2017年4月湖州衢州丽水三地教学质量检测试卷

1、2017年4月湖州、衢州、丽水三地市教学质量检测试卷高三数学第I卷(共40分)一、选择题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1 .已知集合PxRx2，QxR1X3则PQ()A.-1,2)B.(-2,2)C.(-2,3D,-1,32 .已知复数zi(2i),其中i是虚数单位，则z的模z()A.3B.而C.3D.53 .已知平面与两条不重合的直线a,b,则“a，且b”是“ab”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4 .已知实数X,y满足Xy0,则2yX的最大值是()xy20,同颜色的球(即若取

2、出的是白球，则放回一个黑球；若取出的是黑球，则放回一个白球)，记换好球后袋中白球的个数是.若E3,则D()的解析式可能是()A.-2B.-1C.15.二项式（x2）7的展开式中含A.21B.35C.846.下列命题正确的是（）A.若InaInba3b,贝UaC.若InaInb3ba,则aD.2x5项的系数是（）D.280b0B.若Inab0D.若InaInba3b,则0abInb3ba,贝U0ab7.已知某口袋中有3个白球和a个黑球(aN,现从中随机取出一球，再换回一个不8.已知f(x)是定义在R上的函数，若方程f(f(x)x有且仅有一个实数根，则f(x)A.f(x)2x1B.f(x)exC,

3、f(x)x2x1D.f(x)sinx9 .已知O是ABC的外心，C45,则OCmOAnOB(m,nR),则mn的取值范围是()A、点B.V2,1)C,、1)D.(1J210 .已知矩形ABCD,ADJ2AB,沿直线BD将ABD折成ABD,使点A在平面BCD上的射影在BCD内(不含边界).设二面角ABDC的大小为，直线AD,AC与平面BCD所成的角分别为，则()A.B.C.D第II卷(共110分)二、填空题(每题5分，满分36分，将答案填在答题纸上)211 .双曲线x2y1的焦距是，离心率是312 .在ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若a币,c3,A30,则b,ABC的面积S.

4、13 .某几何体的三视图如图所示(单位：cm),则该几何体的体积是cm3,表1.2,圆心C在曲线y（x1,2）上,则xab，直线l：x2y0被圆C所截得的长度的取值范围是15 .6个标有不同编号的乒乓球放在两头有盖的棱柱型纸盒中，正视图如图所示，若随机从b）2一头取出一个乒乓球，分6次取完，并依次排成一行，则不同的排法种数是数字作答).16 .已知等差数列an,等比数列bn的公比为q(n,qN),设an,bn的前n项和分别为0,Tn,若T2n1Sn,则an.q17 .已知函数f(x)ax2bxc(a,b,cR),若存在实数a1,2,对任意x1,2,都有f(x)1,则7b5c的最大值是.三、解答

5、题(本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)18 .函数f(x)2sin(x)(0,0万)的部分图象如图所示，M为最高点，该图象与y轴交于点F(0,J2),与x轴交于点B,C,且MBC的面积为.(I)求函数f(x)的解析式；f-2.5一(n)右f(),求cos2的值.19 .如图，在三棱柱中ABCDEF，点P,G分别是AD,EF的中点，已知AD平面（用ABC,ADEF3,DEDF2.(I)求证：AD平面BCEF;(n)求PE与平面BCEF所成角的正弦值.20 .设函数f(x)exaxb(a,bR).(i)若ab1,求f(x)在区间卜1,2上的取值范围;(n)若对任意

6、xR,f(x)0恒成立，记M(a,b)ab,求M(a,b)的最大值.1.x221.已知点P(t,-)在椭圆C：y21内，过P的直线l与椭圆C相交于A,B两点,22且点P是线段AB的中点，O为坐标原点.(I)是否存在实数t,使直线l和直线OP的倾斜角互补？若存在， 求出t的值， 若不存在,试说明理由；(n)求OAB面积S的最大值.222.数列2口中，a1工，an12%(nN)2anan1(I)求证：an1an;(n)记数列an的前n项和为Sn,求证：Sn2017年4月湖州、衢州、丽水三地市教学质量检测高三数学试卷参考答案及评分标准、选择题1-5:ABACC6-10:CBDBD、填空题11.4,2

7、12.13、333或2,S或S;13.3,11422.52.10,八彳14.1,；15.32;16.an2n1；5575；17.-6三、解答题118.解：(I)因为SABC-2BCBCABC22所以周期T2,1,由f(0)2sin2，得sin因为0，所以一24所以f(x)2sin(x)；一2.55(n)由f(1)2sin,得sin一454所以cos212sin219.解：（I）证明：因为AD平面ABC,所以ADDG,所以BFDG,因为DEDF,G是EF的中点，所以EFDG,又BFEFF,所以DG平面BCEF;(n)取BC的中点H,连HG,取HG的中点O,连接OP,OE,因为PO/DG,所以PO

8、平面BCEF,所以OEP是PE与平面BCEF所成的角，.一5.7由已知得，PE-,OP，20.解：(I)当ab1时，f(x)exx1,f(x)ex1,_xf(x)e10的根是x0,且当x0时，f(x)0,当x0时，f(x)0,所以f(x)在(0,2)上单调递增，在(-1,0)上单调递减.所以f(x)minf(0)2,f(x)maxmax(f(1),f(2)e21,所以f(x)在区间卜1,2上的取值范围是2,e21.(n)f(x)0恒成立，即exaxb恒成立，易知a0,若a0,则b0,即ab0,若a0,由exaxb恒成立，即bexax恒成立，即abexaxa恒成立，所以sinOEPOPPE当xI

9、na时，g(x)0,当xIna时，g(x)0,所以g(x)在(，lna)上单调递减，在(Ina,)上单调递增.所以g(x)ming(lna)2aalna,从而，ab2aalna,令h(a)2aalna,因为，h(a)(2aalna)2lna11lna,所以，e是h(a)的极大值，所以h(a)h(e)e,故ab的最大值是e.21.解：(i)存在.由题意直线l的斜率必存在，设直线l的方程一1.，、是y-k(xt)代入x22y22得：22112(12k2)x24k(kt-)x2(kt-)220.(1)14k(kt-)设A(x1,y1),B(x2,丫2)，则x1X22t,即22-2t，12k2解得：kt,1c1c此时万程(1)即(12t2)x24k(t2-)x2(t2)220223由8t28t260解得，0t22.t21.一c3(或由1解信，0t)242当t0时，显然不符合题意；当t0时，设直线OP的斜率为k1,只需k1k20,即工(t)0,解得t立,均符合题意.2t2(n)由(1)知l的方程是ytxt2所以S2(t24218t8t62)12t28t4因为0t2所以当t2Smax22.证:因为2anan(an0,a10,所以an0,所以anan2an2anananan(an2anan所以，an1an，anan2an1anan1an1111一(1