江苏省丰县中学2017届高三学情调研(2017.02.25 )

江苏省丰县中学2017届高三学情调研 数学试题与参及评分标准

一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）

1．已知集合Ax|x2x0,B0,1,2，则AB__________．

2答案：

0,2

提示： 因为A{0,2},所以AB{0,2},故应填答案

0,2.

考点：集合的交集运算．

2．设复数z满足i(z4)32i（i是虚数单位），则z的虚部为 ▲ ．

答案：3；提示：设zabi (a、bR)，i(abi4)32ib(a4)i32ib3．■ 3．某用人单位从甲、乙、丙、丁4名应聘者中招聘2人，若每名应聘者被录用的机会均等，则甲、乙2人中

至少有1人被录用的概率为 ▲ ．

51526，无甲无乙仅1种，∴P1．■ 答案：；提示：古典概型，正难则反；事件总数为C466．如图所示的流程图的运行结果是 ．

答案：20

提示：第一次循环：S5,a4；第二次循环：S20,a3；34，所以运行结果是20.

考点：循环结构流程图

5．直线l1:xky10,l2:kxy10，则l1∥l2的充要条件是 。

k1

6．已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为 ▲ ．

答案：313；提示：底面半径为1，高为3，V123．■ 3337．函数y3sin2x4的图象向左平移0个单位后，所得函数图象关于原点成中心对2称，则_________．

答案：

3 8提示： 因为函数y3sin2x个单位后，所得函数的解析式为23g(x)3sin(2x2),所以由题设可得g(0)0,即sin(2)0,解之得,故应

4483填答案.

84

1

的图象向左平移0

考点：三角函数的图象和性质及运用．

xy102x8. 若实数x, y满足x20，则zy的取值范围是 ▲ ．

4xy301答案：[, 1]；

162x1提示：变式：zy2x2y，设tx2y，则t[4, 0]，从而z[, 1]．■

4169．已知sin1cos，且0,，则22cos2的值为 ． sin4答案：14 2试题分析：

1137cossincos2sincos(sincos)212sincos22447 0,si ncos22sincos2cos2sin2142(sincos)因此2 2sin(sincos)42考点：同角三角函数关系

x2y210．已知椭圆221(ab0)的左焦点为F(c,0)，直线y3(xc)交椭圆与A、B两点.

abAF2，则椭圆的离心率是 若FB642 11．在平面直角坐标系xOy中，设直线yx2与圆x2y2r2(r0)交于A、B两点，O为坐标原点，若

53圆上一点C满足OCOAOB，则r ▲ ．

44答案：10；

22529230提示：A、B、C均在圆上，平方得：OCOAOBOAOBcosAOB；

161616即r2则d252923023rrrcosAOB，化简：cosAOB；设圆心到直线的距离为d； 16161652312（画图便知） 2；于是有：cosAOB2cos2(AOB)12()21；

52r2解得：r210即r10．■（本题不难）

12．已知公差为d的等差数列{an}满足d0，且a2是a1、a4的等比中项；记bna2n(nN*)，则对任意的

正整数n均有

1112，则公差d的取值范围是 ▲ ． b1b2bn1答案：[, )；

22a1a4(a1d)2a1(a13d)a1d，从而annd； 提示：由题意可得：a2 2

n11111n111n111nn；∴(k)k(1n)； 从而bna2n2dbn2dd2dk12d2k1bkk1d2n∴有

13．不等式(m111(1n)2对任意正整数n恒成立；易知：d[, )．■（本题不难） 2d21)xxlnx2m，当x(2,)时恒成立，则整数m的最大值是 4222 2

(z1)214．若x、y、z均为正实数，且xyz1，则的最小值为 ▲ ．

2xyz答案：322； 提示：注意到：x2y22xy，考虑保留z，构造关于z的一元二次不等式；

(z1)2(z1)2(z1)22t，则设， 2xy，且t0；结合题设，有：1z2xyztztz即tz(1z)(1z)(z1)2；再由题设知：0z1；有z10，1z0 ∴tz(1z)z1即tz1z1z112； 2z(1z)zz(z1)3(z1)23[(z1)2]z1∴考察上式右端分母的最小值为322，从而右端的最大值为322； 故所求式子的最小值为322．■（本题有点难）

二、解答题（本大题共6小题，共90分） 15．（本题满分14分）

锐角ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知cos(BA)2sin2（1）求sinAsinB的值；（2）若a3，b2，求ABC的值．

解析：（1）由条件可得cos(BA)1cosC1cos(BA)；………………………………………… 4分

∴cosBcosAsinBsinA1cosBcosAsinBsinA； 即sinBsinAC； 21．…………………………………………………………………………… 7分 2（2）由正弦定理得：

ab32，可设sinA3k，sinB2k；（这里有点难） sinAsinBsinAsinB1333k，即sinA，sinB；……………………… 9分 263261，cosB；

32323；…………………………… 12分 6再由（1）得：6k2由锐角三角形可得：cosA从而sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB∴SABC11323323absinC23．■ ……………………………… 14分 2262

