围。21. (本题满分15分)椭圆的离心率为，左焦点F到直线：的距离为，圆G：，（1）求椭圆的方程；（2）若P是椭圆上任意一点，EF为圆N：的任一直径，求的取值范围；（3）是否存在以椭圆上点M为圆心的圆M，使得圆M上任意一点N作圆G的切线，切点为T，都满足？若存在，求出圆M的方程；若不存在，请说明理由。来源:

6、22. (本题满分15分)已知数列满足，(1)若数列是常数列，求m的值；（2）当时，求证：；（3）求最大的正数，使得对一切整数n恒成立，并证明你的结论。参考答案1.C【解析】本题考查集合的基本运算.,所以.选C.【备注】集合的基本运算为高考常考题型，要求熟练掌握.2.A【解析】本题考查复数的概念与运算.,所以.选A.3.B【解析】本题考查充分必要条件.由一条直线与平面内无数条直线异面,可得,这条直线与平面平行或这条直线与平面相交；反之,由一条直线与平面平行可得, 这条直线与平面内无数条直线异面.所以“一条直线与平面内无数条直线异面”是“这条直线与平面平行”的必要不充分条件.选B.4.B【解析】

7、本题考查二项式定理.其展开式的通项公式=,令,可得展开式中常数项为.选B.【备注】二项展开式的通项公式：.5.A【解析】本题考查平面向量的数量积,二倍角公式.=.选A.6.C【解析】本题考查双曲线的标准方程与几何性质.若,则点P的轨迹是以为焦点的双曲线,其方程为.因为直线是它的渐近线,整条直线在双曲线的外面,因此有.选C.7.D【解析】本题考查分段函数,函数与方程.作出函数的图象.由方程,得或.显然有一个实数根,因此只要有两个根(不是),利用图象可得,实数a的取值范围是.选D.8.B【解析】本题考查等差、等比数列,数列求和.当时,得.当时,有,两式相减得.再考虑到,所以数列是等比数列,故有.因

8、此原不等式化为,化简得,得,所以n的最大值为9.选B.9.D【解析】本题考查平面向量的数量积.利用向量知识可知,点落在平面直角坐标系中两直线及x轴、y轴围成的四边形(含边界)内.又因为,其中表示点与点Q连线的斜率.由图形可知,所以.选D.10.C【解析】本题考查空间几何体的相关运算.直线DP在过点D且与BM垂直的平面内.又点P在内接球的球面上,故点P的轨迹是正方体的内切球与过D且与BM垂直的平面相交得到的小圆.可求得点O到此平面的距离为,截得小圆的半径为,所以以点P的轨迹的长度为.选C.11.、【解析】本题考查三视图,空间几何体的表面积与体积.还原出空间几何体,易知此几何体是半个圆锥.该半圆锥

9、的底面半径为4,高为6,母线长.所以该几何体的体积是,表面积是.12.、【解析】本题考查古典概型,随机变量的数学期望.(1)可以求得随机变量的分布列如表所示,所以的期望为.(2)当时,即,即有个2,1个1,即1的位置有n种情况,所以所求的概率是.0124p13.、【解析】本题考查分段函数,三角函数的性质.由于的周期为,则,即,解得.此时.14.、【解析】本题考查抛物线的标准方程与几何性质.因为焦点为,所以抛物线的方程是.设,由抛物线的对称性可知,.又因为,得,解得(不妨取正值),从而可得面积是.15.【解析】本题考查基本不等式,绝对值不等式.原不等式可化为恒成立,因此只要求的最小值.因为,所以

10、,且当时取到最小值为2.因此有,解得.16.44对【解析】本题考查集合与元素的关系.由条件可得.当时,显然不成立;当时,则,所以,符合条件的集合对有1对;当时,则,所以A中的另一个元素从剩下6个数中选一个,故符合条件的集合对有对;当时,则,所以A中的另两个元素从剩下6个数中选2个,故符合条件的集合对有对;当时,则,矛盾;由对称性,剩下的几种情况类似,故符合条件的集合的对数是对.17.【解析】本题考查直线与圆的位置关系.解一:设,则直线AB的方程是.因为若直线AB与圆相切,所以,化简得,利用基本不等式得,即,从而得,当,即时,的最小值是.解二:在中,设,则利用面积可得,得;由余弦定理得,即,解得

11、,即有.解三:设切点C点,则,即,整理得,解得,即的最小值是.18.(1)因为,由正弦定理得,即；因为,得,所以；解得.(2)由(1)得,所以=.因为,所以;故函数的值域为.【解析】本题考查三角函数的性质与最值,三角恒等变换,正弦定理.(1)由正弦定理得,所以,解得.(2)由(1)得,经三角恒等变换得=.因为,所以的值域为.19.(1)连AO,因为平面ABC,得.又因为,得平面PAO,.因为是PA与平面ABC的角,.因为,得.在中,故有,从而有,得平面PAC.(2)过O作BC的垂线交CB延长线于G点,连PG,则是二面角PBCA的平面角.在中,易知,所以(2)以OB、OA、OP为x、y、z轴,建

12、立坐标系,可得.可求得平面ABC的法向量是,平面PBC的法向量是；所以二面角PBCA大小的余弦值是；即【解析】本题考查线面平行与垂直,空间向量的应用.(1)证得,有,得平面PAC.(2)建立恰当的空间直角坐标系,求得平面ABC的法向量,平面PBC的法向量是；所以二面角PBCA大小的余弦值,即20.(1)因为,得,得或,故可得函数在区间上单调递增,区间是单调递减.因为,所以；故有上界,即上界的最小值是.(2)因为,故有函数；令,因为,得.因为在上是以3为上界的有界函数,得在上恒成立,即,得在区间上恒成立.记,当时,单调递增,所以;单调递减,所以实数的取值范围是.(另解:利用函数的最值求解.当时,

13、函数在区间上单调递增,所以只要,解得,所以;当时,函数在区间上单调递减,在区间单调递增,所以只要,解得,所以;当时,函数在区间上单调递减,所以只要,解得,所以综上可知,实数的取值范围是.【解析】本题考查导数在研究函数、不等式中的应用.(1)求导得,故有上界,即上界的最小值是.(2),换元法,构造函数,求导得.21.(1)由题意得,解得;所以椭圆的方程为.(2),因为,所以；即的取值范围是.(3)设圆M,其中,则.由于,则,即,代入,得对圆M上任意点N恒成立.只要使,即,经检验满足；故存在符合条件的圆,它的方程是.【解析】本题考查椭圆的标准方程,直线与圆的位置关系. (1)由题意求得,所以椭圆的

14、方程为.(2)求得,因为,所以.(3)联立方程,套用根与系数的关系,存在符合条件的圆,它的方程是.22.(1)若数列是常数列,则,得；显然,当时,有.(2)由条件得,得.又因为,两式相减得.显然有,所以与同号,而,所以；从而有.(3)因为,所以.这说明,当时,越来越大,显然不可能满足.所以要使得对一切整数n恒成立,只可能.下面证明当时,恒成立；用数学归纳法证明:当时,显然成立;假设当时成立,即,则当时,成立.由上可知对一切正整数n恒成立.因此,正数m的最大值是2.【解析】本题考查数列求和.(1)若数列是常数列,则,得,.(2)作差证得,从而有.(3)求得.即对一切整数n恒成立,只可能.用数学归纳法,证得正数m的最大值是2.