1、高考资源网（） 您身边的高考专家2016-2017学年浙江省金华十校联考高三（上）期末数学试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1计算： =（）A1+iB1iC1+iD1i2设全集U=1，2，3，4，5，集合A=1，2，B=x|x25x+6=0，则A（UB）=（）A4，5B2，3C1D43双曲线x2=1的离心率为（）ABCD4有各不相同的5红球、3黄球、2白球，事件A：从红球和黄球中各选1球，事件B：从所有球中选取2球，则事件A发生是事件B发生的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件5在（1x）n=a0+a1x+a2x2+a3x3+anxn中，若2a
2、2+an5=0，则自然数n的值是（）A7B8C9D106若等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，记bn=，则（）A数列bn是等差数列，bn的公差也为dB数列bn是等差数列，bn的公差为2dC数列an+bn是等差数列，an+bn的公差为dD数列anbn是等差数列，anbn的公差为7如图所示是函数y=f（x）的图象，则函数f（x）可能是（）A（x+）cosxB（x+）sinxCxcosxD8设x1，x2（0，），且x1x2，下列不等式中成立的是（）sin；（cosx1+cosx2）cos；（tanx1+tanx2）tan；（+）ABCD9设x，yR，下列不等式成立的是（）A1+|x+y|+|xy
3、|x|+|y|B1+2|x+y|x|+|y|C1+2|xy|x|+|y|D|x+y|+2|xy|x|+|y|10如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知E，F分别是线段AB1与CA1上的动点，异面直线AB1与CA1所成角为，记线段EF中点M的轨边为L，则|L|等于（）A |AB1|BC |AB1|CA1|sinD V（V是三棱柱ABCA1B1C1的体积）二、填空题（共7小题，每小题6分，满分36分）11已知直线l1：2x2y+1=0，直线l2：x+by3=0，若l1l2，则b=；若l1l2，则两直线间的距离为12某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为，表面积为13已知函数f（x）=，在F
4、（x）=f（x）+1和G（x）=f（x）1中，为奇函数，若f（b）=，则f（b）=14已知随机变量X的分布列如下： X 1 23 4 P a则a=，数学期望E（X）=15己知抛物线y2=4x的焦点为F，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，则直线的斜率为时，|AF|+4|BF|取得最小值16设单位向量，的夹角为锐角，若对任意的（x，y）（x，y）|x+y|=1，xy0，都有|x+2y|成立，则的最小值为17若函数f（x）=|asinx+bcosx1|+|bsinxacosx|（a，bR）的最大值为11，则a2+b2=三、解答题（共5小题，满分74分）18在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，
5、b，c，若2cos2B=4cosB3（）求角B的大小（）若SABC=，asinA+csinC=5sinB，求边b19已知四边形ABCD为直角梯形，BCD=90，ABCD，且AD=3，BC=2CD=4，点E，F分别在线段AD和BC上，使FECD为正方形，将四边形ABFE沿EF翻折至使二面角BEFC的所成角为60（）求证：CE面ADB（）求直线AB与平面FECD所成角的正弦值20已知函数f（x）=（）求f（）及x2，3时函数f（x）的解析式（）若f（x）对任意x（0，3恒成立，求实数k的最小值21已知椭圆C： +=1（ab0）的右焦点F的坐标为（1，0），且椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为4（）
