2016-2017學年浙江省金麗衢十二校高三（上）第一次聯(lián)考數(shù)學試卷 （理科）
參考答案與試題解析
一、選擇題：本大題共8個小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1．已知集合A={x∈R|x2＞4}，B{x∈R|1≤x≤2}，則（ ）
A．A∩B=? B．A∪B=R C．B?A D．A?B
【考點】交、并、補集的混合運算．
【分析】先化簡集合A，再根據(jù)集合的基本關(guān)系即可判斷．
【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=?，
故選：A．
2．（2﹣）8展開式中含x3項的系數(shù)為（）
A．112x3 B．﹣1120x3 C．112 D．1120
【考點】二項式系數(shù)的性質(zhì)．
【分析】先求得二項式展開式的通項公式，再令x的冪指數(shù)等于3，求得r的值，即可求得含x3項的系數(shù)．
【解答】解：二項式的展開式的通項公式為Tr+1=C8r·28﹣r·（﹣1）rx，
令=3，求得r=6，故開式中含x3項系數(shù)為C86·28﹣6·（﹣1）6=112，
故選：C
3．已知某幾何體的正（主）視圖與側(cè)（左）視圖都是直角邊長為1的等腰直角三角形，且體積為，則該幾何體的俯視圖可以是（ ）
A． B． C．
D．
【考點】簡單空間圖形的三視圖．
【分析】由題意，正（主）視圖與側(cè)（左）視圖都是直角邊長為1的等腰直角三角形，根據(jù)三視圖的“長對正，高平齊，寬相等”原則．高已知，只需判斷幾何體的形狀，依次對照計算下列各選項的視圖的底面積，滿足體積為即為答案．
【解答】解：對于A和C：正視圖與側(cè)視圖都是直角邊長為1的等腰直角三角形，俯視圖是直角三角形，其體積為，故A，C不對；
對于B：正視圖與側(cè)視圖都是直角邊長為1的等腰直角三角形，俯視圖是正方形，其體積為，故B正確；
對于D：正視圖與側(cè)視圖都是直角邊長為1的等腰直角三角形，俯視圖是四分之一的圓，其體積為，故D不對．
故選：B．
4．過點（0，﹣2）的直線交拋物線y2=16x于A（x1，y1），B（x2，y2）兩點，且y12﹣y22=1，則△OAB（O為坐標原點）的面積為（）
A． B． C． D．
【考點】拋物線的簡單性質(zhì)．
【分析】設(shè)直線方程為x=my+2m，代入y2=16x可得y2﹣16my﹣32m=0，利用韋達定理，結(jié)合三角形的面積公式，即可得出結(jié)論．
【解答】解：設(shè)直線方程為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為坐標原點）的面積為|y1﹣y2|=．
故選：D．
5．設(shè)實數(shù)a，b，則“|a﹣b2|+|b﹣a2|≤1”是“（a﹣）2+（b﹣）2≤”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．
【分析】由已知|a﹣b2|+|b﹣a2|≤1結(jié)合絕對值不等式的性質(zhì)可得（a﹣）2+（b﹣）2≤，舉例說明由（a﹣）2+（b﹣）2≤不一定有|a﹣b2|+|b﹣a2|≤1，則答案可求．
【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，此時|a﹣b2|+|b﹣a2|=2＞1．
∴“|a﹣b2|+|b﹣a2|≤1”是“（a﹣）2+（b﹣）2≤”的充分不必要條件．
故選：A．
6．回文數(shù)是從左到右與從右到左讀都一樣的正整數(shù)，如2，11，242，6776，83238等，設(shè)n位回文數(shù)的個數(shù)為an（n為正整數(shù)），如11是2位回文數(shù)，下列說法正確的是（）
A．a(chǎn)4=100B．a(chǎn)2n+1=10a2n（n∈N+）
C．a(chǎn)2n=10a2n﹣1（n∈N+）D．以上說法都不正確
【考點】進行簡單的合情推理．
【分析】由回文數(shù)的特點，故歸納猜想2n+2位回文數(shù)與2n+1位回文數(shù)個數(shù)相等，均為9×10n個，逐一判斷即可．
【解答】解：由題意，1位回文數(shù)有9個，
2位回文數(shù)有9個，
3位回文數(shù)有90=9×10個，
4位回文數(shù)有1001，1111，1221，…，1991，2002，…，9999，共90個，
故歸納猜想2n+2位回文數(shù)與2n+1位回文數(shù)個數(shù)相等，均為9×10n個，
即a2n+2=a2n+1=9×10n個，
所以a2n=9×10n﹣1個，
所以a2n+1=10a2n（n∈N+）
所以a2n=a2n﹣1（n∈N+），
故選：B．
7．如圖，已知直線y=kx+m與曲線y=f（x）相切于兩點，則F（x）=f（x）﹣kx有（ ）
