1、2016-2017学年浙江省9+1高中联盟高三（上）期中数学试卷一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.请将你认为正确的选项答在指定的位置上）1已知集合A=x|x1|2，B=x|log2x3，则AB=（）A（1，3）B（0，3）C（0，8）D（1，8）2已知命题p：（x+2）（x+1）0命题，则下列说法正确的是（）Ap是q的充要条件Bp是q的必要不充分条件Cp是q的充分不必要条件D是q的既不充分也不必要条件3一个几何体的三视图如图所示，那么这个几何体的表面积是（） ABCD4为了得到函数的图象，只需将函数y=sin2x的图象（）A向右平移个单
2、位B向右平移个单位C向左平移个单位D向左平移个单位5展开式中，各项系数之和为3，则展开式中的常数项为（）A120B80C80D1206设x，y满足约束条件若0ax+by2恒成立，则a2+b2的最大值是（）A1BCD47如图，已知双曲线的右顶点为A，O为坐标原点，以A为圆心的圆与双曲线C的某渐近线交于两点P、Q，若PAQ=60且=4，则双曲线C的离心率为（）ABCD8已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c，（a，b，c均为非零整数），且f（a）=a3，f（b）=b3，ab，则c=（）A16B8C4D1二、填空题（本题共7道小题，共36分；将答案直接答在答题卷上指定的位置）9如果函数f（x）=x
3、2sinx+a的图象过点（，1）且f（t）=2那么a=；f（t）=10已知抛物线x2=4y的焦点F的坐标为；若M是抛物线上一点，|MF|=5，O为坐标原点，则cosMFO=11已知，则sin的值为；的值为12袋中有大小相同的3个红球，2个白球，1个黑球若不放回摸球，每次1球，摸取3次，则恰有两次红球的概率为；若有放回摸球，每次1球，摸取3次，则摸到红球次数的期望为13已知x，yR+，且满足x+2y=2xy，那么3x+4y的最小值为14已知定义域为R的函数f（x），对任意的xR，均有f（x+1）=f（x1），且x（1，1时，有f（x）=，则方程f（f（x）=3在区间3，3上的所有实根之和为15已
4、知函数f（x）=ax2（a0），点A（5，0），P（1，a），若存在点Q（k，f（k）（k0），要使=（+）（为常数），则k的取值范围为三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答请写在答卷纸上，应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3cosBcosC+1=3sinBsinC+cos2A（1）求角A的大小； （2）若，求b+c的最大值17如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，ABAD，ABPA，BC=2AB=2AD=4BE，平面PAB平面ABCD，（）求证：平面PED平面PAC；（）若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为，求二面角APCD的
5、平面角的余弦值18数列an中，Sn是an的前n项和且Sn=2nan，（1）求a1，an；（2）若数列bn中，bn=n（2n）（an2），且对任意正整数n，都有，求t的取值范围19已知椭圆，过的直线l与椭圆交于A，B两点，过Q（x0，0）（|x0|a）的直线l与椭圆交于M，N两点（1）当l的斜率是k时，用a，b，k表示出|PA|PB|的值；（2）若直线l，l的倾斜角互补，是否存在实数x0，使为定值，若存在，求出该定值及x0，若不存在，说明理由20已知函数：f（x）=x33x2+（1+a）x+b（a0，bR）（1）令h（x）=f（x1）b+a+3，判断h（x）的奇偶性，并讨论h（x）的单调性；（2
6、）若g（x）=|f（x）|，设M（a，b）为g（x）在2，0的最大值，求M（a，b）的最小值2016-2017学年浙江省9+1高中联盟高三（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.请将你认为正确的选项答在指定的位置上）1已知集合A=x|x1|2，B=x|log2x3，则AB=（）A（1，3）B（0，3）C（0，8）D（1，8）【考点】交集及其运算【分析】分别求出集合A和B，由此能出AB【解答】解：集合A=x|x1|2=x|1x3，B=x|log2x3=x|0x8，AB=x|0x3=（0，3）故选：B2已知命题
7、p：（x+2）（x+1）0命题，则下列说法正确的是（）Ap是q的充要条件Bp是q的必要不充分条件Cp是q的充分不必要条件D是q的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】由题设知：命题p：2x1，命题q：2x，由此得到p是q的充分不必要条件【解答】解：命题p：（x+2）（x+1）0，命题P：2x1，命题，2x，p是q的充分不必要条件，故选：C3一个几何体的三视图如图所示，那么这个几何体的表面积是（） ABCD【考点】由三视图求面积、体积【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以主视图为底面的四棱柱，结合柱体表面积公式，可得答案【解答】解：由已知中的三视图可得：该