6、求椭圆C的标准方程（）过右焦点F的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点Q关于x轴的对称点为Q，试问FPQ的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由22已知数列xn按如下方式构成：xn（0，1）（nN*），函数f（x）=ln（）在点（xn，f（xn）处的切线与x轴交点的横坐标为xn+1（）证明：当x（0，1）时，f（x）2x（）证明：xn+1xn3（）若x1（0，a），a（0，1），求证：对任意的正整数m，都有loga+loga+loga（）n2（nN*）2016-2017学年浙江省金华十校联考高三（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分
7、40分）1计算： =（）A1+iB1iC1+iD1i【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】按照复数除法的运算法则，分子分母同乘以1i，计算化简即可【解答】解： =1+i故选A2设全集U=1，2，3，4，5，集合A=1，2，B=x|x25x+6=0，则A（UB）=（）A4，5B2，3C1D4【考点】交、并、补集的混合运算【分析】求出B中方程的解确定出B，找出A与B补集的交集即可【解答】解：由B中方程变形得：（x2）（x3）=0，解得：x=2或x=3，即B=2，3，全集U=1，2，3，4，5，UB=1，4，5，A=1，2，A（UB）=1，故选：C3双曲线x2=1的离心率为（）ABCD【考点】双曲线
8、的简单性质【分析】直接利用双曲线方程，求出实轴长以及焦距的长，即可得到双曲线的离心率【解答】解：双曲线x2=1的实轴长为：2，焦距的长为：2=2，双曲线的离心率为：e=故选：D4有各不相同的5红球、3黄球、2白球，事件A：从红球和黄球中各选1球，事件B：从所有球中选取2球，则事件A发生是事件B发生的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】根据充分必要条件的定义判断即可【解答】解：事件A：从红球和黄球中各选1球，能推出事件B：从所有球中选取2球，是充分条件，事件B：从所有球中选取2球，推不出事件A：从红球和黄球中各选1
9、球，不是必要条件，故选：A5在（1x）n=a0+a1x+a2x2+a3x3+anxn中，若2a2+an5=0，则自然数n的值是（）A7B8C9D10【考点】二项式定理的应用【分析】由二项展开式的通项公式Tr+1=（1）rxr可得ar=（1）r，于是有2（1）2+（1）n5=0，由此可解得自然数n的值【解答】解：由题意得，该二项展开式的通项公式Tr+1=（1）rxr，该项的系数ar=（1）r，2a2+an5=0，2（1）2+（1）n5=0，即2+（1）n5=0，n5为奇数，2=，2=，（n2）（n3）（n4）=120n=8故答案为：86若等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，记bn=，则（）A
10、数列bn是等差数列，bn的公差也为dB数列bn是等差数列，bn的公差为2dC数列an+bn是等差数列，an+bn的公差为dD数列anbn是等差数列，anbn的公差为【考点】等差数列的性质【分析】证明bn是等差数列求出公差，然后依次对个选项判断即可【解答】解：设等差数列an的公差为d，bn=bnbn1=（常数）故得bn的公差为，A，B不对数列an+bn是等差数列，an+bn的公差为d+=，C不对数列anbn是等差数列，anbn的公差为d=，D对故选D7如图所示是函数y=f（x）的图象，则函数f（x）可能是（）A（x+）cosxB（x+）sinxCxcosxD【考点】函数的图象【分析】判断函数的奇
11、偶性，排除选项，然后利用函数的变换趋势推出结果即可【解答】解：由函数的图形可知：函数是奇函数，可知y=（x+）sinx不满足题意；当x+时，y=（x+）cosx与y=xcosx满足题意，y=不满足题意；当x0时，y=（x+）cosx满足题意，y=xcosx不满足题意，故选：A8设x1，x2（0，），且x1x2，下列不等式中成立的是（）sin；（cosx1+cosx2）cos；（tanx1+tanx2）tan；（+）ABCD【考点】三角函数线【分析】分别取，x2=验证不成立，取x1=，x2=验证成立，即可得答案【解答】解：对于，sin，取，x2=，则=，故不成立，对于，（cosx1+cosx2）
12、cos，取，x2=，则（cosx1+cosx2）=，故不成立，对于，（tanx1+tanx2）tan，取x1=，x2=，则（tanx1+tanx2）=，故成立，对于，（+），取x1=，x2=，则（+）=，故成立不等式中成立的是：故选：B9设x，yR，下列不等式成立的是（）A1+|x+y|+|xy|x|+|y|B1+2|x+y|x|+|y|C1+2|xy|x|+|y|D|x+y|+2|xy|x|+|y|【考点】绝对值不等式的解法【分析】根据特殊值法判断B、C、D错误，根据排除法判断A正确【解答】解：对于B，令x=100，y=100，不合题意，对于C，令x=100，y=，不合题意，对于D，令x=，
