江西省宜春中学2017届高三(下)3月月考数学试卷(理科)(解析版).doc

1、2016-2017学年江西省宜春中学高三（下）3月月考数学试卷（理科）一、选择题：（共12小题，每小题5分，共60分）1设全集U=x|x1，集合A=x|x2，则UA=（）Ax|1x2Bx|1x2Cx|x2Dx|x22已知复数z满足zi=2i，i为虚数单位，则z=（）A2iB1+2iC1+2iD12i3已知ABC中，AB=2，AC=4，O为ABC的外心，则等于（）A4B6C8D104阅读如图的程序框图，运行相应的程序，则输出n的值为（）A6B8C10D125在一个不透明的袋子里，有三个大小相等小球（两黄一红），现在分别由3个同学无放回地抽取，如果已知第一名同学没有抽到红球，那么最后一名同学抽到红

2、球的概率为（）ABCD无法确定6一个几何体按比例绘制的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为（）ABCD7已知正项等比数列an满足a7=a6+2a5若存在两项am，an使得，则的最小值为（）ABCD8将函数y=sin（x+）cos（x+）的图象沿x轴向右平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则的取值不可能是（）ABCD9设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题是真命题的是（）A若m，m，则B若m，则mC若m，m，则D若m，则m10已知椭圆的焦点是F1（0，），F2（0，），离心率e=，若点P在椭圆上，且=，则F1PF2的大小为（）ABCD11设函数f（x）=xsinx+cos

3、x的图象在点（t，f（t）处切线的斜率为k，则函数k=g（t）的图象大致为（）ABCD12若圆x2+y24x4y10=0上至少有三个不同点到直线l：xy+b=0的距离为，则b的取值范围是（）A2，2B10，10C（，1010，+）D（，22，+）二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13已知向量，的夹角为，且|=1， |=14（x）4（x2）的展开式中，x2的系数为15已知等比数列an的各项均为正数，且满足：a1a7=4，则数列log2an的前7项之和为16设定义域为R的函数，若关于x的方程f2（x）+bf（x）+c=0有三个不同的实数解x1，x2，x3，则=三、解答题：（本题共

4、5小题，共70分，解答过程应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcos2+acos2=c（）求证：a，c，b成等差数列；（）若C=，ABC的面积为2，求c18如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，ABAD，ABCD，CD=AD=2AB=2AP（1）求证：平面PCD平面PAD；（2）在侧棱PC上是否存在点E，使得BE平面PAD，若存在，确定点E位置；若不存在，说明理由19甲、乙、丙三人按下面的规则进行乒乓球比赛：第一局由甲、乙参加而丙轮空，以后每一局由前一局的获胜者与轮空者进行比赛，而前一局的失败者轮空比赛按

5、这种规则一直进行到其中一人连胜两局或打满6局时停止设在每局中参赛者胜负的概率均为，且各局胜负相互独立求：（1）打满4局比赛还未停止的概率；（2）比赛停止时已打局数的分布列与期望E（）令Ak，Bk，Ck分别表示甲、乙、丙在第k局中获胜20如图，射线OA，OB所在的直线的方向向量分别为，点P在AOB内，PMOA于M，PNOB于N；（1）若k=1，求|OM|的值；（2）若P（2，1），OMP的面积为，求k的值；（3）已知k为常数，M，N的中点为T，且SMON=，当P变化时，求动点T轨迹方程21已知函数f（x）=ax3bex（aR，bR），且f（x）在x=0处的切线与xy+3=0垂直（1）若函数f（x

6、）在，1存在单调递增区间，求实数a的取值范围；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2，且x1x2，求a的取值范围；（3）在第二问的前提下，证明：f（x1）1选修4-1几何证明选讲22如图，正方形ABCD边长为2，以D为圆心、DA为半径的圆弧与以BC为直径的半圆O交于点F，连结CF并延长交AB于点E（1）求证：AE=EB；（2）求EFFC的值选修4-4：坐标系与参数方程23在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（其中为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为=4sin（）若A，B为曲线C1，C2的公共点，求直线AB的斜率；（）若A，B分别为曲线C1

7、，C2上的动点，当|AB|取最大值时，求AOB的面积选修4-5不等式选讲24已知函数f（x）=|x|2x+1|（）求f（x）的值域；（）若f（x）的最大值时a，已知x，y，z均为正实数，且x+y+z=a，求证： +12016-2017学年江西省宜春中学高三（下）3月月考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：（共12小题，每小题5分，共60分）1设全集U=x|x1，集合A=x|x2，则UA=（）Ax|1x2Bx|1x2Cx|x2Dx|x2【考点】补集及其运算【分析】由全集U，以及A，利用集合的基本运算即可得到结论【解答】解：全集U=x|x1，集合A=x|x2，UA=x|1x2，故答案为：