16．（本题满分14分）

如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，点D为BC的中点，点E为BD的中点，点F在AC1上， 且AC14AF；

（1）求证：平面ADF平面BCC1B1；

A1B1C13

F

（2）求证：直线EF//平面ABB1A1．

证明：（1）由直三棱柱的定义可知：CC1平面ABC；

而AD平面ABC，∴CC1AD；………………… 2分 ∵ABAC，点D为BC的中点，∴ADBC；

∵BCCC1C，BC平面BCC1B1，CC1平面BCC1B1； ∴AD平面BCC1B1；……………………………… 5分 而AD平面ADF

∴平面ADF平面BCC1B1．……………………… 7分 （2）连结CF并延长交AA1于G，连结GB；

∵AC14AF，AA1//CC1， ∴CF3FG；

∵D是BC的中点，E是BD的中点；

∴EF//BG；……………………………………… 11分 而EF平面ABB1A1，BG平面ABB1A1；

∴EF//；平面ABB1A1．■ ……………………… 14分

17．（本题满分14分）

如图，一楼房高AB为193米，某广告公司在楼顶安装一块宽BC为4米的广告牌，CD为拉杆，广告牌的倾角为60，安装过程中，一身高为3米的监理人员EF站在楼前观察该广告牌的安装效果；为保证安全，该监理人员不得站在广告牌的正下方；设AEx米，该监理人员观察广告牌的视角BFC；

（1）试将tan表示为x的函数； （2）求点E的位置，使取得最大值．

解析：（1）作CGAE于G，作FHAB于H，交CG于M，

作BNCG于N，则CFMBFH； 在直角BCN中，BC4，CBN60， 则BN2，CN23； 在直角CFM中， 有tanCFMCMCNNM203； MFAEBNx2ACDBNθA1B1GABEDFC1CCDBFE在直角BFH中， 有tanBFHBH183； HFx∴tantan(CFMBFH)tanCFMtanBFH

1tanCFMtanBFHM203183HF23x363x2x； 2x2x1080203183EAG1x2x再由题意可知：监理人员只能在G点右侧，即x(2, )．……………………… 7分

（2）由（1）得：tan23x363x1823；

x22x1080x22x1080令tx18，则t(20, )； ∴tan23tt132323，

1440(t18)22(t18)1080t238t1440t38121019t4

当且仅当t1440即t1210时，等号成立；此时，x121018； t又易知：是锐角，即(0, )，而ytan在(0, )是增函数；

22∴当x121018时，取最大值．■ ………………………………………………… 14分

18．（本题满分16分）

x2y21如图，在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆C：221(ab0)的离心率e，左顶点为

2abA(4,0)，过点A作斜率为k(k0)的直线l交椭圆C于点D，交y轴于点E.

（1）求椭圆C的方程；

（2）已知P为AD的中点，直线0P的斜率为k1，试证明：kk1为定值；

ADAE的最小值.

OM10)，所以a4，又e，所以c2.…………………2分 解析：（1）因为左顶点为A(4，2（3）若过O点作直线l的平行线交椭圆C于点M，求

222又因为bac12，

x2y21. ………………………………4分 所以椭圆C的标准方程为

1612x2y21，x2[k(x4)]21. （2）直线l的方程为yk(x4)，由1612消元得，1612yk(x4),化简得，(x4)[(4k23)x16k212)]0，

16k212所以x14，x2. ………………………………6分

4k2316k21216k21224kyk(4)当x时，，

4k234k234k2316k21224k16k212k,).因为点P为AD的中点，所以P的坐标为(2,)，所以D(4k234k234k34k23则.……………………8分

3kk1……………10分

4（3）因为OMl，所以OM的方程可设为ykx，

x2y21，43由1612得M点的横坐标为x，…………………12分

24k3ykxADAExDxAxExAxD2xA由OMl，得 OMxMxM 5

16k2128214k294k3…………………14分 24334k34k23 16(4k23)≥22，

234k3当且仅当4k23所以当k

19．（本题满分16分）已知函数fxlnxaxax1,其中a0．

k23即k3时取等号， 23ADAE时，的最小值为22． ………………16分 2OM考点：椭圆方程及椭圆与直线相交的综合问题

(1) 求函数fx的极值；

(2) 若函数fx至少有1个零点，求实数a的取值范围； 解析：（1）依题意知函数fx的定义域为0,，

12a2xax12ax1ax12且fx2axa，

xxx当a0时，fxlnx，函数fx在0,上单调递增，无极值；…………2分

'当a0时，

11时f'x0，函数fx在0,上单调递增； 0x2a2a11时f'x0，函数fx在,上单调递减： x2a2a113f(x)极大f()ln，无极小值。…………………………………………………………….6分

2a2a41（2）当a0时，函数fx在0,内有1个零点x01； ……………………8分

2a113当a0时，由（1）知函数fx有极大值f()ln

2a2a41-31令 f0，即0ae4； ………………………………………………………10分

22a1-3当ae4时，

211f0，有零点x 2a2a1-3下证，当0ae4时有两个零点

2…………………………………………………….