8、几何体是一个以主视图为底面的四棱柱，其底面面积为：（1+2）2=3，底面周长为：2+2+1+=5+，高为：2，故四棱柱的表面积S=23+（5+）2=，故选：B4为了得到函数的图象，只需将函数y=sin2x的图象（）A向右平移个单位B向右平移个单位C向左平移个单位D向左平移个单位【考点】函数y=Asin（x+）的图象变换【分析】根据函数y=Asin（x+）的图象变换规律、诱导公式，得出结论【解答】解：函数=sin（2x+）=sin2（x+），将函数y=sin2x的图象向左平移个单位，即可得到函数=sin（2x+）的图象，故选：D5展开式中，各项系数之和为3，则展开式中的常数项为（）A120B80
9、C80D120【考点】二项式系数的性质【分析】展开式中，各项系数之和为3，令x=1，求出a再求出展开式中x的一次项及x的1次项即可【解答】解：展开式中，各项系数之和为3，展开式中各项系数和为3x=1时，1+a=3，a=2=5展开式中x的一次项为80x，x的1次项为40 x1，展开式中的常数项为 16040=120故选：D，6设x，y满足约束条件若0ax+by2恒成立，则a2+b2的最大值是（）A1BCD4【考点】简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，利用线性规划知识，通过0ax+by2，得到a，b的不等式组，然后求解a2+b2的最大值【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（2，
10、1），可得C（0，1），可得B（1，2）0ax+by2恒成立，可得：，画出关于a，b的可行域，如图：a2+b2的几何意义是可行域内的点到原点的距离的平方，显然D到原点的距离最大，由，解得D（，）a2+b2的最大值=故选：C7如图，已知双曲线的右顶点为A，O为坐标原点，以A为圆心的圆与双曲线C的某渐近线交于两点P、Q，若PAQ=60且=4，则双曲线C的离心率为（）ABCD【考点】双曲线的简单性质【分析】确定QAP为等边三角形，设AQ=2R，则，OP=R，利用勾股定理，结合余弦定理和离心率公式，计算即可得出结论【解答】解：因为PAQ=60且=4，所以QAP为等边三角形，设AQ=2R，则PQ=2R，
11、OP=R，渐近线方程为y=x，A（a，0），取PQ的中点M，则AM=，由勾股定理可得（2R）2R2=（）2，所以（ab）2=3R2（a2+b2），在OQA中， =，所以R2=a2结合c2=a2+b2，可得e=故选：A8已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c，（a，b，c均为非零整数），且f（a）=a3，f（b）=b3，ab，则c=（）A16B8C4D1【考点】函数的值【分析】由f（a）=a3，f（b）=b3 列出等式化简即b=1a，因为b为整数，得出a=2，从而求出b与c值【解答】解：由已知得，化简得：a（a+b）（ab）+b（ab）=0，b=a（a+b），即b=1a，a，b，c均为非零整数
12、且 ab，得为整数，所以a=2，所以a=2，b=4，f（2）=8c=16故选：A二、填空题（本题共7道小题，共36分；将答案直接答在答题卷上指定的位置）9如果函数f（x）=x2sinx+a的图象过点（，1）且f（t）=2那么a=1；f（t）=0【考点】函数的值【分析】由函数性质列出方程组，求出a=1，t2sint=1，由此能求出f（t）【解答】解：函数f（x）=x2sinx+a的图象过点（，1）且f（t）=2，解得a=1，t2sint=1，f（t）=t2sin（t）+a=t2sint+1=1+1=0故答案为：1，010已知抛物线x2=4y的焦点F的坐标为（0，1）；若M是抛物线上一点，|MF|
13、=5，O为坐标原点，则cosMFO=【考点】抛物线的简单性质【分析】由抛物线x2=4y的焦点在y轴上，开口向上，且2p=4，即可得到抛物线的焦点坐标利用抛物线的方程与定义，即可得出结论【解答】解：抛物线x2=4y的焦点在y轴上，开口向上，且2p=4，=1抛物线x2=4y的焦点坐标为（0，1）M是抛物线上一点，|MF|=5，M（4，4），cosMFO=故答案为11已知，则sin的值为；的值为32【考点】两角和与差的正弦函数【分析】由已知可求范围+（，），利用同角三角函数基本关系式可求cos（+），sin的值，利用角的关系=（+），根据两角差的正弦函数公式即可化简求值，进而可求cos，利用同角三角