13、y=，不合题意，故选：A10如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知E，F分别是线段AB1与CA1上的动点，异面直线AB1与CA1所成角为，记线段EF中点M的轨边为L，则|L|等于（）A |AB1|BC |AB1|CA1|sinD V（V是三棱柱ABCA1B1C1的体积）【考点】棱柱的结构特征【分析】由题意画出图形，取特殊点得到M的轨迹为平行四边形区域，再由三角形面积求解【解答】解：当E位于B1，A，而F在A1C上移动时，M的轨迹为平行于A1C的两条线段，当F位于A1，C，而E在AB1上移动时，M的轨迹为平行与AB1的两条线段其它情况下，M的轨迹构成图中平行四边形内部区域|L|=2|AB1|C
14、A1|sin=|AB1|CA1|sin故选：C二、填空题（共7小题，每小题6分，满分36分）11已知直线l1：2x2y+1=0，直线l2：x+by3=0，若l1l2，则b=1；若l1l2，则两直线间的距离为【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系【分析】由l1l2，则=1，解得b若l1l2，则=，解得b利用平行线之间的距离公式即可得出【解答】解：l1l2，则=1，解得b=1若l1l2，则=，解得b=1两条直线方程分别为：xy+=0，xy3=0则两直线间的距离=故答案为：1，12某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为，表面积为38+【考点】由三视图求面积、体积【分析】由三视图可知：该几何体
15、是由了部分组成，上面是一个半球，下面是一个长方体【解答】解：由三视图可知：该几何体是由了部分组成，上面是一个半球，下面是一个长方体该几何体的体积=+431=；其表面积=2（31+34+14）12+=38+故答案为：；38+13已知函数f（x）=，在F（x）=f（x）+1和G（x）=f（x）1中，G（x）为奇函数，若f（b）=，则f（b）=【考点】函数奇偶性的性质【分析】分别求出F（x）和G（x），根据函数的奇偶性判断即可，根据f（b）=，求出eb的值，从而求出f（b）的值即可【解答】解：f（x）=，故F（x）=，G（x）=，而G（x）=G（x），是奇函数，若f（b）=，即=，解得：eb=3，则
16、f（b）=，故答案为：G（x），14已知随机变量X的分布列如下： X 1 23 4 P a则a=，数学期望E（X）=【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】由分布列的性质可得： +a+=1，解得a再利用数学期望计算公式即可得出E（X）【解答】解：由分布列的性质可得： +a+=1，解得a=E（X）=1+2+3+4=故答案为：，15己知抛物线y2=4x的焦点为F，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，则直线的斜率为2时，|AF|+4|BF|取得最小值【考点】抛物线的简单性质【分析】由题意，设|AF|=m，|BF|=n，则=1，利用基本不等式可求m+4n的最小值时，m=2n
17、设过F的直线方程，与抛物线方程联立，整理后，设A（x1，y1），B（x2，y2）根据韦达定理可求得x1x2=1，x1+x2=2+根据抛物线性质可知，|AF|=x1+1，|BF|=x2+1，即可得出结论【解答】解：由题意，设|AF|=m，|BF|=n，则=1，m+4n=（+）（m+4n）=5+9，当且仅当m=2n时，m+4n的最小值为9，设直线的斜率为k，方程为y=k（x1），代入抛物线方程，得 k2（x1）2=4x化简后为：k2x2（2k2+4）x+k2=0设A（x1，y1），B（x2，y2）则有x1x2=1，x1+x2=2+根据抛物线性质可知，|AF|=x1+1，|BF|=x2+1，x1+1