1-3综上可得：a的取值范围是0ae4。

2

20．（本题满分16分）已知f(x)x3ax2bx1（a,b为常数） 271（1） 若ab，且f(x)在f(x)在(0,1)上单调递增，求实数a的取值范围。

3（2） 若实数x0满足f(x0)x0，则称xx0为函数f(x)的一个不动点。若f(x)有互异的两个极值点

x1,x2，问：是否存在实数对(a,b)，使得x1,x2均为f(x)的不动点？若存在，求出所有的实数对(a,b)；不存在，说明理由。

6

附加题与参

21．（本题满分20分）

B．（本小题满分10分，矩阵与变换）

cos在平面直角坐标系xOy中，设曲线C:xy1在矩阵sinsin(0)对应的变换作用下得到曲cos2线F，且F的方程为x2y2a2 (a0)，求和a的值． cos解析：设P(x0, y0)是曲线C上任意一点，P(x0, y0)在矩阵sinsin对应的变换下变为：P(x0, y0)； coscos则有sinsinx0x0x0x0cosy0sin，∴；代入到x2y2a2中， cosy0y0y0x0siny0cos有：(x0cosy0sin)2(x0siny0cos)2a2，且x0y01；…………………………… 5分

2222y0)(cos2sin2)4x0y0sincosa2即(x0y0)(cos2sin2)4sincosa2； 化简得：(x0∴cos2sin20且a24sincos，而[0, )，a0；

2∴

C．（本小题满分10分，极坐标系与参数方程）

xt5xcos在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数）；圆C的参数方程是

y4tysin4，a2．■……………………………………………………………………………… 10分

（为参数），与直线l交于两个不同的点A、B，点P在圆C上运动，求PAB面积的最大值． 解析：直线l的普通方程是：xy10，圆C的普通方程：x2y21；

它们的交点分别为A(1, 0)、B(0, 1)；………………………………………………………… 5分 设点P(cos, sin)(02)，则点P到直线l的距离为：

dcossin122sin()12154，当时，d取最大值；

422而AB2，∴当P为(22．（本题满分10分）

2221．■…………………… 10分 , )时，SPAB取最大值222如图，PA平面ABCD，AD//BC，ABC90，ABBCPA1，AD3，E是PB的中点； （1）求证：AE平面PBC；（2）求二面角BPCD的余弦值．

7

zPPEDABEDAy

 AD、 AP为x轴、y轴、z轴；建立如图所示的平面直角坐标系； 解析：（1）分别以AB、BCxC

11则A(0, 0, 0)，B(1, 0, 0)，C(1, 1, 0)，D(0, 3, 0)，P(0, 0, 1)，E(, 0, )；

2211∴AE(, 0, )，BC(0, 1, 0)，BP(1, 0, 1)；

22∵AEBC0，AEBP0；∴AEBC，AEBP即AEBC，AEBP；

而BC、BP平面PBC，且BCBPB；

∴AE平面PBC．…………………………………………………………………… 4分

（2）设平面的法向量为：n(x, y, z)，而CD(1, 2, 0)，PD(0, 3, 1)；

nCD0x2y0x2y则由；取y1，则x2，z3即n(2, 1, 3)； z3ynPD03yz011又由（1）AE平面PBC，∴AE是平面PBC的法向量，而AE(, 0, )；

22310AEn257，即AE与n的夹角的余弦值为57； ∴cosAE, n14141AEn142故由图形可知：二面角BPCD的余弦值为23．（本题满分10分）

57．■ …………………… 10分 14在自然数列1,2,3,,n中，任取k个元素位置保持不动，将其余nk个元素变动位置，得到不同的新数列．由此产生的不同新数列的个数记为Pnk． （1）求P31； （2）求

Pk；

4k04（3）证明

kPknPk，并求出kPk的值．

nn1nk0k0k0nn1n解析：（1）因为数列1,2,3中保持其中1个元素位置不动的排列只有1,3,2或3,2,1或2,1,3，

所以P313；

（2）

4PkP0P1P2P3P4

444444k011112=C04C3C3+C4C2+C4+0+1=9+8+6+0+1=24；

k（3）把数列1,2,,n中任取其中k个元素位置不动， 则有Cn种；其余nk个元素重新排列，并且使

8

k其余nk个元素都要改变位置，则有PnkCnPnk0，

故

kPkkCP0，又因为kCnknnkk0k0nnknk1nCn1，

所以

kPkkCP0nCnknnkk0k0k0nnn1kn1nk1P0nPn1k.，

k0n1令ankPk,则ank0nnnan1,且a11.

于是a2a3a4an1an2a13a24a3nan1， 左右同除以a2a3a4an1，得an234nn! n所以

kPnkn!

k0考点：1.排列与组合； 2.数列的递推关系；

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