扬州市2016—2017学年度高三数学第一学期期末测试参考答案

1、2016-2017 学年度高三第一学期期末测试数学试题参考答案20171一、填空题1 1,02 032004155 236 17 884 39 y3 x103 2 2333611212 4813 7214 16,202315.uuuruuurABACcos A18 ，且AB 6， AC32 ，g因为 AB ACBC =AB2AC2 - 2AB ACcos A=62(32)2- 2( 18)=310 . -6分 方法一 ：在ABC 中， AB6， AC32，BC=3 10，2BC2 -AC22(3 10)2-(32)2-9cosB= BA=6=3 10，分2BABC263 1010又 B(0,

2、) ，所以 sin B=1cos2 B =10，所以 tan Bsin B1， -11分10cosB32 tanB23所以 tan2B31- tan2=14 .-14分B1)2(3方法二 ：由 AB 6， AC3uuuruuurABACcos A1822 ， ABgAC可得 cos A=，2又 A(0, ) ，所以 A3.-8分4BCACACsin A32210ABC 中，所以 sin B2在分sin Asin BBC310， -1010又 B(0, ) ，所以 cos B=1 sin2 B = 3 10，所以 tan Bsin B1，cosB34102 tanB23所以 tan2B31- t

3、an2=14 .-14分B1)2(316. （ 1）证明：因为点 E、F 分别是棱 PC 和 PD 的中点，所以 EF CD，又在矩形 ABCD 中，AB CD，所以 EFAB ，-3 分又 AB 面 PAB， EF面 PAB，所以 EF平面 PAB.-6 分数学试题答案第1页（共 8页）证明： 在矩形 ABCD 中，ADCD ，又平面 PAD平面 ABCD ，平面 PAD平面 ABCD =AD ，CD面 ABCD ，所以 CD 平面 PAD ，-10 分又 AF 面 PAD ，所以 CD AF .因为 PA=AD 且 F 是 PD 的中点，所以 AF PD ，由及 PD 面 PCD ， CD

4、 面 PCD， PDCD =D，所以 AF平面 PCD . -14 分17.方法一 ：在PME 中，EPM由正弦定理得PMPEsin PEMsin PME，PE =AE-AP=4 米， PEM， PME3，44，所以 PMPEsinPEM224，-2分sin PME3)sincossin(4同理在PNE 中，由正弦定理得PNPE，sinPENsinPNE所以 PNPEsinPEN2222 ，- -4分sin PNEsin()cos2所以PMN 的面积 S1PMPNsin MPNcos24cos2sin488，-8分1 cos21sin2cos2sin 22 sin(2)224当 M与E重合时，

5、0；当 N 与 D 重合时， tanAPD3,即APD535，4，44所以 0354.4综上可得： S8,0, 35.-10分2 sin(2)444方法二 ：在PME 中，EPM， PE=AE-AP=4 米，PEM，PME3，由正弦44定理可知：MEPE，sinsinPME所以 MEPEsin4sin4 2 sin，-2 分sinPME3sincos)sin(4在 PNE 中，由正弦定理可知：NEPE，sinEPNsinPNE数学试题答案第2页（共 8页）PEsin()4sin(4)22(sincos )所以 NE4， -4分sin()coscos2所以 MNNEME22,cos2sincos

6、又点 P 到 DE 的距离为 d4sin2 2 ，-6分4所以 PMN 的面积 S= 1MNdcos24cos1cos242sin12sin 2288，-8分sin2cos22 sin(2)4当 M与E重合时，0 ；当N 与 D 重合时， tanAPD3,即5，35APD4，44所以 0354.4综上可得： S8,0, 35.-10分2 sin(2)444当 242即80, 35时， S 取得最小值为88( 21) .-13 分442所以可视区域PMN面积的最小值为8(21) 平方米 .-14分18.（ 1）由 P 在圆 O : x2y2b 2 上得 b3,又点 Q在椭圆 C 上得 (4) 2