18、=2（x2+1），联立可得k=2故答案为：216设单位向量，的夹角为锐角，若对任意的（x，y）（x，y）|x+y|=1，xy0，都有|x+2y|成立，则的最小值为【考点】平面向量数量积的运算【分析】设单位向量，的夹角为，由|x+y|=1，xy0，得（x+ycos）2+（ysin）2=1；由|x+2y|得出（x+ycos）2+（ysin）21+，令t=cos，得出1+，求不等式的解集即可得=cos的最小值【解答】解：设单位向量，的夹角为锐角，由|x+y|=1，xy0，得x2+y2+2xycos=1，即（x+ycos）2+（ysin）2=1；又|x+2y|，所以（x+ycos）2+（ysin）21
19、+（x+2y）2=，令t=cos，则1+，化简得64t260t+110，即（16t11）（4t1）0，解得t，所以=cos，即的最小值为故答案为：17若函数f（x）=|asinx+bcosx1|+|bsinxacosx|（a，bR）的最大值为11，则a2+b2=50【考点】三角函数的化简求值【分析】化简asinx+bcosx为sin（x+），化简bsinxacosx 为cos（x+），可得f（x）的解析式，当f（x）达到最大值时，f（x）=sin（x+）+1+cos（x+）=1+cos（x+），结合题意可得 1+=11，由此求得a2+b2的值【解答】解：asinx+bcosx=（sinx+co
20、sx）=sin（x+），其中，tan=，又 bsinxacosx= （cosx ）+sinx= cosxsinx=cos（x+）函数f（x）=|asinx+bcosx1|+|bsinxacosx|=|sin（x+）1|+|cos（x+）|f（x）达到最大值时，f（x）=sin（x+）+1+cos（x+） =1+cos（x+）由于函数f（x）的最大值为11，1+=11，a2+b2=50，故答案为：50三、解答题（共5小题，满分74分）18在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若2cos2B=4cosB3（）求角B的大小（）若SABC=，asinA+csinC=5sinB，求边b【考点
21、】正弦定理【分析】（）根据二倍角公式求出cosB的值，即可得出角B的大小；（）由三角形面积公式以及正弦、余弦定理，即可求出边b的大小【解答】解：（）ABC中，2cos2B=4cosB3，2（2cos2B1）=4cosB3，即4cos2B4cosB+1=0，解得cosB=；又B0，B=；（）由面积公式得SABC=acsinB=acsin=，解得ac=4，又asinA+csinC=5sinB，a2+c2=5b，由余弦定理得，b2=a2+c22accosB=5b24=5b4，b25b+4=0，解得b=1或b=4；又a2+c2=5b2ac=8，b，故b=419已知四边形ABCD为直角梯形，BCD=90
22、，ABCD，且AD=3，BC=2CD=4，点E，F分别在线段AD和BC上，使FECD为正方形，将四边形ABFE沿EF翻折至使二面角BEFC的所成角为60（）求证：CE面ADB（）求直线AB与平面FECD所成角的正弦值【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行的判定【分析】（I）如图所示，取FB的中点M，连接CM，AM可得四边形AEMB是平行四边形ABEM同理可得ADCM，可得平面EMC平面ADB，即可证明CE面ADB（II）取DE的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系AED=BFC=60平面EFCD的一个法向量为=（0，0，1）可得=可得直线AB与平面FECD所成角的正弦值=|【解答】（I
23、）证明：如图所示，取FB的中点M，连接CM，AMAEBM，四边形AEMB是平行四边形ABEMAMCD，四边形AMCD是平行四边形，ADCM，又CMEM=M，ABAD=A，平面EMC平面ADB，由CE平面CMECE面ADB（II）解：取DE的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系AED=BFC=60则，A， =平面EFCD的一个法向量为=（0，0，1）=直线AB与平面FECD所成角的正弦值=|=20已知函数f（x）=（）求f（）及x2，3时函数f（x）的解析式（）若f（x）对任意x（0，3恒成立，求实数k的最小值【考点】函数恒成立问题；分段函数的应用【分析】（）由函数f（x）=可求f（）的值，由x
