2022-2022学年第二片区高三(上)第一次联考试卷-答案.pdf

1/17 福建省漳州市福建省漳州市第二片区第二片区 2017 届届高三（上）第一次联考高三（上）第一次联考 数学（数学（理理科）试卷科）试卷 答答 案案 一、选择题 15DABBC 610DDCAB 1112DA 二、填空题 132 143,0 1532 161+22 三、解答题 解：（I）23nSnn 当1n 时，1123 12S ，即1 2a ，当2n时，221(1)3(1)54nSnnnn 124nnnaSSn，显然，1n 时，1242na 也满足上式，数列 na的通项公式24nan（II）21111+4+1nnbSnnnnn，11111111223+1+1+1nnTnnnn（）（）（）令2016+12017nn得 2016n，N*n，故n的最小值为 2017 18解：（I）sin()sin(2)sin22aAbcBcbC，由正弦定理可得：2()()c222abc bcb，即2222bcbca（），由余弦定理可得：2222cos22bcaAbc（），2/17 (0,)A，4A（）由2 5cos5B，可得5sin5B，再由正弦定理可得sinsinabAB，即102525b，得2bAC ABC中，由余弦定理可得2222cosBCABACABACA，即22104222ABAB，求得32AB ABD中，由余弦定理可得22222cos18 1 6 2132BDABADABADA ，13BD 19（1）证明：长方形ABCD中，2 2AB，2AD，M为DC的中点，2AMBM，BMAM ADMABCM平面平面，ADMABCMAM平面平面，BMABCM平面 BMADM平面 ADADM平面ADBM；（2）建立如图所示的直角坐标系，设DEDB，则平面AMD的一个法向量0,10n （,），1,2,1MEMDDB（），2,0,0AM（），设平面AME的一个法向量为,nx y z（），则20(1)+2(1)0mAMxm MExyz，取1y，得0 x，21z，则20,1,1n（），5cos,5m nm nm n，求得12，故E为BD的中点，3/17 20解：（I）设椭圆M的半焦距为c，即1c，又离心率1e2，即12ca 2222,3abac 椭圆M的方程为22+143xy（II）设直线 l 的方程为1xmy，12()C xy，22(,)D xy，联立方程组 22+1431xyxmy，消去 x 得，22(34)690mymy 12263+4myym，122903+4y ym 1112SSABCABy，22SSABDABy，且12,y y异号 12121221211124422|3+43+mSSAByyyymmm 434 3mm，当且仅当43=mm，即23m 时，等号成立 12|SS的最大值为1234 3 此时 l 的方程为3230 xy 21解：（I）()e1fxxx，e1fxx（）当0 x时，()0fx，当0 x 时，()0fx 4/17 fx（）在(,0)上单调递减；在(0,)上单调递增 当0 x 时，f（0）=0 为 f（x）极小值，无极大值（II）证明：由题意2e1g xfxxxx（）（），令220F xf xg xf xfxexexxx（）（）（）（）（）（），ee2F xxxx（），ee20Fxxx（）因此，()F x在 F（x）上单调递增，从而有00F xF（）（）；因此，()F x在0，上单调递增，当0 x 时，有()(0)0F xF，即()()f xg x（III）证明：由（I）知，()0f x，即()f x在R上单调递增，且(0)f 因为12xx，不妨设12xx，于是有10 x，20 x，要证120 xx，即证12xx 因为()f x单调递增，120f xf x（）（）故只需证212()()()f xf xfx，即22()()0f xfx 因为20 x，由（II）知上不等式成立，从而12+0 xx 成立 请考生在第请考生在第 2223 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时，先用题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时，先用 2B 铅笔在答题铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中。卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中。【选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程】22解：（I）由圆的极坐标方程2 5sin，可得22 sin，222 5xyy，圆C的直角坐标方程为，222 50 xyy（II）设A B点所对应的参数分别为12tt，把直线l的参数方程代入圆C的方程 则12tt，是下面方程的根 22222352 550222ttt（）（）（）整理得，23 240tt 所以，121 21234ttt ttt，（，同号）直线l过35P（，）5/17 根据t的几何意义可知1PAt，2PBt 12123 2PAPBtttt【选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲】23解：（）当1x时，()4f x，当13x 时，()22f xx，当3x时，()4f x，当3x时()1f x 恒成立，当13x 时，221x，32x，()1f x 的解集为3,+2；（）由上可知()f x的最大值为 4，44|2|a，04a，故a的范围为(0 4),6/17 福建省漳州市福建省漳州市第二片区第二片区 2017 届届高三（上）第一次联考高三（上）第一次联考 数学（数学（理理科）试卷科）试卷 解解 析析 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的。1【考点】交集及其运算。【分析】先求出集合 A 和 B，利用交集定义能求出 AB【解答】解：集合 A=x|1=x|1x2，集合 B=x|log2x1=x|0 x2，AB=x|1x2=（1，2）。故选：D 2【考点】复数的代数表示法及其几何意义。【分析】复数的分子与分母同乘分母的共轭复数，化简为 a+bi 的形式，即可推出结果。【解答】解：=，故它所表示复平面内的点是（）。在复平面内对应的点，在第一象限。故选 A 3【考点】同角三角函数基本关系的运用。【分析】利用诱导公式、二倍角的余弦公式，求得 cos（2）的值。【解答】解：sin=，则 cos（2）=cos2=（12sin2）=2sin21=，故选：B 4【考点】对数的运算性质。【分析】利用对数的运算性质可得 f（x）+f（x）=2，即可得出。【解答】解：f（x）+f（x）=lg+=2，f=2 故选：B 5【考点】由三视图求面积、体积。7/17 【分析】由正视图可得，正六边形的边长为，正六棱柱的高为 1，即可求出其体积。【解答】解：由正视图可得，正六边形的边长为，正六棱柱的高为 1，则体积为=2，故选 C 6【考点】函数 y=Asin（x+）的图象变换。【分析】根据图象向左平移个单位后与原图象重合，得到是一个周期，写出周期的表示式，解出不等式，得到 的最小值。【解答】解：图象向左平移个单位后与原图象重合是一个周期 3 所以最小是 3 故选 D 7【考点】等比数列的前 n 项和。【分析】此五个正三角形的边长 an 形成等比数列：2，1，。再利用等比数列的求和公式即可得出这五个正三角形的面积之和。【解答】解：此五个正三角形的边长 an 形成等比数列：2，1，。这五个正三角形的面积之和=。故选：D 8【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断。【分析】a0，令 f（x）=ax2bx，利用导数可得：x=函数 f（x）的极大值点即最大值点，即可判断出结论。【解答】解：a0，令 f（x）=ax2bx，则 f（x）=axb，令 f（x）=0，解得 x=。x=函数 f（x）的极大值点即最大值点，8/17 xR，ax2bxax02bx0，a0，则“ax0=b”的充要条件是：xR，ax2bxax02bx0，故选：C 9【考点】双曲线的简单性质。【分析】利用题设条件和双曲线性质在三角形中寻找等量关系，得出 a 与 b 之间的等量关系，运用双曲线的a，b，c 的关系和离心率公式即可求出双曲线的离心率。【解答】解：依题意|PF2|=|F1F2|，可知三角形 PF2F1 是一个等腰三角形，F2 在直线 PF1 的投影是其中点，且 F2 到直线 PF1 的距离等于双曲线的实轴长，由勾股定理可知|PF1|=4b，根据双曲定义可知 4b2c=2a，整理得 c=2ba，代入 c2=a2+b2 整理得 3b24ab=0，求得=，即 b=a，则 c=a，即有 e=。