A．1個極大值點，2個極小值點 B．2個極大值點，1個極小值點
C．3個極大值點，無極小值點 D．3個極小值點，無極大值點
【考點】利用導數(shù)研究函數(shù)的極值．
【分析】對函數(shù)F（x）=f（x）﹣kx，求導數(shù)，根據(jù)條件判斷f′（x）與k的關(guān)系進行判斷即可．
【解答】解：∵直線y=kx+m與曲線y=f（x）相切于兩點，
∴kx+m=f（x）有兩個根，且f（x）≥kx+m，
由圖象知m＞0，
則f（x）＞kx，
即F（x）=f（x）﹣kx＞0，則函數(shù)F（x）=f（x）﹣kx，沒有零點，
函數(shù)f（x）有1個極大值點，2個極小值點，
則F′（x）=f′（x）﹣k，
，
結(jié)合圖象，函數(shù)F（x）=f（x）﹣kx有1個極大值點，
函數(shù)F（x）=f（x）﹣kx有2個極小值點，
故選：A．
8．已知A1，A2，A3為平面上三個不共線的定點，平面上點M滿足=λ（+）（λ是實數(shù)），且++是單位向量，則這樣的點M有（ ）
A．0個 B．1個 C．2個 D．無數(shù)個
【考點】向量的線性運算性質(zhì)及幾何意義．
【分析】設(shè)A1，A2，A3的坐標，表示出M的坐標，令|++|=1得出關(guān)于λ的方程，判斷方程的解的個數(shù)即可得出M的位置的個數(shù)．
【解答】解：以A1為原點建立坐標系，設(shè)A2（a，b），A3（m，n），則+=（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）），
∵++是單位向量，
∴（1﹣3λ）2[（a+m）2+（b+n）2]=1，
∵A1，A2，A3為平面上三個不共線的三點，∴（a+m）2+（b+n）2＞0．
顯然λ有兩解，故滿足條件的M有兩個．
故選：C．
二、填空題（每題5分，滿分35分，將答案填在答題紙上）
9．在數(shù)列{an}中，a1=1，an+1=3an（n∈N*），則a3=9 ，S5= 121 ．
【考點】等比數(shù)列的通項公式．
【分析】由已知得數(shù)列{an}是首項為1，公比為3的等比數(shù)列，由此能求出結(jié)果，
【解答】解：∵在數(shù)列{an}中，a1=1，an+1=3an（n∈N*），
∴數(shù)列{an}是首項為1，公比為3的等比數(shù)列，
∴=9，
==121．
故答案為：9，121．
10．設(shè)a∈R，若復數(shù)（i為虛數(shù)單位）的實部和虛部相等，則 0 ， |= ．
【考點】復數(shù)代數(shù)形式的乘除運算．
【分析】根據(jù)復數(shù)的運算法則化簡z，再根據(jù)實部和虛部相等求出a的值，求出其模即可．
【解答】解：復數(shù)==，
由于復數(shù)（i為虛數(shù)單位）的實部和虛部相等，
則a+1=1﹣a，
解得a=0，
則z=﹣i，
則|==，
故答案為：0，
11．若實數(shù)x，y滿足，則的取值范圍是 [，] ．
【考點】簡單線性規(guī)劃．
【分析】作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用斜率的幾何意義進行求解即可．
【解答】解：作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖，
的幾何意義是區(qū)域內(nèi)的點到點D（﹣1，﹣1）的斜率，
由圖象知BD的斜率最大，AD的斜率最小，
由得，得B（4，3），
由得，得A（3，0），
則BD的斜率k==，
AD的斜率k==，
則≤≤，
即的范圍是[，]，
故答案為：[，]
12．若函數(shù)f（x）=2sin2（ωx）+2sin（ωx+）﹣1（ω＞0）的最小正周期為1，則ω= π，函數(shù)f（x）在區(qū)間[﹣，]上的值域為 [0，2﹣1] ．
【考點】三角函數(shù)中的恒等變換應用；正弦函數(shù)的圖象．
【分析】利用誘導公式和降次升角公式化簡函數(shù)解析式，進而結(jié)合余弦型函數(shù)的圖象和性質(zhì)，可得答案．
【解答】解：∵函數(shù)f（x）=2sin2（ωx）+2sin（ωx+）﹣1
=﹣cos（2ωx）+2cos（2ωx）
=（2﹣1）cos（2ωx）
∵函數(shù)f（x）的最小正周期為1，ω＞0
∴ω=π，
∴f（x）=（2﹣1）cos（2πx）
當x∈[﹣，]，2πx∈[﹣，]，
∴f（x）∈[0，2﹣1]，
故答案為：π，[0，2﹣1]
13．甲、乙兩人進行5局乒乓球挑戰(zhàn)賽，甲在每局中獲勝的概率為，且各局勝負相互獨立．設(shè)甲贏的局數(shù)為ξ，則P（ξ=2）= ，E（ξ）= ，D（ξ）= ．
【考點】離散型隨機變量的期望與方差．
【分析】由題意ξ～B（5，），由此能求出P（ξ=2），E（ξ），D（ξ）．