8、A2已知复数z满足zi=2i，i为虚数单位，则z=（）A2iB1+2iC1+2iD12i【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：由zi=2i，得故选：D3已知ABC中，AB=2，AC=4，O为ABC的外心，则等于（）A4B6C8D10【考点】平面向量数量积的运算【分析】利用向量数量积的几何意义和三角形外心的性质即可得出【解答】解：结合向量数量积的几何意义及点O在线段AB，AC上的射影为相应线段的中点，可得，故选：B，4阅读如图的程序框图，运行相应的程序，则输出n的值为（）A6B8C10D12【考点】程序框图【分析】根据已知的程

9、序框图可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量n的值，模拟程序的运行过程，可得答案【解答】解：模拟程序的运行，可得n=0，S=0不满足条件S1，执行循环体，n=2，S=，不满足条件S1，执行循环体，n=4，S=+，不满足条件S1，执行循环体，n=6，S=+，不满足条件S1，执行循环体，n=8，S=+=，满足条件S1，退出循环，输出n的值为8故选：B5在一个不透明的袋子里，有三个大小相等小球（两黄一红），现在分别由3个同学无放回地抽取，如果已知第一名同学没有抽到红球，那么最后一名同学抽到红球的概率为（）ABCD无法确定【考点】古典概型及其概率计算公式【分析】本题是一个计算概率的问题，由题意

10、知已经知道，由于第一名同学没有抽到红球，问题转化为研究两个人抽取红球的情况，根据无放回抽取的概率意义，可得到最后一名同学抽到红球的概率【解答】解：由题意，由于第一名同学没有抽到红球，问题转化为研究两个人抽取红球的情况，由于无放回的抽样是一个等可能抽样，故此两个同学抽到红球的概率是一样的都是故选：C6一个几何体按比例绘制的三视图如图所示（单位：m），则该几何体的体积为（）ABCD【考点】由三视图求面积、体积【分析】三视图复原的几何体，下部是放倒的四棱柱，上部是正方体，根据三视图的数据，求出几何体的表面积【解答】解：三视图复原的几何体，下部是放倒的四棱柱，底面是直角梯形，边长分别为：3，2，1，；

11、高为：1；上部是正方体，也可以看作是三个正方体和半个正方体的组合体，所以几何体的体积为：313+=，故选C7已知正项等比数列an满足a7=a6+2a5若存在两项am，an使得，则的最小值为（）ABCD【考点】等比数列的性质【分析】根据a7=a6+2a5，求出公比的值，利用存在两项am，an使得，写出m，n之间的关系，结合基本不等式得到最小值【解答】解：设等比数列的公比为q（q0），则a7=a6+2a5，a5q2=a5q+2a5，q2q2=0，q=2，存在两项am，an使得，aman=16a12，qm+n2=16，m+n=6=（m+n）（）=（10+）m=1，n=5时， =；m=2，n=4时，

12、=的最小值为，故选B8将函数y=sin（x+）cos（x+）的图象沿x轴向右平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则的取值不可能是（）ABCD【考点】函数y=Asin（x+）的图象变换【分析】化简函数解析式，再利用函数y=Asin（x+）的图象变换，结合题意，可求得的值【解答】解：y=sin（x+）cos（x+）=sin（2x+），将函数y的图象向右平移个单位后得到f（x）=sin（2x+），f（x）为偶函数，+=k+，kZ，=k+，kZ，故选：C9设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题是真命题的是（）A若m，m，则B若m，则mC若m，m，则D若m，则m【考点】空间中直线与平面之间

13、的位置关系【分析】在A中，与相交或平行；在B中，m或m；在C中，由面面垂直的判定定理得；在D中，m与相交、平行或m【解答】解：由m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，知：在A中，若m，m，则与相交或平行，故A错误；在B中，若m，则m或m，故B错误；在C中，若m，m，则由面面垂直的判定定理得，故C正确；在D中，若m，则m与相交、平行或m，故D错误故选：C10已知椭圆的焦点是F1（0，），F2（0，），离心率e=，若点P在椭圆上，且=，则F1PF2的大小为（）ABCD【考点】椭圆的简单性质【分析】由题意可设题意的标准方程为： =1（ab0），可得：c=，e=，a2=b2+c2，联立解出可得：椭

