【河北省保定市定州中学】2017届高三下学期第一次月考数学试卷-答案.pdf

1/16 河北省保定市定州中学河北省保定市定州中学 2017 届届高三高三下下学期学期第一次月考数学试卷第一次月考数学试卷 答答 案案 一、选择题一、选择题 15ACBDA 710BBDCA 1112CB 二、填空题二、填空题 134 140O BCDO ACDO ABDO ABCVOVVVAOBOCOD 153 1642 2 17解：（1）2lnxf xaxx a（），ln2lnxfxaaxa（），322332|322332kkk 或 0001ff（），（）即函数f x（）图像在点0,1（）处的切线斜率为 0，图像在点0,0f（）处的切线方程为1y；（2）由于ln2ln21 ln0 xxfxaaxaxaa（）（）当1a，2yx单调递增，ln0a，所以1 lnxyaa（）单调递增，故21 lnxyxaa（）单调递增，021 ln2 01 ln0 xxaaaa（）（），即 0fxf（）（），所以0 x 故函数f x（）在0（，）上单调递增；当01a，2yx单调递增，ln0a，所以1 lnxyaa（）单调递增，故21 lnxyxaa（）单调递增，021 ln2 01 ln0 xxaaaa（）（），即 0fxf（）（），所以0 x 故函数f x（）在0,（）上单调递增；综上，函数f x（）单调增区间0,（）；（3）因为存在121,1xx，使得12|e 1f xf x（）（），所以当,11x时，|maxminf xf x（）（）1maxminf xf xe（）（），由（2）知，f x（）在1,0上递减，在0,1上递增，所以当,11x时，01minf xf（）（），11maxf xmax ff（）（）,（），而 1，记2ln0g ttt t（）（），因为2110g t （）（）（当1t 时取等号），2/16 所以2ln0,g tttt（）在（）上单调递增，而10g（），所以当1t时，0g t（）；当01t时，0g t（），也就是当1a时，11ff（）（）；当01a 时，11ff（）（）当1a时，由10e 1lne 1effaaa（）（），当01a 时，由1110e 1lne 10effaaa（）（），综上知，所求 a 的取值范围为10,e,ea（）18解：三个数成等差数列，其和为 21，设原来的三个数为x d，x，xd，由和为 21 得7x，又7 d，6，8d 成等比数列，可得3678dd（）（），解得4d 或5，得原来三个数为 3，7，11 或 12，7，2 19（1）证明：取 AB1的中点 G，联结 EG，FG F、G 分别是棱 ABAB1中点，1FG BB，112FGBB 又FG EC，112ECCC，FGEC，四边形 FGEC 是平行四边形，CFEG CF 平面 AEB1，EG 平面 AEB1，CF平面 AEB；（2）解：以 C 为坐标原点，射线 CA，CB，CC1为 x，y，z 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz 则0,0,0C（），1,0,0A（），10,2,4B（）设0,0,04Emm（）（），平面 AEB1的法向量1(,)nx y z 1(1,2,4),(1,0,m)ABAE 由111nABAEn，得2400 xyzxmz ，取2z，得1(2,4,2)nm m CA平面 C1CBB1，CA是平面 EBB1的法向量，则平面 EBB1的法向量2(1,0,0)nCA 二面角1A EBB的平面角余弦值为2 1717，3/16 则1212221222 17cos,17|4(4)4nnmnnnnmm，解得1 04mm（）在棱 CC1上存在点 E，符合题意，此时1CE 20（）证明：EA平面 ABC，EA平面 EAM，平面EAM 平面 ABC，且平面EAM平面 ABCAB ACBC，M 是 AB 的中点，CMAB，则 CM平面 CAM，CMEM；（）解：EA平面 ABC，DB 平面 ABC，四边形 ABDE 为平面图形，且为直角梯形，由（）知CM 平面 ABDE，22ACBCBDAE，多面体 ABCDE 的体积11(12)2 22232C ABDEVV；（）解：连结 MD，22ACBCBDAE，在直角梯形 EABD 中，2 2AB，M 是 AB 的中点 3EM，6MD，3DE，由222EMMDDE，得DMEM CM 平面 