故选：A 10【考点】抛物线的简单性质。【分析】先由抛物线定义可知 AM=AF，可推断1=2；又根据 AMx 轴，可知1=3，进而可得2=3，同理可求得4=6，最后根据MFN=3+6，则答案可得。【解答】解：如图，由抛物线定义可知 AM=AF，故1=2，又AMx 轴，1=3，从而2=3，同理可证得4=6，而2+3+4+6=180，MFN=3+6=180=90，以线段 MN 为直径的圆与直线 l 的位置关系是相切，故选 B 9/17 11【考点】函数与方程的综合运用；函数的图象。【分析】设出对称点的坐标，代入两个函数的解析式，转化为方程有解，利用函数图象关系列出不等式求解即可。【解答】解：函数 f（x）=x3+2x1（x0）与 g（x）=x3log2（x+a）+1 的图象上存在关于原点对称的点，设函数 f（x）=x3+2x1（x0）上的一点为（m，n），m0，可得 n=m3+2m1，则（m，n）在 g（x）=x3log2（x+a）+1 的图象上，n=m3log2（m+a）+1，可得 2m=log2（m+a），即（m0）有解，即，t0 有解。作出 y=，与 y=log2（t+a），t0 的图象，如图：只需 log2a1 即可。解得 a（0，2）。故选：D 12【考点】根的存在性及根的个数判断。【分析】求 f（x）的导数，单调区间和极值，作出 f（x）的图象，令 t=f（x），则 t2mt=0，由判别式和根与系数的关系可得方程有一正一负根，结合图象可得原方程实根的个数。【解答】解：函数 f（x）=（x23）ex 的导数为 f（x）=（x+3）（x1）ex，当 x1 或 x3 时，f（x）0，f（x）递增；当3x1 时，f（x）0，f（x）递减。即有 f（x）在 x=1 处取得极小值2e；在 x=3 处取得极大值 6e3，作出 f（x）的图象，如图所示；关于 x 的方程 f2（x）mf（x）=0，由判别式为 m2+0，方程有两个不等实根，令 t=f（x），则 t2mt=0，t1t2=0，则原方程有一正一负实根。10/17 当 t6e3，y=t 和 y=f（x）有一个交点，当 0t6e3，y=t 和 y=f（x）有三个交点，当2et0 时，y=t 和 y=f（x）有两个交点，当 t2e 时，y=t 和 y=f（x）没有交点，则 x 的方程 f2（x）mf（x）=0 的实根个数为 3 故选：A 二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分。把答案填在题中横线上。13【考点】向量在几何中的应用。【分析】根据向量加法的平行四边形形法则和减法的三角形法则，可得以 ABAC 为邻边的平行四边形ABDC 为矩形，可得 AM 是 RtABC 斜边 BC 上的中线，可得=，结合题中数据即可算出的值。【解答】解：以 ABAC 为邻边作平行四边形，可得对角线 AD 与 BC 长度相等 因此，四边形 ABDC 为矩形 M 是线段 BC 的中点，AM 是 RtABC 斜边 BC 上的中线，可得=，得2=16，即=4=2 故答案为：2 11/17 14【考点】简单线性规划。【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，推出 a 的范围即可。【解答】解：不等式组表示的可行域如图：平面区域内存在点 P（x0，y0）在函数 y=2x+a 的图象上，可得 a0，指数函数 y=2x，向下平移 a 单位，经过可行域的 A 时，a 可得最小值，由，可得 A（2，1），此时 1=22+a，解得 a=3，实数 a 的取值范围是：3，0 故答案为：3，0。15【考点】球的体积和表面积。【分析】如图，取 BCAD 中点分别为 E、F，连结 DE，AE，EF，取 EF 中点 O，AO=DO=OB=OC=2，即可得 O 为四面体 ABCD 的外接球，半径 R=2，【解答】解：如图，取 BCAD 中点分别为 E、F，连结 DE，AE，EF，AB=AC=DB=DC=2，AEBC，DEBC，AE=DE，EFAD，取 EF 中点 O，OF=，AO=DO=，同理可得 OB=OC=2，故 O 为四面体 ABCD 的外接球，半径 R=2，则它的外接球表面积等于 4R2=32，故答案为：32。12/17 16【考点】三角形中的几何计算。