14、圆的标准方程为： +x2=1设|PF1|=m，|PF2|=n，由椭圆定义可得m+n=4，由=，可得mncosF1PF2=，利用余弦定理可得：（2c）2=m2+n22mncosF1PF2，联立即可得出【解答】解：由题意可设题意的标准方程为： =1（ab0），则c=，离心率e=，a2=b2+c2，联立解得a=2，b=1椭圆的标准方程为： +x2=1设|PF1|=m，|PF2|=n，则m+n=4，=，mncosF1PF2=，又（2c）2=m2+n22mncosF1PF2，12=422mn2，解得mn=cosF1PF2=，cosF1PF2=，F1PF2=故选：D11设函数f（x）=xsinx+cosx

15、的图象在点（t，f（t）处切线的斜率为k，则函数k=g（t）的图象大致为（）ABCD【考点】函数的图象【分析】由已知可得k=g（t）=f（x）=xcosx，分析函数的奇偶性及x（0，）时，函数图象的位置，利用排除法，可得答案【解答】解：函数f（x）=xsinx+cosx的图象在点（t，f（t）处切线的斜率为k，k=g（t）=f（x）=sinx+xcosxsinx=xcosx，函数为奇函数，图象关于原点对称，排除B，C，当x（0，）时，函数值为正，图象位于第一象限，排除D，故选：A12若圆x2+y24x4y10=0上至少有三个不同点到直线l：xy+b=0的距离为，则b的取值范围是（）A2，2B1

16、0，10C（，1010，+）D（，22，+）【考点】直线与圆的位置关系【分析】先求出圆心和半径，比较半径和2，要求 圆上至少有三个不同的点到直线l：xy+b=0的距离为2，则圆心到直线的距离应小于等于，用圆心到直线的距离公式，可求得结果【解答】解：圆x2+y24x4y10=0整理为（x2）2+（y2）2=18，圆心坐标为（2，2），半径为3，要求圆上至少有三个不同的点到直线l：xy+b=0的距离为2，则圆心到直线的距离d=，2b2，b的取值范围是2，2，故选A二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13已知向量，的夹角为，且|=1， |=3【考点】平面向量数量积的运算【分析】利用向

17、量的数量积化简求解即可【解答】解：向量，的夹角为，且|=1，可得： =7，可得，解得|=3故答案为：314（x）4（x2）的展开式中，x2的系数为16【考点】二项式系数的性质【分析】（x）4展开式的通项公式：Tr+1=x42r，分别令42r=2，42r=1，解得r，进而得出【解答】解：（x）4展开式的通项公式：Tr+1=x42r，令42r=2，解得r=1；令42r=1，解得r=舍去（x）4（x2）的展开式中，x2的系数为=16故答案为：1615已知等比数列an的各项均为正数，且满足：a1a7=4，则数列log2an的前7项之和为7【考点】等比数列的性质【分析】由等比数列的性质可得：a1a7=a

18、2a6=a3a5=4，再利用指数与对数的运算性质即可得出【解答】解：由等比数列的性质可得：a1a7=a2a6=a3a5=4=4，数列log2an的前7项和=log2a1+log2a2+log2a7=log2（a1a2a7）=log227=7，故答案为：716设定义域为R的函数，若关于x的方程f2（x）+bf（x）+c=0有三个不同的实数解x1，x2，x3，则=11【考点】根的存在性及根的个数判断【分析】令f（x）=t，借助函数图象判断方程f（x）=t的解的情况，从而得出关于t的方程t2+bt+c=0在（0，+）上根的分布情况，进而求出x1，x2，x3【解答】解：作出y=f（x）的函数图象如图所

19、示：令f（x）=t，由图象可知当且仅当t=2时，方程f（x）=t有3解；当0t2或t2时，方程f（x）=t有两解；当t0时，方程f（x）=t无解关于x的方程f2（x）+bf（x）+c=0有三个不同的实数解，关于t的方程t2+bt+c=0在（0，+）上只有一解t=2令f（x）=2得x1=1，x2=1，x3=3=（1）2+12+32=11故答案为：11三、解答题：（本题共5小题，共70分，解答过程应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcos2+acos2=c（）求证：a，c，b成等差数列；（）若C=，ABC的面积为2，求c【考点】数列与三角函