EMD，CMDM，得DM 平面 EMC，DEM是直线 DE 和平面 EMC 所成的角 在Rt EMD中，t2MDtan DEMEM 直线 DE 与平面 EMC 所成的角的正切值为2 4/16 21（）解：由正弦定理得sinsinacAC，将已知代入得3sin2C 因为ABC为锐角三角形，所以02C，所以3C （）证明：由余弦定理得2222coscababC，即2212abab，又222ababab abab 所以12ab 所以ABC的面积13sin3 324SabCab，当且仅当ab，即ABC为等边三角形时，ABC的面积取到3 3 所以ABC面积的最大值为3 3 22解：（1）已知圆的标准方程是22404xay aaa（）（）（），则圆心 C 的坐标是,a a（），半径为2 a 直线 l 的方程化为：40 x y则圆心 C 到直线 l 的距离是|42|2|2|2aa 设直线 l 被圆 C 所截得弦长为 L，由圆弦长、圆心距和圆的半径之间关系是：22222(2)(2|2|)2212822(3)10Laaaaa 04a，当3a 时，L 的最大值为2 10（2）因为直线 l 与圆 C 相切，则有|m 2a|22a，即|22 2maa 又点 C 在直线 l 的上方，aam，即2am 5/16 22 2a ma，2(21)1ma 04a，022 2a 1,8 4 2m 23 解：（）由题意知 MQ 中线段 AP 的垂直平分线，|2 2|2CPQCQPQCQACA，点 Q 的轨迹是以点 C，A 为焦点，焦距为 2，长轴为2 2的椭圆，221bac，故点 Q 的轨迹方程是2212xy（）设直线 l：ykxb，11F xy（，），22H xy（，）直线 l 与圆221xy相切222|111bbkk 联立2212xyykxb，2221 24220kxkbxb（），2222222164 1 2218 2180k bkbkbk（）（）（），可得0k，2121222422,1212kbbxxx xkk，222221212121222(1)(22)(4kb)(1)()1212kbOF OHx xy ykx xkb xxbkbbkk222222222(1)24(1)11121212kkkkkkkkk，22231411412532kkk 322332|322332kkk 或为所求 6/16 河北省保定市定州中学河北省保定市定州中学 2017 届届高三高三下下学期学期第一次月考数学试卷第一次月考数学试卷 解解 析析 一、选择题一、选择题 1【考点】MP：用空间向量求直线间的夹角、距离【分析】先以 OBOAOD 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系；并求出各点的坐标，进而求出，的坐标，最后代入向量的夹角计算公式即可得到结论【解答】解：分别以 OBOAOD 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz，易得 A（0，R，0），B（R，0，0），C（0，D（0，0，R），即异面直线 AB 与 CD 所成角的余弦值为 故选：A 2【考点】K4：椭圆的简单性质【分析】通过椭圆、抛物线的焦点相同，计算即得结论【解答】解：由 a2=6b2=2，可得 c2=a2b2=4，到椭圆的右焦点为（2，0），抛物线 y2=2px 的焦点（2，0），p=4，故选：C 3A53 B35 C543 D54【考点】D3：计数原理的应用【分析】根据题意，分析可得每名同学可自由选择其中的一个讲座，即每位同学均有 3 种讲座可选择，进而根据分步计数原理得到结果【解答】解：根据题意，每名同学可自由选择其中的一个讲座，即每位同学均有 3 种讲座可选择，则 5 位同学共有 33333=35种不同的选法，故选：B 4【考点】2K：命题的真假判断与应用【分析】先写出命题的否命题、逆否命题，可以判断其真假，再利用命题真假的等价性判断【解答】解：否命题：“若 AB=B，则 AB=A”为真命题；逆否命题：“若 AB=A，则 AB=B”为真命题 因此逆命题与原命题也为真命题 故选 D 7/16 5【考点】1E：交集及其运算【分析】分别求解分式不等式和一元二次不等式化简集合 A 与集合 B，然后直接利用交集运算求解【解答】解：由，得，解得 0 x1 所以x|=x|0 x1，又 B=x|x22x=x|0 x2，所以 