14、函数基本关系式，降幂公式即可计算得解的值【解答】解：（0，），（，），+（，），1分cos（+）=，3分cos=，5分sin=sin（+）=sin（+）coscos（+）sin=（）（）=cos=，=32故答案为：12袋中有大小相同的3个红球，2个白球，1个黑球若不放回摸球，每次1球，摸取3次，则恰有两次红球的概率为；若有放回摸球，每次1球，摸取3次，则摸到红球次数的期望为【考点】离散型随机变量的期望与方差【分析】每次1球，摸取3次，则恰有两次红球的概率=设摸到红球次数为X，则X的取值分别为0，1，2，3，P（X=k）=，（k=0，1，2，3）【解答】解：每次1球，摸取3次，则恰有两次红球的概
15、率P=设摸到红球次数为X，则X的可能取值为0，1，2，3，P（X=k）=，（k=0，1，2，3）P（X=0）=，P（X=1）=，P（X=2）=，P（X=3）=，E（X）=0+1+2+3=故答案为：13已知x，yR+，且满足x+2y=2xy，那么3x+4y的最小值为5+2【考点】基本不等式【分析】由正数x，y满足x+2y=2xy，得到+=1，再利用基本不等式即可求出【解答】解：由正数x，y满足x+2y=2xy，+=1，3x+4y=（3x+4y）（+）=3+2+5+2=5+2，当且仅当x=，y=时取等号，故3x+4y的最小值为：，故答案为：5+214已知定义域为R的函数f（x），对任意的xR，均有
16、f（x+1）=f（x1），且x（1，1时，有f（x）=，则方程f（f（x）=3在区间3，3上的所有实根之和为3【考点】抽象函数及其应用；根的存在性及根的个数判断【分析】计算f（x）的周期，做出f（x）的函数图象，根据函数图象判断f（x）=3，从而得出x的值【解答】解：f（x+1）=f（x1），f（x+2）=f（x），f（x）是以2为周期的函数做出f（x）的函数图象如图所示：f（f（x）=3，f（x）=1+2k，kZ1f（x）3，f（x）=3，x3，3，x=1或x=1或x=3f（f（x）=3在3，3内的所有跟之和为（1）+1+3=3故答案为：315已知函数f（x）=ax2（a0），点A（5，0）
17、，P（1，a），若存在点Q（k，f（k）（k0），要使=（+）（为常数），则k的取值范围为（2，+）【考点】二次函数的性质【分析】根据向量和+共线得出a，k的关系式，化简即可得出k=根据条件得出01a21，【解答】解：Q（k，ak2），=（1，0），=（，），=（1，a）+=（1+，），=（+）（为常数），a（1+）=0，ak2ak=a=ak，k1=，即k22k+1=a2k2+1，若a=1，则k=0，不符合题意；a1，k=a0且a1，k0，01a21，2故答案为（2，+）三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答请写在答卷纸上，应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16在ABC中，角A，B，C所
18、对的边分别为a，b，c，且3cosBcosC+1=3sinBsinC+cos2A（1）求角A的大小； （2）若，求b+c的最大值【考点】余弦定理；正弦定理【分析】（1）由已知利用三角函数恒等变换的应用化简可得2cos2A+3cosA2=0，可得cosA=，进而可求A的值（2）由已知及余弦定理可求得，利用基本不等式即可求得b+c的最大值【解答】（本题满分为14分）解：（1）由3cosBcosC+1=3sinBsinC+cos2A，得3（cosBcosCsinBsinC）=cos2A1，即3cos（B+C）=2cos2A2，即2cos2A+3cosA2=0可得：（2cosA1）（cosA+2）=0
19、，可得：cosA=或cosA=2（舍去），可得：A=6分（2）由及b2+c22bccosA=a2得b2+c2bc=12，从而（b+c）23bc=12，即，又因，所以即（b+c）248，所以，当且仅当时取到最大值17如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，ABAD，ABPA，BC=2AB=2AD=4BE，平面PAB平面ABCD，（）求证：平面PED平面PAC；（）若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为，求二面角APCD的平面角的余弦值【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法【分析】（I）由面面垂直的性质定理证出PA平面ABCD，从而得到AB、AD、AP两两垂直
20、，因此以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立坐标系oxyz，得A、D、E、C、P的坐标，进而得到、的坐标由数量积的坐标运算公式算出且，从而证出DEAC且DEAP，结合线面垂直判定定理证出ED平面PAC，从而得到平面PED平面PAC；（II）由（）得平面PAC的一个法向量是，算出、夹角的余弦，即可得到直线PE与平面PAC所成的角的正弦值，由此建立关于的方程并解之即可得到=2利用垂直向量数量积为零的方法，建立方程组算出=（1，1，1）是平面平面PCD的一个法向量，结合平面PAC的法向量，算出、的夹角余弦，再结合图形加以观察即可得到二面角APCD的平面角的余弦值【解答】解：（）平面PAB平面AB