【分析】由题意，当 D 在 BC 的正上方时 SDBC 面积最大，A 为 BC 的正下方时 SABC 面积最大，设BC 为 2x，可求 DH=，S 四边形 ABCD=x2+x，设 x=sin，则利用三角函数恒等变换的应用化简可得 S 四边形=1+sin（2），利用正弦函数的性质即可求得 S 四边形的最大值。【解答】解：BAC=90，BD+CD=2，D 在以 BC 为焦点的椭圆上运动，A 在以 BC 为直径的圆上运动，当 D 在 BC 的正上方时 SDBC 面积最大，A 为 BC 的正下方时 SABC 面积最大，此时，设 BC 为 2x，则 DH=，S 四边形 ABCD=SBCD+SABC=x+=x2+x，设 x=sin，则=cos，S 四边形=sin2+sincos=（2sin2+2sincos）=（1cos2+sin2）=1+sin（2），当 sin（2）=1 时，即=时，S 四边形取得最大值，最大值为：。故答案为：。三、解答题：本大题共 6 个小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。13/17 17【考点】数列的求和；数列递推式。【分析】（I）利用公式 an=SnSn1 得出通项公式，再验证 n=1 是否成立即可；（2）化简 bn，使用裂项法求和，解不等式得出 n 的范围即可。【解答】解：（I）Sn=n23n。当 n=1 时，S1=1231=2，即 a1=2，当 n2 时，Sn1=（n1）23（n1）=n25n+4 an=SnSn1=2n4，显然，n=1 时，2n4=2=a1 也满足上式，数列an的通项公式 an=2n4（II）bn=，Tn=（1）+（）+（）=1=。令得 n2016，nN*，故 n 的最小值为 2017 18【考点】正弦定理；余弦定理。【分析】（I）由已知，利用正弦定理可得a2=（bc）b+（cb）c，化简可得 2bc=（b2+c2a2），再利用余弦定理即可得出 cosA，结合 A 的范围即可得解 A 的值。（）ABC 中，先由正弦定理求得 AC 的值，再由余弦定理求得 AB 的值，ABD 中，由余弦定理求得BD 的值。【解答】解：（I），由正弦定理可得：a2=（bc）b+（cb）c，即 2bc=（b2+c2a2），由余弦定理可得：cosA=，A（0，），A=。（）由 cosB=，可得 sinB=，再由正弦定理可得，即，得 b=AC=2 ABC 中，由余弦定理可得 BC2=AB2+AC22ABACcosA，即 10=AB2+42AB2，求得 AB=32 14/17 ABD 中，由余弦定理可得 BD2=AB2+AD22ABADcosA=18+16=13，BD=。19【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系。【分析】（）根据线面垂直的性质证明 BM平面 ADM 即可证明 ADBM（）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法建立二面角的夹角关系，解方程即可。【解答】（1）证明：长方形 ABCD 中，AB=2，AD=，M 为 DC 的中点，AM=BM=2，BMAM。平面 ADM平面 ABCM，平面 ADM平面 ABCM=AM，BM平面 ABCM BM平面 ADM AD平面 ADMADBM；（2）建立如图所示的直角坐标系，设，则平面 AMD 的一个法向量=（0，1，0），=+=（1，2，1），=（2，0，0），设平面 AME 的一个法向量为=（x，y，z），则，取 y=1，得 x=0，z=，则=（0，1，），cos，=，求得，故 E 为 BD 的中点。20.（I）求椭圆 M 的方程；（II）记ABC 与ABD 的面积分别为 S1 和 S2，求|S1S2|的最大值，并求此时 l 的方程。【考点】椭圆的简单性质。【分析】（）由焦点 F 坐标可求 c 值，根据离心率 e 及 a，b，c 的平方关系可求得 a 值；（）当直线 l 不存在斜率时可得，|S1S2|=0；当直线 l 斜率存在（显然 k0）时，设直线方程为 y=k（x+1）15/17 （k0），与椭圆方程联立消 y 可得 x 的方程，根据韦达定理可用 k 表示 x1+x2，x1x2，|S1S2|可转化为关于 x1，x2 的式子，进而变为关于 k 的表达式，再用基本不等式即可求得其最大值。