20、数的综合；正弦定理；余弦定理的应用【分析】（）利用正弦定理以及两角和与差的三角函数，三角形的内角和，化简求解即可（）利用三角形的面积以及余弦定理化简求解即可【解答】解：（）证明：由正弦定理得：即，sinB+sinA+sinBcosA+cosBsinA=3sinCsinB+sinA+sin（A+B）=3sinCsinB+sinA+sinC=3sinCsinB+sinA=2sinCa+b=2ca，c，b成等差数列（）ab=8c2=a2+b22abcosC=a2+b2ab=（a+b）23ab=4c224c2=8得18如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，ABAD，AB

21、CD，CD=AD=2AB=2AP（1）求证：平面PCD平面PAD；（2）在侧棱PC上是否存在点E，使得BE平面PAD，若存在，确定点E位置；若不存在，说明理由【考点】平面与平面垂直的判定【分析】（1）根据面面垂直的判断定理即可证明平面PCD平面PAD；（2）根据线面平行的性质定理即可得到结论【解答】（1）证明：PA平面ABCDPACD 又ABAD，ABCD，CDAD 由可得 CD平面PAD又CD平面PCD平面PCD平面PAD（2）解：当点E是PC的中点时，BE平面PAD证明如下：设PD的中点为F，连接EF，AF易得EF是PCD的中位线EFCD，EF=CD由题设可得 ABCD，AF=CDEFAB

22、，EF=AB四边形ABEF为平行四边形BEAF又BE平面PAD，AF平面PADBE平面PAD19甲、乙、丙三人按下面的规则进行乒乓球比赛：第一局由甲、乙参加而丙轮空，以后每一局由前一局的获胜者与轮空者进行比赛，而前一局的失败者轮空比赛按这种规则一直进行到其中一人连胜两局或打满6局时停止设在每局中参赛者胜负的概率均为，且各局胜负相互独立求：（1）打满4局比赛还未停止的概率；（2）比赛停止时已打局数的分布列与期望E（）令Ak，Bk，Ck分别表示甲、乙、丙在第k局中获胜【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列【分析】（1）由独立事件同时发生与互斥事件至少有一个发生的概率公式能求出

23、打满4局比赛还未停止的概率（2）的所有可能取值为2，3，4，5，6，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和E（）【解答】解：（1）由独立事件同时发生与互斥事件至少有一个发生的概率公式知，打满4局比赛还未停止的概率为：P（A1C2B3A4）+P（B1C2A3B4）=（2）的所有可能取值为2，3，4，5，6，P（=2）=P（A1A2）+P（B1B2）=+=，P（=3）=P（A1C2C3）+P（B1C2C3）=，P（=4）=P（A1C2B3B4）+P（B1C2A3A4）=，P（=5）=P（A1C2B3A4A5）+P（B1C2A3B4B5）=，P（=6）=P（A1C2B3A4C5）+P（B1C2A3

24、B4C5）=，的分布列为： 2 3 4 5 6 PE（）=20如图，射线OA，OB所在的直线的方向向量分别为，点P在AOB内，PMOA于M，PNOB于N；（1）若k=1，求|OM|的值；（2）若P（2，1），OMP的面积为，求k的值；（3）已知k为常数，M，N的中点为T，且SMON=，当P变化时，求动点T轨迹方程【考点】轨迹方程；直线的一般式方程【分析】（1）求出|OP|，点P到直线的距离，利用勾股定理，求|OM|的值；（2）直线OA的方程为kxy=0，求出P（2，1）到直线的距离，利用勾股定理求出|OM|，利用OMP的面积为，求k的值；（3）设直线OA的倾斜角为，求出|OM|，|ON|，利用

25、SMON=，可得P变化时，动点T轨迹方程【解答】解：（1）因为，所以|OP|=，因为OA的方程为y=x，即xy=0，点P到直线的距离为=，所以|OM|=；（2）直线OA的方程为kxy=0，P（2，1）到直线的距离为d=，所以|OM|=，所以OMP的面积为=，所以；（3）设M（x1，kx1），N（x2，kx2），T（x，y），x10，x20，k0，设直线OA的倾斜角为，则，根据题意得代入化简得动点T轨迹方程为21已知函数f（x）=ax3bex（aR，bR），且f（x）在x=0处的切线与xy+3=0垂直（1）若函数f（x）在，1存在单调递增区间，求实数a的取值范围；（2）若f（x）有两个极值点x1

26、，x2，且x1x2，求a的取值范围；（3）在第二问的前提下，证明：f（x1）1【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性【分析】（1）求出函数的导数，问题转化为在上有解，令，故只需，根据函数的单调性求出a的范围即可；（2）令h（x）=f（x），则h（x）=ax2ex，问题转化为方程有两个根，设（x）=，根据函数的单调性求出a的范围即可；（3）求出f（x1）=（1），x1（0，1），令r（t）=et（1），（0t1），根据函数的单调性证明即可【解答】解：因为f（x）=ax2bex，所以f（0）=b=1，所以b=1（1）由前可知，f（x）=ax2ex根据题意：f（x）0在上有解，即a