7、( 1)21,解得 a218,a232x2y21.-5分椭圆 C 的方程是918（ 2）由ykxb得x0 或 xP2kb-7分x2y2b21k2y kx b2kba2由 x2y2得 x 0 或 xQ-9分222a 2b21a kbuuuruuuruuur3 uuur，QAPPQ，APAQ342kba 232kb即a 231k23a24b 24e212 2222 2222k ab 4 1 ka k b 4 1 ka数学试题答案第3页（共 8页）Q k0 4e 1 ，即 e1 ，又 0 e 12221e1.-16分219. （1）因为 Ann2 , ，所以 an1,n1n2(n1)2 ,n2即 a

8、n2n1-2分故 bn 1bn1an )1 ，(an 12所以数列 bn 是以2为首项，1为公差的等差数列，所以 Bnn21n( n1)1123-4分2nn22（ 2）依题意 Bn1Bn2(bn 1bn ) ，即 bn 12(bn 1bn ) ，即 bn 12 ，bn所以数列 bn 是以 b1 为首项，2 为公比的等比数列，所以anBn12nb1b1 (2 n1) ，12所以bn 1b (2 n2n(2 n 1-5分aa1)1)nn 11bb2n111因为n 11()-8分an an 1b1 (2 n1) b1 (2 n 11 2n 11) b1 2n1所以b2b3b4Lbn 1111)111

9、)1恒成立，a1 a2a2a3a3a4an an 1(1n1，所以( 1n 1b1 2 1 21b1 2 1 21 3即 b13(11) ，所以 b13 。-10分2n 11（ 3）由 an1an2(bn1bn ) 得： an 1an2 n1 ，所以当 n2 时， an( anan1 )(an 1an 2 )L( a3a2 )( a2a1 )a1nn 1L322n12，22222当 n1时，上式也成立，所以 An2n 242n ，又 Bn2n 12 ，所以 An2n242n2n1，-12分B2 n122 nn假设存在两个互不相等的整数s,t(1st) ，使 A1 , As , At 成等差数列

10、，B1 Bs Bt等价于1s,t成等差数列，即2s1t-13分1, sts111t12121 21222即2s1t1，因为1t11，所以2s11 ，即 2s2s 1-14分2s12t2t2s数学试题答案第4页（共 8页）令 (s)2s2s1(s2,sN)，则 h(s1)h(s)s20 ，所以 h(s) 递增，h2若 s3，则 h(s)h(3)10 ，不满足 2s2s1，所以 s2 ，代入2s1tt得 2t310(t3) ，s1111t222当 t3时，显然不符合要求；当t4时，令()2t31(3,tN)，则同理可证(t ) 递增，所以(t )(4) 30 ，ttt所以不符合要求 .所以，不存在

11、正整数s, t(1st) ，使 A1, As , At 成等差数列 .-16分B1BsBt20.解： (1)g ( x)ex ，故 g (1)e ，所以切线方程为yee(x1) ，即 yex-3分（ 2） f ( x)ex (x2ax a) ， 故 f (x)(x 2)( x a)ex ，令 f (x) 0，得 xa 或 x2.当2a2 , 即0a1时， f ( x) 在 2a,a 上递减，在 a, a 上递增，所以 f (x)maxmax f ( 2a), f ( a) ,由于 f ( 2a)(2a2a)e 2a ， f (a)(2a2a)ea ，故 f ( a)f ( 2a) ，所以 f

12、(x)maxf (a) ;-5分当2a2, 即1a2 时， f ( x) 在 2a,2上递增， 2,a 上递减，在 a, a 上递增，所以 f (x)maxmaxf ( 2), f (a)，由于 f ( 2)(4a) e 2 ， f ( a)(2 a2a)ea ，故 f (a)f (2) ， -7分所以 f (x)maxf (a) ;综上得， f ( x) maxf ( a)(2 a2a)ea-8分（ 3）结论：当 k1时，函数 F ( x) 无零点；当 k2 时，函数 F ( x) 有零点 -9分理由如下：当 k1时，实际上可以证明：ex2 ex2ln x20方法一 ：直接证明 F ( x)