【解答】解：（I）设椭圆 M 的半焦距为 c，即 c=1，又离心率 e=，即=a=2，b2=a2c2=3 椭圆 M 的方程为（II）设直线 l 的方程为 x=my1，C（x1，y2），D（x2，y2），联立方程组，消去 x 得，（3m2+4）y26my9=0 y1+y2=，y1y2=0 S1=SABC=|AB|y1|，S2=SABD=|AB|y2|，且 y1，y2 异号|S1S2|=|AB|y1+y2|=4|y1+y2|=3|m|+4，当且仅当 3|m|=，即 m=时，等号成立|S1S2|的最大值为=此时 l 的方程为x2y+=0 21【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】（）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间和极值即可；（）令 F（x）=f（x）g（x），求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出 F（x）F（0），证出结论即可；（）要证 x1+x20，即证 x1x2，根据函数的单调性只需证f（x2）=f（x1）f（x2），即 f（x2）+f（x2）0，结合（）得出结论。【解答】解：（I）f（x）=exx1，f（x）=ex1 当 x0 时，f（x）0，当 x0 时，f（x）0 f（x）在（，0）上单调递减；在（0，+）上单调递增。当 x=0 时，f（0）=0 为 f（x）极小值，无极大值。（II）证明：由题意 g（x）=f（x）=ex+x2x+1，16/17 令 F（x）=f（x）g（x）=f（x）+f（x）=ex+exx22（x0），F（x）=exex2x，F（x）=ex+ex20 因此，F（x）在0，+）上单调递增，从而有 F（x）F（0）=0；因此，F（x）在0，+）上单调递增，当 x0 时，有 F（x）F（0）=0，即 f（x）g（x）。（III）证明：由（I）知，f（x）0，即 f（x）在 R 上单调递增，且 f（0）=0.因为 x1x2，不妨设 x1x2，于是有 x10，x20，要证 x1+x20，即证 x1x2 因为 f（x）单调递增，f（x1）+f（x2）=0 故只需证f（x2）=f（x1）f（x2），即 f（x2）+f（x2）0 因为 x20，由（II）知上不等式成立，从而 x1+x20 成立。请考生在第 2223 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时，先用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中。选修 4-4：坐标系与参数方程 22【分析】（I）由圆的极坐标方程=2sin，可得 2=2sin，即可求圆 C 的直角坐标方程；（II）设 AB 点所对应的参数分别为 t1，t2，把直线 l 的参数方程代入圆 C 的方程，利用参数的几何意义，即可求|PA|+|PB|的值。【解答】解：（I）由圆的极坐标方程=2sin，可得 2=2sin，x2+y2=2y，圆 C 的直角坐标方程为，x2+y22y=0（II）设 AB 点所对应的参数分别为 t1，t2，把直线 l 的参数方程代入圆 C 的方程 则 t1，t2 是下面方程的根（3+t）2+（+t）22（+t）=0 整理得，t2+3t+4=0 所以，t1+t2=3，t1t2=4（t1，t2 同号）直线 l 过 P（3，）根据 t 的几何意义可知|PA|=|t1|，|PB|=|t2|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=|t1+t2|=3 选修 4-5：不等式选讲 23【考点】带绝对值的函数。【分析】（1）运用绝对值不等式的性质：绝对值的和不小于差的绝对值，利用基本不等式即可证得结论。（2）若 f（2）5，即|2|+|2+m|5，即有|2|3m，即 23m 或 2m3转化为二次不等式，解出即可，注意 m0.【解答】（1）证明：f（x）=|x|+|x+m|（x）（x+m）|17/17 =|m|=+m（m0）又 m0，则+m4，当且仅当 m=2 取最小值 4 f（x）4；（2）解：若 f（2）5，即|2|+|2+m|5，即有|2|3m，即 23m 或 2m3 由于 m0，则 m2m40 或 m25m+40，解得 m或 m4 或 0m1 故 m 的取值范围是（，+）（0，1）。