AB=x|0 x1x|0 x2=x|0 x1 故选 A 6【考点】89：等比数列的前 n 项和【分析】利用等比数列的性质，列出方程求解即可【解答】解：一个由正数组成的等比数列，的前 4 项之和为前 2 项之和的 5 倍，可得：=5，1+q2=5，解得 q=2，故选：B 7【考点】7C：简单线性规划【分析】先根据约束条件画出可行域，设 z=x+y，再利用 z 的几何意义求范围，只需求出向量和的夹角的余弦值的取值范围即可，从而得到 z 值即可【解答】解：=，当时，=3，当时，=3，z 的取值范围是3，3 故选 B 8【考点】Q6：极坐标刻画点的位置 8/16 【分析】利用极坐标与直角坐标系的坐标的互化公式即可求出【解答】解：直角坐标系中的点的坐标为，=2，tan=（），=直角坐标系中的点的极坐标为（2，）故选：D 9【考点】9R：平面向量数量积的运算【分析】运用向量的平行四边形法则和三角形法则，得到=（）（+）=，再由向量的模的公式，即可得到答案【解答】解：由平行四边形 ABCD 得，=（）（+）=（9+4）4=9 故选：C 10【考点】3T：函数的值【分析】利用指数函数的性质及运算法则求解【解答】解：在指数函数中，y=ax满足（ax）y=axy，故具有性质“对任意的 x0，y0，函数 f（x）满足f（x）y=f（xy）”的是指数函数 故选：A 11【考点】M3：空间向量的加减法；M5：共线向量与共面向量【分析】根据向量的三角形法则，以及向量的加减几何意义即可求出【解答】解：连接 AF，=（+）=（）=，故选：C 12【考点】7B：二元一次不等式（组）与平面区域 9/16 【分析】由直两点在直线的两侧知，一个点满足 3x2y+a0，一个点满足 3x2y+a0，由此可解题【解答】解：点（3，1）、（4，6）在直线 3x2y+a=0 的两侧（3321+a）3（4）26+a0（7+a）（a24）0 7a24 故选 B 二、填空题二、填空题 13【考点】7F：基本不等式【分析】因为 x0，直接利用基本不等式求出其最小值【解答】解：x0，则2=4，当且仅当 x=时，等号成立，故答案为 4 14【考点】F3：类比推理【分析】由平面图形的性质类比猜想空间几何体的性质，一般的思路是：点到线，线到面，或是二维变三维；由题目中点 O 在三角形 ABC 内，则有结论 SOBC+SOCA+SOBA=，的结论是二维线段长与向量的关系式，类比后的结论应该为三维的体积与向量的关系式【解答】解：由平面图形的性质类比猜想空间几何体的性质，一般的思路是：点到线，线到面，或是二维变三维，面积变体积；由题目中点 O 在三角形 ABC 内，则有结论 SOBC+SOCA+SOBA=，我们可以推断若 O 为四面体 ABCD 内一点，则有 VOBCD+VOACD+VOABD+VOABC=故答案为：若 O 为四面体 ABCD 内一点，则有 VOBCD+VOACD+VOABD+VOABC=15【考点】9V：向量在几何中的应用【分析】由题意，从而化简可得（+）=x（+），从而可得=3，然后利用基本不等式求最值【解答】解：，M，N，G 三点共线，=x，=x（），点 G 是ABC 的重心，=（+），（+）=x（+），10/16 解得，（13）（13）=1，可得=3+4=（+4）（）=3（当且仅当，即=1，=时，等号成立），故+4 的最小值为：3 故答案为：3 16【考点】7F：基本不等式【分析】根据 a+b=1 和“1”的代换，利用不等式化简，代入化简后，利用添补项和基本不等式求出式子的最小值，并求出等号成立时 abc 的值【解答】解：因为 a0，b0，a+b=1，所以=，又 c1，则=2（c1）+2=4+2，其中等号成立的条件：当且仅当，解得 a=、b=2、c=1+，所以的最小值是，故答案为：三、解答题三、解答题 17【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程；6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数求闭区间上函数的最值【分析】（1）先求函数的导函数 f（x），再求所求切线的斜率即 f（0），由于切点为（0，0），故由点斜式即 11/16 可得所求切线的方程；（2）先求原函数的导数得：f（x）=axlna+2xlna=2x+（ax1）lna，再对 a 进行讨论，得到 f（x）0，从而函数 