13、ex2ex2ln x2 的最小值大于0，可以借助虚零点处理F (x)(x22x)ex12，显然可证 F(x)(x22x)ex 12在 0,上递增，xx1111 211 21523因为 Fee) 20 ， Fee (2) 2e e e (2e2e4 0 ，eee4所以存在 x0(11x00 ，,)，使得 Fe2数学试题答案第5页（共 8页）所以当 x (0, x0 ) 时， F (x) 递减；当 x( x0 ,) 时， F (x) 递增，所以 Fx minFx01ln x01)，其中 x0(1, 1) ，2(2x0e2而x2(x1ln x1) 递减，所以x12(ln 2 3)0 ，225所以 F

14、x min0，所以命题得证。-14分方法二 ：转化为证明 e ex2(ln x1)，下面分别研究左右两个函数xx3令 p xe ex，则可求得px minp 1 e2 ，x2(ln x1)22e2 ，所以命题得证。令 q x，则可求得 q xqe 3-14 分x3max3方法三 ：先放缩，再证明可先证明不等式exex （参考第 1 小题，过程略） ，所以只要证 e2 x32ln x2，令 p xe2 x32ln x2，则可求得 px minp( 22) 312 ln 30 ，3e32所以命题得证-14分当 k2 时， F ( x)ex2 ex2k(ln x1) ，33eek此时 F11 e22

15、k (1ln 2)1 e24(1ln 2)0， Fek2k1(2k 22k ) ，244下面证明 Fek0 ，可借助结论 exx2 ( x2) 处理，首先证明结论exx2 ( x2) ：令x2xxxx ex ,( x 2) ，则x e 2x ，故e 2 0 ，所以xx2x 在 2,) 上递增，所以x20 ，e所以xexx2 在 2,)上递增，所以x20 ，得证。借助结论得 eek2k1ek22k1(k 22k1)2(k1)4(k1)(k1)32k (k1)，所以 Fek0 ，又因为函数F ( x) 连续，所以 F ( x) 在1, ek上有零点 .-16分2数学试题答案第6页（共 8页）数学试

16、题参考答案21.解：由题意得a1 12,即 a22,解得a42b,b47b871所以 A41-51,分4所以矩阵 A 的特征多项式为f ()1412815，4令 f ( )0，解得5 或3，即矩阵 A 的特征值为5和3.-10分22.解：将直线 l 的极坐标方程化直角坐标系方程为yx-2分将曲线 C 的参数方程化为普通方程可得：y2x2(1x1)-5分yxx2x 20，解得 x=1或 x=2 ，又1x1，所以 x=1，由2x2得y所以直线 l与曲线 C 的交点的直角坐标为（1,1） .-10分注：结果多一解的扣2 分23.解：甲、乙、丙三人从四门课程中各任选一门，共有4364 种不同的选法，记

17、“甲、乙、丙三人选择的课程互不相同”为事件M ，事件 M 共包含 A4324 个基本事件，则P(M )243，3 .648所以甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率为-3分8 方法一 ： X 可能的取值为0,1,2,3，-4分P( X0)3327， P(X1)C313227436433，64P( X2)C3239，P(X3)C 331.-8 分43644364所以 X 的分布列为：X0123P27279164646464所以 X 的数学期望 E(X )02712729313. -10 分646464644X 为甲、乙、丙三方法二： 甲、乙、丙三人从四门课程中任选一门，可以看成三次独立重复试验，人中选修数学史的人数，则X : B(3,1) ，所以 P( Xk)C3k ( 1) k (3 )3 k ， k0,1,2,3，444所以 X 的分布列为：数学试题答案第7页（共 8页）X0123P27279164646464所以 X 的数学期望 E (X )3 13.4424.解：因为 fi( x)=xi(iN) ，所以 Fn( x)(1)0 C0n x0(1)1 C1n x1L( 1)n Cnn xn(1 x)n ，所以 F2( 1)=0 ，-1分所以 F2017 ( 2)(12)20171.-3分因为 f i( x)=x( x0,iN