黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2017届高三上学期期末考试数学(理)试题 扫描版含答案

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2

3

4

理数答案

一、

选择题

ABDAB ABCCD CD 二、

填空题

13、 14、-三、解答题

3+ 16、-4 15、-，33，217.（1）解：由已知可得f(x)sin(2x3)，所以

2,1,f(x)sin(2x). 23f(x)的单调递增区间为[k（2）解：由已知可得A12,k5].……………………………………6分 123,a2.由

4abc,可得bc(sinBsinC),又sinAsinBsinC34sin(BABC,bc4[sinBsin(B)]336).又

2510B,B,sin(B),1bc(2,4].……………………………

366662…12分

18.（1）解：由已知可得(0.020.080.160.04)2=0.6

1-0.6=0.4

0.42=0.20

所补直方图高度为0.20（图略） ……………………………………………………4分

（2）解：由图可得图一分率最高的为[6，8），概率为0.4；图二分率最高的为[4，6），概率为0.6，由分层抽样可得[6，8）抽取2份，[4，6）抽取3份，…………………………6分 所以随机变量X的所有可能取值为0,1,2，其分布列如下：

X P 0 1 2 63 10106………………………………10分 所以EX.…………………………………………12分

519.

（

1

）

证

明

：

由

,已

知

，又

在在

1 10ABM中，BM3,AM1，AB2，BM2AM2AB2

5

BMAM;PMB中，PB2，PM1，BM3,BMPM.又

PMAMM,BM面PAM,BMPA..……6分

(2)解：在PAM中，作POAM,取AB中点K，以O为原点，OA,OK,OP所在射线分别为x,y,z轴

建

立

空

间

直

角

坐

标

系

，

则

由

已

知

可

得

131113A(,0,0),P(0,0,),B(,3,0),M(,0,0）.PA(,0),PB(1,3,3).设面22222222PAB的法向量n(x,y,z)，则x3z0且x23y3z0,(3,3,3).同理面PBM法向量

n…………8分

m(3,0,3).……10分 设二面角A-PB-M的平面角为

,则|cos||mn||m||n|525,sin.……12分 5520.（1）解：由已知点P的轨迹为以为焦点，4为长轴长的椭圆，所以其轨迹方（3，0），（-3，0）x2y21. 程为4……………………4分

（2）解：由|tOAOB||tOAOB|知

:y2x22OAOB0.…………5分 将椭圆方程4y1与直

线方程kx联m立

2，可得

(14k2)x28kmx(4m24)0，由

8km4m24,x1x2.0,可得14km0.x1x214k214k222m24k2y1y2，所以

14k22k2m216(m21)5m4k40，（1）……8分 又|AB|5，所以(1k)[]5222(14k)14k2（2）…………10分 由（1）（2）可得m1,k1，满足0.所以存在2m1.……………………………………12分

21.（1）解：

g'(x)2e1x,令g'(x)0e1x21xln2x1ln2令

11(1ln2)ln20g(x)22在

g'(x)00x1ln21[,2]2 递增

6

1ag(x)maxg(2)1.xlnx1ex对一切

x[xx12,恒2]成

(立

a32xlnx令u,nx(2x,u)，'xx(-)=,ulx'nxx'x)x1u'(x)在[,2]递减，又u'(1)0当

211x1时，u'(x)>0，当1x2时，u'(x)0u(x在)(,递1)增，在（1,2）递减，22x2l[au(1)1.………………6分

11lnx2x（2）解： f'(x)在0,上递增，又因为f'(1)0 21f''(x)30xxf'(x)当0x1时，f'(x)0，当x1时，f'(x)0

1f(x)在0,1上递减，在1,上递增，f(x)f(1)1

ex又ex1（证明略），所以ex1f(x)(e1)(x1)……………………………12分

22.（1）解：由已知可得m2，|xn|2|x1|对任意x恒成立，只需

(|xn||xm1i|n)又2,x|nx||n1||n1||n3或n1.……………………5分

222（2）解：abcf(2)11|2，

1111112222(abc)()(111)9所222222abcabc以

111的最小值.为9.………………………………10分 a2b2c2C

的普通方程为

23.（1）解：直线l的普通方程为yx42，圆

2222xy1圆心C(,). 2222………………5分

（2）解：直线l上点到圆心C距离最小值为d22525，所以切线长的最小值为2…………10分 25126.

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