f（x）在（0，+）上单调递增（3）f（x）的最大值减去 f（x）的最小值大于或等于 e1，由单调性知，f（x）的最大值是 f（1）或 f（1），最小值 f（0）=1，由 f（1）f（1）的单调性，判断 f（1）与 f（1）的大小关系，再由 f（x）的最大值减去最小值 f（0）大于或等于 e1 求出 a 的取值范围【解答】解：（1）f（x）=ax+x2xlna，f（x）=axlna+2xlna，f（0）=0，f（0）=1 即函数 f（x）图像在点（0，1）处的切线斜率为 0，图像在点（0，f（0）处的切线方程为 y=1；（2）由于 f（x）=axlna+2xlna=2x+（ax1）lna0 当 a1，y=2x 单调递增，lna0，所以 y=（ax1）lna 单调递增，故 y=2x+（ax1）lna 单调递增，2x+（ax1）lna20+（a01）lna=0，即 f（x）f（0），所以 x0 故函数 f（x）在（0，+）上单调递增；当 0a1，y=2x 单调递增，lna0，所以 y=（ax1）lna 单调递增，故 y=2x+（ax1）lna 单调递增，2x+（ax1）lna20+（a01）lna=0，即 f（x）f（0），所以 x0 故函数 f（x）在（0，+）上单调递增；综上，函数 f（x）单调增区间（0，+）；（3）因为存在 x1，x21，1，使得|f（x1）f（x2）|e1，所以当 x1，1时，|（f（x）max（f（x）min|=（f（x）max（f（x）mine1，由（2）知，f（x）在1，0上递减，在0，1上递增，所以当 x1，1时，（f（x）min=f（0）=1，（f（x）max=maxf（1），f（1），而 f（1）f（1）=（a+1lna）（+1+lna）=a2lna，记 g（t）=t2lnt（t0），因为 g（t）=1+=（1）20（当 t=1 时取等号），所以 g（t）=t2lnt 在 t（0，+）上单调递增，而 g（1）=0，所以当 t1 时，g（t）0；当 0t1 时，g（t）0，也就是当 a1 时，f（1）f（1）；当 0a1 时，f（1）f（1）当 a1 时，由 f（1）f（0）e1alnae1ae，12/16 当 0a1 时，由 f（1）f（0）e1+lnae10a，综上知，所求 a 的取值范围为 a（0，e，+）18【考点】8M：等差数列与等比数列的综合【分析】由题意可设原来的三个数为 xd，x，x+d，由条件和等比数列中项的性质，解方程可得 x=7，d=4或5，进而得到所求的三个数【解答】解：三个数成等差数列，其和为 21，设原来的三个数为 xd，x，x+d，由和为 21 得 x=7，又 7d，6，8+d 成等比数列，可得 36=（7d）（8+d），解得 d=4 或5，得原来三个数为 3，7，11 或 12，7，2 19【考点】MR：用空间向量求平面间的夹角；LS：直线与平面平行的判定；MT：二面角的平面角及求法【分析】（1）要证 CF平面 AEB1，只要证 CF 平行于平面 AEB1内的一条直线即可，由 E 是棱 CC1的中点，F 是 AB 中点，可想取 AB1中点，连结后利用三角形中位线知识结合三棱柱为直三棱柱证明四边形 FGEC是平行四边形，从而得到线线平行，得到线面平行；（2）以 C 为坐标原点，射线 CA，CB，CC1为 x，y，z 轴正半轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，设出 E 点的坐标，进一步求出二面角 AEB1B 的两个面的法向量的坐标，然后把二面角的余弦值转化为法向量所成角的余弦值求解 E，则结论得到证明【解答】（1）证明：取 AB1的中点 G，联结 EG，FG F、G 分别是棱 ABAB1中点，FGBB1，又FGEC，FG=EC，四边形 FGEC 是平行四边形，CFEG CF平面 AEB1，EG平面 AEB1，CF平面 AEB；（2）解：以 C 为坐标原点，射线 CA，CB，CC1为 x，y，z 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz 则 C（0，0，0），A（1，0，0），B1（0，2，4）设 E（0，0，m）（0m4），平面 AEB1的法向量 由，得，取 z=2，得 13/16 CA平面 C1CBB1，是平面 EBB1的法向量，则平面 EBB1的法向量 二面角 AEB1B 的平面角余弦值为，则，解得 m=1（0m4）在棱 CC1上存在点 E，符合题意，此时 CE=1 20.