【福建省厦门第一中学年】2017届高三12月月考数学年(文科)试题.pdf
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-1-/5 福建省厦门第一中学福建省厦门第一中学 2017 届高三届高三 12 月月考数学月月考数学（文科文科）试卷试卷 答答 案案 一、选择题 15BABDA 610BDACA 1112BC 二、填空题 130.5 142216448xy 159,24 163024 三、解答题 17选修 44：坐标系与参数方程 解：（1）直线l的普通方程是：30 xy，曲线C的普通方程是：22yx（2）将直线l的标准参数方程是：212222xtyt （t为参数）代入曲线22yx 可得：26 240tt 所有：1212|6 2PAPBtttt 选修 45：不等式选讲 解：（）由：()20g f xm 得：|x|42 2|42x 2|6x 故不等式的解集为：(6,2)(2,6)（）函数 f x的图像恒在函数 g x图像的上方 f xg x恒成立，即4mxx恒成立 444xxxx，m的取值范围为4m -2-/5 18解：（1）因为在ABC中，30B，2 5AC，D是边AB上一点，所以由余弦定理得：22222202cos323ACABBCAB BCABCABBCAB BCAB BC 所以2020 2323AB BC 所以1sin5 232ABCSAB BCB 所以ABC的面积的最大值为5 23当且仅当20 231030ABBC（2）设ACD，在ACD中，因为2CD，ACD的面积为4，ACD为锐角 所以11sin2 52sin422ABCSAC CD 所以2 5sin5，5cos5，由余弦定理得：22252cos20485165ADACCDAC CD 所以4AD，由正弦定理得：sinsinADCDA，所以42sinsin A，所以5sin5A，此时sinsinBCACAB，所以sin4sinACABCB 所以BC的长为4 19（）在矩形ABCD中，:2:1AB BC，且E是AB的中点，1tantan2ADECAB，ADECAB，90CABDAC，90ADEDAC，即ACDE 由题可知面PAC 面ABCD，且交线为AC，DE面PAC（）作DC的中点G，GC的中点H，连结GB、HF DGEB，且DGEB 四边形EBGD为平行四边形，DEGB F是BC的中点，H是GC的中点，HFGB，HFDE -3-/5 作H作HMPD交PC于M，连结FM，HFDE，HMPD，平面HMF平面PDE，FM平面PDE 由HMPD可知：3PMDHMCHC 20.（1）112nnna a，11212nnnaa，212nnaa，即212nnaa 221nnnbaa，22112221221221111222nnnnnnnnnnaabaabaaaa 所以 nb是公比为12的等比数列 11a，1212a a，21121322abaa 1313222nnnb（2）由（1）可知212nnaa，所以1a，3a，5a，是以11a 为首项，以12为公比的等比数列；2a，4a，6a，是以212a 为首项，以12为公比的等比数列 21321242nnnTaaaaaa=11111222111122nn=332n -4-/5 21解答：（）设圆心,0C a,0C a在直线l的右上方540 1002aa 由圆心,0C a直线l：43100 xy的距离等于半径2得410205aa或5a（不合题意舍去）所以圆C：224xy为所求（）当直线ABx轴时，x轴平分ANB；当直线AB的斜率存在时，设直线的方程为：1yk x，由2214yk xxy消去y并整理得 22221240kxk xk设11,A x y，22,B xy则：212221kxxk，212241kx xk 设存在定点,0N t，使x轴平分ANB，则0ANBNkk 121212121100k xk xyyxtxtxtxt 12122120 x xtxxt 222224212011kkttkk 4t 故存在定点4,0N，使x轴平分ANB 22解：（）f x的定义域为0,，222111axaxfxxxx，当0a 时，0fx恒成立，f x在定义域0,上单调递增；当0a 时，令 0fx得210 xax，）当240a，即02a时，0fx，所以 f x在定义域0,上单调递增；）当240a，即2a 时，解210 xax 得两根为2142aax，2242aax，当240,2aax时，0fx，f x单调递增；-5-/5 当2244,22aaaax时，0fx，f x单调递减；当24,2aax时，0fx，f x单调递增；综上得，当2a 时，f x的递增区间为0,，无增减区间；当2a 时，f x增区间为240,2aa，24,2aa，减区间为2244,22aaaa；（）1lng xxa xx，定义域为0,，222111axaxgxxxx，令 0gx得210 xax，其两根为1x，2x，且12121xxax x，所以，211xx，111axx，12111111111111lnlng xg xg xgxa xxaxxxx 1111111111122 ln22lnxa xxxxxxx，设 1122lnh xxxxxx，0,ex，则 12minming xg xh x，2222 11ln111 12 121lnxxxh xxxxxxxx，当0,1x时，恒有 0h x，当1,ex时，恒有 0h x，总之，0,ex时，恒有 0h x，h x在0,e上单调递减，min4eeh xh，12min4eg xg x展开阅读全文
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