【解答】解：∵甲、乙兩人進行5局乒乓球挑戰(zhàn)賽，甲在每局中獲勝的概率為，且各局勝負相互獨立．設(shè)甲贏的局數(shù)為ξ，
∴ξ～B（5，），
∴P（ξ=2）==，
E（ξ）=5×=，
D（ξ）==．
故答案為：．
14．如圖，已知矩形ABCD，AD=2，E為AB邊上的點，現(xiàn)將△ADE沿DE翻折至△ADE，使得點A'在平面EBCD上的投影在CD上，且直線A'D與平面EBCD所成角為30°，則線段AE的長為 ．
【考點】直線與平面所成的角．
【分析】過A′作A′F⊥平面ABCD，垂足為F，連結(jié)EF，過F作FM⊥AB，垂足為M，設(shè)AE=A′E=x，分別在△MEF和△A′EF中用勾股定理表示出EF，列方程解出x．
【解答】解：過A′作A′F⊥平面ABCD，垂足為F，連結(jié)EF．
則F在CD上，且∠A′DF=30°，
∵AD=A′D=2，∴DF=，A′F=1，
過F作FM⊥AB，垂足為M，則AM=DF=，
設(shè)AE=x，則ME=x﹣，A′E=x，
∵EF2=MF2+ME2=A′E2﹣A′F2，
∴4+（x﹣）2=x2﹣1，解得x=．
故答案為：．
15．對任意的兩個實數(shù)a，b，定義，若f（x）=4﹣x2，g（x）=3x，則min（f（x），g（x））的最大值為3 ．
【考點】函數(shù)最值的應用．
【分析】4﹣x2﹣3x=﹣（x+4）（x﹣1），從而比較f（x）與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），
∴當x≤﹣4或x≥1時，f（x）≤g（x），
當﹣4＜x＜1時，f（x）＞g（x），
故min（f（x），g（x））=，
易知min（f（x），g（x））在（﹣∞，1]上是增函數(shù)，
在（1，+∞）上是減函數(shù)，
故min（f（x），g（x））的最大值為4﹣1=3；
故答案為：3．
三、解答題（本大題共5小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）
16．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，b（1﹣2cosA）=2acosB．
（1）證明：b=2c；
（2）若a=1，tanA=2，求△ABC的面積．
【考點】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）利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可得cosA，sinA．再利用余弦定理可得c，利用三角形面積計算公式即可得出．
【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為銳角，解得，∴．
由余弦定理有，即，解得，
∴．
17．如圖，已知四棱錐P﹣ABCD的底面為菱形，且∠ABC=60°，E是DP中點．
（1）證明：PB∥平面ACE；
（2）若AP=PB=，AB=PC=2，求二面角A﹣PC﹣D的余弦值．
【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面平行的判定．
【分析】（1）連結(jié)BD，BD∩AC=F，連接EF，推導出EF∥PB，由此能證明PB∥平面ACE．
（2）取AB的中點Q，連結(jié)PQ、CQ，以Q點為原點，BA所在的直線為x軸，QC所在的直線為y軸，QP所在的直線為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角A﹣PC﹣D的余弦值．
【解答】解：（1）連結(jié)BD，BD∩AC=F，連接EF，
∵四棱錐的底面為菱形，∴F為BD中點，
又∵E是DP中點，∴在BDP中，EF是中位線，∴EF∥PB，
又∵EF?平面ACE，而PB?平面ACE，∴PB∥平面ACE．…
（2）取AB的中點Q，連結(jié)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．
如圖，以Q點為原點，BA所在的直線為x軸，QC所在的直線為y軸，
QP所在的直線為z軸，建立空間直角坐標系，
則…
平面APC上， =（﹣1，0，1），=（0，﹣，1），
設(shè)平面APC的法向量為=（x1，y1，z1），則有，即=（），…
設(shè)平面DPC的法向量為=（x2，y2，z2），
∵=（2，0，0），=（0，﹣，1），
則有，可取=（0，1，），…
∴cos＜＞===，
∴二面角A﹣PC﹣D的余弦值為．…
18．已知數(shù)列{an}的各項都不為零，其前n項為Sn，且滿足：2Sn=an（an+1）（n∈N*）．
（1）若an＞0，求數(shù)列{an}的通項公式；