【考点】MI：直线与平面所成的角；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】（）由 EA平面 ABC，结合线面垂直的判定可得平面 EAM平面 ABC，由已知可得 CMAB，再由线面垂直的性质得到 CM平面 CAM，进一步得到 CMEM；（）由 EA平面 ABC，DB平面 ABC，可得四边形 ABDE 为直角梯形，由（）知 CM平面 ABDE，再由棱锥体积公式求得多面体 ABCDE 的体积；（）连结 MD，解三角形可得 DMEM再由 CM平面 EMD 得 CMDM，则 DM平面 EMC，可得DEM 是直线 DE 和平面 EMC 所成的角，则其正切值可求【解答】（）证明：EA平面 ABC，EA平面 EAM，平面 EAM平面 ABC，且平面 EAM平面 ABCAB AC=BC，M 是 AB 的中点，CMAB，则 CM平面 CAM，CMEM；（）解：EA平面 ABC，DB平面 ABC，四边形 ABDE 为平面图形，且为直角梯形，由（）知 CM平面 ABDE，AC=BC=BD=2AE=2，多面体 ABCDE 的体积 V=VCABDE=；14/16 （）解：连结 MD，AC=BC=BD=2AE=2，在直角梯形 EABD 中，AB=，M 是 AB 的中点 EM=，MD=，DE=3，由 EM2+MD2=DE2，得 DMEM CM平面 EMD，CMDM，得 DM平面 EMC，DEM 是直线 DE 和平面 EMC 所成的角 在 RtEMD 中，tanDEM=直线 DE 与平面 EMC 所成的角的正切值为 21【考点】HQ：正弦定理的应用；%H：三角形的面积公式【分析】（）由a=2csinA，利用正弦定理，结合ABC 为锐角三角形，a 求角 C；（）当 c=2时，利用余弦定理，结合基本不等式，可得 ab12，即可求：ABC 面积的最大值【解答】（I）解：由正弦定理得，将已知代入得 sinC=因为ABC 为锐角三角形，所以 0C，所以 C=（II）证明：由余弦定理得 c2=a2+b22abcosC，即 12=a2+b2ab，又 a2+b2ab2abab=ab 所以 ab12 所以ABC 的面积 S=absinC=ab3，当且仅当 a=b，即ABC 为等边三角形时，ABC 的面积取到 3 所以ABC 面积的最大值为 3 22【考点】JE：直线和圆的方程的应用【分析】（1）将圆的方程转化为标准方程求得圆心 C 的坐标和半径，再求得圆心 C 到直线 l 的距离，由圆弦长、圆心距和圆的半径之间关系得：L=2 15/16 最后由二次函数法求解（2）由直线 l 与圆 C 相切，建立 m 与 a 的关系，|m2a|=2，再由点 C 在直线 l 的上方，去掉绝对值，将 m 转化为关于 a 二次函数求解【解答】解：（1）已知圆的标准方程是（x+a）2+（ya）2=4a（0a4），则圆心 C 的坐标是（a，a），半径为 2 直线 l 的方程化为：xy+4=0.则圆心 C 到直线 l 的距离是=|2a|设直线 l 被圆 C 所截得弦长为 L，由圆弦长、圆心距和圆的半径之间关系是：L=2 0a4，当 a=3 时，L 的最大值为 2 （2）因为直线 l 与圆 C 相切，则有，即|m2a|=2 又点 C 在直线 l 的上方，aa+m，即 2am 2am=2，m=1 0a4，02 m1，84 23【考点】K4：椭圆的简单性质【分析】（I）利用线段的垂直平分线的性质、椭圆的定义即可得出（II）设直线 l：y=kx+b，F（x1，y1），H（x2，y2）直线 l 与圆 x2+y2=1 相切，可得 b2=k2+1直线方程与椭圆方程联立可得：（1+2k2）x2+4kbx+2b22=0，0，可得 k0，再利用数量积运算性质、根与系数的关系及其，解出即可得出【解答】解：（I）由题意知MQ中线段AP的垂直平分线，点 Q 的轨迹是以点 C，A 为焦点，焦距为 2，长轴为的椭圆，故点 Q 的轨迹方程是（II）设直线 l：y=kx+b，F（x1，y1），H（x2，y2）直线 l 与圆 x2+y2=1 相切 16/16 联立，（1+2k2）x2+4kbx+2b22=0，=16k2b24（1+2k2）2（b21）=8（2k2b2+1）=8k20，可得 k0，=，为所求