27、x2ex0在上有解 即在上有解，令，故只需所以，所以，当时，g（x）0，所以g（x）在上单调递减，所以g（x）min=g（1）=e，所以 ae（2）令h（x）=f（x），则h（x）=ax2ex，所以h（x）=2axex由题可知，h（x）=0有两个根x1，x2，即2axex=0有两个根x1，x2，又x=0显然不是该方程的根，所以方程有两个根，设（x）=，则（x）=，当x0时，（x）0，（x）单调递减；当0x1时，（x）0，（x）单调递减；当x1时，（x）0，（x）单调递增故要使方程2a=有两个根，只需2a（1）=e，即a，所以a的取值范围是（，+），（3）由（2）得：0x11x2且由h（x1）=

28、0，得2ax1=0，所以a=，x1（0，1）所以f（x1）=h（x1）=a=（1），x1（0，1），令r（t）=et（1），（0t1），则r（t）=et（）0，r（t）在（0，1）上单调递减，所以r（1）r（t）r（0），即f（x1）1选修4-1几何证明选讲22如图，正方形ABCD边长为2，以D为圆心、DA为半径的圆弧与以BC为直径的半圆O交于点F，连结CF并延长交AB于点E（1）求证：AE=EB；（2）求EFFC的值【考点】与圆有关的比例线段【分析】（1）由题意得EA为圆D的切线，由切割线定理，得EA2=EFEC，EB2=EFEC，由此能证明AE=EB（2）连结BF，得BFEC，在RTEBC

29、中，由射影定理得EFFC=BF2，由此能求出结果【解答】（1）证明：由以D为圆心DA为半径作圆，而ABCD为正方形，EA为圆D的切线依据切割线定理，得EA2=EFEC另外圆O以BC为直径，EB是圆O的切线，同样依据切割线定理得EB2=EFEC故AE=EB（2）解：连结BF，BC为圆O直径，BFEC在RTEBC中，有又在RtBCE中，由射影定理得EFFC=BF2=选修4-4：坐标系与参数方程23在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（其中为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为=4sin（）若A，B为曲线C1，C2的公共点，求直线AB的斜率；（）

30、若A，B分别为曲线C1，C2上的动点，当|AB|取最大值时，求AOB的面积【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程【分析】（）消去参数得曲线C1的普通方程，将曲线C2化为直角坐标方程，两式作差得直线AB的方程，则直线AB的斜率可求；（）由C1方程可知曲线是以C1（1，0）为圆心，半径为1的圆，由C2方程可知曲线是以C2（0，2）为圆心，半径为2的圆，又|AB|AC1|+|C1C2|+|BC2|，可知当|AB|取最大值时，圆心C1，C2在直线AB上，进一步求出直线AB（即直线C1C2）的方程，再求出O到直线AB的距离，则AOB的面积可求【解答】解：（）消去参数得曲线C1的普通方程C1：

31、x2+y22x=0（1）将曲线C2：=4sin化为直角坐标方程得x2+y24y=0（2）由（1）（2）得4y2x=0，即为直线AB的方程，故直线AB的斜率为；（）由C1：（x1）2+y2=1知曲线C1是以C1（1，0）为圆心，半径为1的圆，由C2：x2+（y2）2=4知曲线C2：是以C2（0，2）为圆心，半径为2的圆|AB|AC1|+|C1C2|+|BC2|，当|AB|取最大值时，圆心C1，C2在直线AB上，直线AB（即直线C1C2）的方程为：2x+y=2O到直线AB的距离为，又此时|AB|=|C1C2|+1+2=3+，AOB的面积为选修4-5不等式选讲24已知函数f（x）=|x|2x+1|（）求f（x）的值域；（）若f（x）的最大值时a，已知x，y，z均为正实数，且x+y+z=a，求证： +1【考点】不等式的证明【分析】（）作出函数的图象，即可求f（x）的值域；（）利用柯西不等式，即可证明结论【解答】（）解：函数f（x）=|x|2x+1|=，函数的图象如图所示，则函数的值域为（，1；（）证明：由题意x，y，z均为正实数，x+y+z=1，由柯西不等式可得（x+y+z）（+）（y+z+z）2=1，+1第26页（共26页）