21、CD，平面PAB平面ABCD=AB，ABPAPA平面ABCD结合ABAD，可得分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系oxyz，如图所示可得A（0，0，0）D（0，2，0），E（2，1，0），C（2，4，0），P（0，0，） （0），得，DEAC且DEAP，AC、AP是平面PAC内的相交直线，ED平面PACED平面PED平面PED平面PAC（）由（）得平面PAC的一个法向量是，设直线PE与平面PAC所成的角为，则，解之得=20，=2，可得P的坐标为（0，0，2）设平面PCD的一个法向量为=（x0，y0，z0），由， ，得到，令x0=1，可得y0=z0=1，得=（1，1，1）
22、cos，由图形可得二面角APCD的平面角是锐角，二面角APCD的平面角的余弦值为18数列an中，Sn是an的前n项和且Sn=2nan，（1）求a1，an；（2）若数列bn中，bn=n（2n）（an2），且对任意正整数n，都有，求t的取值范围【考点】数列的求和；数列递推式【分析】（1）利用数列递推关系、等比数列的通项公式即可得出（2）利用数列的单调性即可得出【解答】解：（1）设n=1时，a1=1，由已知Sn=2nan，得Sn+1=2n+2an+1式减式得，an2是1为首项，为公比的等比数列an2=，（2），n3时，bn+1bn0，n4时，bn+1bn0，（bn）max=b4=11+t2t2，2t
23、2t10；t1或19已知椭圆，过的直线l与椭圆交于A，B两点，过Q（x0，0）（|x0|a）的直线l与椭圆交于M，N两点（1）当l的斜率是k时，用a，b，k表示出|PA|PB|的值；（2）若直线l，l的倾斜角互补，是否存在实数x0，使为定值，若存在，求出该定值及x0，若不存在，说明理由【考点】椭圆的简单性质【分析】（1）由题意可知：椭圆的焦点在x轴上，设直线AB的方程：，代入椭圆方程，由韦达定理，因此，由弦长公式可知：，（2）当直线MN的斜率存在时：设直线MN的方程：y=k（xx0），代入椭圆方程，由韦达定理可知：，由弦长公式求得丨MN丨，则，当x0=0时，为常数，当直线MN的斜率不存在时：时
24、，为定值，所以当x0=0时，为常数【解答】解：（1）椭圆，焦点在x轴上，焦距为2c，设直线AB的方程：，由，整理得：，由韦达定理可知：，（2）当直线MN的斜率存在时：设直线MN的方程：y=k（xx0），M（x3，y3），N（x4，y4）由，可知得：，则，由韦达定理可知：，由弦长公式可知：丨MN丨=，当x0=0时，为常数当直线MN的斜率不存在时：时，为定值综上：所以当x0=0时，为常数20已知函数：f（x）=x33x2+（1+a）x+b（a0，bR）（1）令h（x）=f（x1）b+a+3，判断h（x）的奇偶性，并讨论h（x）的单调性；（2）若g（x）=|f（x）|，设M（a，b）为g（x）在2，
25、0的最大值，求M（a，b）的最小值【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值【分析】（1）根据已知求也函数h（x）的解析式，结合函数奇偶性的定义，可判断函数的奇偶性，求导，可分析出h（x）的单调性；（2）若g（x）=|f（x）|，则f（t1）=t3（a+4）t+ab+3，t1，1，令h（t）=t3（a+4）t+ab+3，t1，1，结合导数法分类讨论，可得M（a，b）的最小值【解答】解：（1）h（x）=（x1）33（x1）2+（1+a）x+2，h（x）=（x+1）33（x+1）2x（a+1）+2，故h（x）是非奇非偶函数；h（x）=3x2+a+4，a+40即a4时，h（x）0
26、，h（x）在R递减；a+40即a4时，令h（x）0，解得：x，令h（x）0，解得：x或x，故h（x）在（，）递减，在（，）递增，在（，+）递减；（2）g（x）=|f（x）|=|x3+3x2（1+a）xb|，（a0），则f（t1）=t3（a+4）t+ab+3，t1，1，令h（t）=t3（a+4）t+ab+3，t1，1，则h（t）=3t2（a+4），t1，1，当a4时，h（t）0恒成立，此时函数为增函数，则M（a，b）=max|h（1）|，|h（1）|=max|2ab+6|，|b|当4a0时，h（t）有两个极值点t1，t2，不妨设t1t2，（i）当1a0时，t1=1，t2=1，此时函数为减函数，则M（a，b）=max|h（1）|，|h（1）|=max|2ab+6|，|b|（ii）当4a1时，t1=1，t2=1，此时函数在1，t1上递增，在t1，t2上递减，在t2，1上递增，则M（a，b）=max|2ab+6|，|b|，|2（）3+ab+3|，|2（）3+ab+3|则M（a，b）min|a+3|，2（）3，由|a+3|=2（）3得：a=1，或a=，当a=1时，M（a，b）2，当a=时，M（a，b），故当a=，b=时，M（a，b）的最小值为2017年1月6日