（2）是否存在滿足題意的無窮數(shù)列{an}，使得a2016=﹣2015？若存在，求出這樣的無窮數(shù)列的一個通項公式；若不存在，請說明理由．
【考點】數(shù)列遞推式．
【分析】（1）由2S1=2a1=a1（a1+1），解得a1=1，由2Sn+1=an+1（an+1+1），得{an}是以1為首項，以1為公差的等差數(shù)列，由此能求出an0．
（2）由a1=1，0=（an+1﹣an﹣1）（an+an+1），得an+1=an+1或an+1=﹣an，由此能求出結(jié)果．
【解答】解：（1）∵數(shù)列{an}的各項都不為零且滿足…①
∴2S1=2a1=a1（a1+1），解得a1=1…
∴2Sn+1=an+1（an+1+1）…②，
②﹣①得，
整理得到0=（an+1﹣an﹣1）（an+an+1），∴an+1﹣an=1…
∴{an}是以1為首項，以1為公差的等差數(shù)列，
∴an=1+（n﹣1）×1=n．…
（2）根據(jù)（1）a1=1，0=（an+1﹣an﹣1）（an+an+1），
可得an+1=an+1或an+1=﹣an，…
∴從第二項開始每一項都有兩個分支，
∴通項為的數(shù)列滿足題意，
使得a2016=﹣2015（其他符合的答案類似給分）．…
19．已知橢圓+y2=1（a＞1）的離心率為，P（m，n）為圓x2+y2=16上任意一點，過P作橢圓的切線PA，PB，設(shè)切點分別為A（x1，y1），B（x2，y2）．
（1）證明：切線PA的方程為+y1y=1；
（2）設(shè)O為坐標原點，求△OAB面積的最大值．
【考點】橢圓的簡單性質(zhì)．
【分析】（1）由橢圓的離心率e====，求得a，求得橢圓方程，當y1=0時，直線x1=±2，求得PA的方程是x=±2，當y1≠0時，求導，求得PA的切線斜率，根據(jù)直線的點斜式方程及x12+4y12=4，即可求得+y1y=1；
（2）由（1）可知：切線PB 的方程為，代入求得直線AB方程，代入橢圓方程，求得弦長丨AB丨，根據(jù)點到直線的距離公式d，由S△OAB=·丨AB丨·d=，由均值不等式，即可求得△OAB面積的最大值．
【解答】解：（1）證明：離心率e=====，
∴a=2，
橢圓方程為：，
當y1=0時，直線x1=±2，
∴x2=4，代入橢圓方程得到y(tǒng)=0，
∴切線PA的方程是x=±2；
當y1≠0時，對橢圓方程兩邊求導得：，
則過切點A的斜率為k=y′=﹣，
切線方程為：y﹣y1=﹣（x﹣x1），
∵又x12+4y12=4，
∴+y1y=1；
（2）根據(jù)（1）可得切線 PA的方程為 +y1y=1，
切線PB 的方程為，
∴，
∴直線 AB方程為，
∴，消y 得到（1+）2﹣x+﹣4=0，
∴丨AB丨=·=·，
又∵原點 O到直線AB 的距離d=，
∴S△OAB=·丨AB丨·d=··，
=，
又∵P（m，n） 為圓x2+y2=16上任意一點，
∴m2+n2=16，
∴S△OAB=，
令t=≥2，則S△OAB== 在[2，+∞） 上單調(diào)遞減，
∴S△OAB≤．
20．已知函數(shù)f（x）=﹣xlnx（a∈R），g（x）=2x3﹣3x2．
（1）若m為正實數(shù)，求函數(shù)y=g（x），x∈[，m]上的最大值和最小值；
（2）若對任意的實數(shù)s，t∈[，2]，都有f（s）≤g（t），求實數(shù)a的取值范圍．
【考點】利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值；利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．
【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最值即可；
（2）求出g（x）的最小值，問題轉(zhuǎn)化為a≤x2lnx+x恒成立，x∈[，2]，令h（x）=x2lnx+x，x∈[，2]，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．
【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）遞減，在（1，+∞）遞增，
若m＞0，＜m，則m＞1，＜1，
∴g（x）在[，1）遞減，在（1，m]遞增，
∴g（x）min=g（1）=﹣1，g（x）max=g（）=﹣或g（m）=2m3﹣3m2；
（2）若對任意的實數(shù)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]，
等價于a≤x2lnx+x恒成立，x∈[，2]，
令h（x）=x2lnx+x，x∈[，2]，
顯然h（x）在x∈[，2]上遞增，
h（x）min=h（）=﹣ln2，
故a≤﹣ln2．
2016年10月27日
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