24、2，3x20，1，可求得此时函数f（x）的解析式；（）依题意，分x（0，1、x（1，2、x（2，3三类讨论，利用导数由f（x）对任意x（0，3恒成立，即可求得实数k的最小值【解答】解：（）f（）=f（）=f（）=当x2，3时，x20，1，所以f（x）= （x2）（x2）2=（x2）（3x）（）当x（0，1时，f（x）=xx2，则对任意x（0，1，xx2恒成立k（x2x3）max，令h（x）=x2x3，则h（x）=2x3x2，令h（x）=0，可得x=，当x（0，）时，h（x）0，函数h（x）单调递增；当x（，1）时，h（x）0，函数h（x）单调递减，h（x）max=h（）=；当x（1，2时，x1
25、（0，1，所以f（x）= （x1）（x1）2恒成立k（x33x2+2x），x（1，2令t（x）=x33x2+2x，x（1，2则t（x）=3x26x+2=3（x1）21，当x（1，1+）时，t（x）单调递减，当x（1+，2时，t（x）单调递增，t（x）max=t（2）=0，k0（当且仅当x=2时取“=”）；当x（2，3时，x20，1，令x2=t（0，1，则k（t+2）（tt2）=g（t），在t（0，1恒成立g（t）=（3t2+2t2）=0可得，存在t0，1，函数在t=t0时取得最大值而t0，1时，h（t）g（t）=（t2t3）+（t+2）（t2t）=t（1t）（2t1）0，所以，h（t）maxg
26、（t）max，当k时，kh（t）maxg（t）max成立，综上所述，k0，即kmin=021已知椭圆C： +=1（ab0）的右焦点F的坐标为（1，0），且椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为4（）求椭圆C的标准方程（）过右焦点F的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，点Q关于x轴的对称点为Q，试问FPQ的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由【考点】直线与椭圆的位置关系；椭圆的标准方程【分析】（）根据椭圆的定义与几何性质，即可求出它的标准方程；（）设出直线l的方程，与椭圆的方程联立，消去一个未知数，化为一元二次方程的问题，判断STRQ是否有最大值，利用基本不等式的性质，即可求
27、得FPQ的面积是否存在最大值【解答】解：（1）由题意可知：c=1，2a=4，即a=2，b2=a2c2=3，椭圆的标准方程：；（2）设直线l的方程为x=my+4，与椭圆的方程联立，得，消去x，得（3m2+4）y2+24my+36=0，=（24m）2436（3m2+4）=144（m24）0，即m24； 6分设Q（x1，y1），R（x2，y2），则Q1（x1，y1），由根与系数的关系，得y1+y2=，y1y2=；直线RQ1的斜率为k=，且Q1（x1，y1），直线RQ1的方程为y+y1=（xx1）；令y=0，得x=，将代入上式得x=1；9分又STRQ=|ST|y1y2|=18=18=18，当=，即m2
28、=时取得“=”；TRQ的面积存在最大值，最大值是22已知数列xn按如下方式构成：xn（0，1）（nN*），函数f（x）=ln（）在点（xn，f（xn）处的切线与x轴交点的横坐标为xn+1（）证明：当x（0，1）时，f（x）2x（）证明：xn+1xn3（）若x1（0，a），a（0，1），求证：对任意的正整数m，都有loga+loga+loga（）n2（nN*）【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；数列与函数的综合【分析】（）求出函数的导数，根据函数的单调性求出f（x）2x即可；（）求出函数f（x）的导数，求出曲线方程，得到xn+1=ln（1）+xn，从而证出结论即可；（）得到bk=a=bk1b
29、k2b0，问题转化为b0，根据（）证出即可【解答】证明：（）设g（x）=ln（1+x）ln（1x）2x，则g（x）=，故x（0，1）时，g（x）0，函数g（x）在（0，1）递增，g（x）g（0）=0，即f（x）2x；（）由f（x）=+=，故曲线在点（xn，f（xn）处的切线方程是：y=（xxn）+f（xn），令y=0，则xn+1=xn+f（xn）（1），则xn+1=ln（1）+xn，由（）及10得：xn+1（2xn）（1）+xn=xn3；（）令=bk，（k=0，1，2，m），xn+k，且a（0，1），xn（0，1），logaxn+kloga，从而bk=a=bk1bk2b0，loga+loga+loga=b0+b1+bmb0（1+）=b0（1）b0，要证loga+loga+loga（）n2（nN*），只需b0，即证b0axn，由（）以及x1（0，a）得：xn，故原结论成立2017年3月17日高考资源网版权所有，侵权必究！
