江苏省海安高级中学2017届高三数学12月月考试题

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案直接填写在答题卡相应位 ．．．．．． 置上． ．．

1．已知集合Ax1x≤2，集合Bx0≤x3，则AB ▲ ．

2．若复数1+bi1+i是纯虚数（i是虚数单位），则实数b的值为 ▲ ．

1，则抛物线 3．在平面直角坐标系xOy中，抛物线C的顶点为坐标原点，焦点坐标为0，C的标准方程是 ▲ ．

4．一组数据9.8， 9.9， 10，a， 10.2的平均数为10，则该组数据的方差为 ▲ . 5．运行如图所示程序框图后，输出的结果是 ▲ ．

6．若“x13”是“x2xa0”的充分不必要条件， 则实数a的取值范围是 ▲ ．

7．函数fx3cos3xsin3x是奇函数，则角的值为 ▲ ．

2 3，b1，，，， 2 3 4 5，直线l1：axby3，直线l2：x2y2，则这两条直线的8．已知a1，，交点在第一象限的概率为 ▲ ．

9．已知圆锥的母线长为5，侧面积为15，则此圆锥的体积为 ▲ ．(结果保留)．

2y2x10．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1和直线l：xy90．在l上取点M，经过点

123M且与椭圆C有共同焦点的椭圆中，长轴最短的椭圆的标准方程为 ▲ ．

2a， 0≤an＜1，n2nN*．若a＝a，则a所有可能的取值集11．在数列an中，an≥0且an1＝23212an1，an≥2合为 ▲ ．

12．若实数a，b，c满足2a2b2ab，2a2b2c2abc，则c的最大值为 ▲ ． 13．在ABC中，BC2，ACAB1，ABC的面积为3，则ABAC ▲ ．

14．已知函数fxcos2xasinxaR在0，n内恰有2017个零点，则正整数n的值为 ▲ ． 二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卡指定区域内作答. 解答时应写出文字 ．．．．．．． 说明、证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分14分)

已知向量m(cosx， sinx)，ncosx， sinx23cosx，xR．设f(x)mn． （1）求函数f(x)的最小正周期；

（2）若f(x)24，且≤x≤，求sin2x的值．

1362

16．(本小题满分14分)

如图，在六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1//CC1，

A1BA1D，ABAD．

 求证：（1）AA1BD；

（2）BB1//DD1．

17．(本小题满分15分)

已知圆O：x2y24与x轴负半轴的交点为A，点P在直线l：3xya0上，过点P作圆O的切线，切点为T.

（1）若a＝8，切点T(3,1),求直线AP的方程； （2）若PA=2PT，求实数a的取值范围.

18．(本小题满分15分)

如图，OM，ON是两条海岸线，Q为大海中一个小岛，A为海岸线OM上的一个码头．已知km，tanMON3，OA6km，Q到海岸线OM，ON的距离分别为3

610 km．现要在海岸线5ON上再建一个码头B，使得水上旅游线路AB（直线）经过小岛Q．

（1）求水上旅游线路AB的长；

（2）若小岛正北方向距离小岛6 km处的海中有一个圆形强水波P，水波生成t h时的半径为r3at（其中0a5，aR）．强水波开始生成时，一游轮以182 km/h的速度自码头A开往码头B，问强水波是否会波及游轮的航行，并说明理由．

19．(本小题满分16分)

{bn}， {cn}满足a1a，b11，c13，且对于任意nN*，都有bn1设数列{an}，OQAMBPNancn，2cn1anbn． 2（1）若数列{an}和{cnbn}都是常数列，求实数a的值； （2）求数列{cnbn}的通项公式；

（3）设{an}是公比为a的等比数列，数列{bn}， {cn}的前n项和分别为Sn，Tn．若2Sn1Tn5对

2一切正整数n均成立，求实数a的取值范围.

20．(本小题满分16分)

已知函数f(x)＝1λ＋(a，b，λ为实常数)． x－ax－b （1）若λ＝－1，a＝1．

①当b＝－1时，求函数f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程； 11

②当b＜0时，求函数f(x)在[，]上的最大值．

32

（2）若λ＝1，b＜a，求证：不等式f(x)≥1的解集构成的区间长度D为定值．（注：定义区间

a，b，a，b，a，b，a，b的长度为ba）

数学II（附加题）

21．【选做题】本题包括A，B，C，D四小题，请选定其中两题作答，每小题10分，共计20分，解．．．．．．．．．答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤． B．选修4—2：矩阵与变换

a b 11已知二阶矩阵A，矩阵A属于特征值的一个特征向量为111，属于特征值

c d24的一个特征向量为2．求矩阵A．

2

C．选修4—4：坐标系与参数方程

3x2cos，在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为为参数．以直角坐标系原

ysin点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cosπ22．点

4P为曲线C上的动点，求点P到直线l距离的最大值．

【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分． 解答时应写出文字说明，证明过程或演算

步骤．

22．在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且D1E＝λEO. （1）若λ=1，求异面直线DE与CD1所成角的余弦值； （2）若平面CDE⊥平面CD1O，求λ的值.

23．一种抛硬币游戏的规则是：抛掷一枚硬币，每次正面向上得1分，反面向上得2分.

（1）设抛掷5次的得分为，求的分布列和数学期望E； （2）求恰好得到n(nN*)分的概率．

江苏省海安高级中学2017届高三数学试卷

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案直接填写在答题卡相应位 ．．．．．． 置上． ．．1． 答案：x1x3 2． 答案：1 3．答案：x24y 4．答案：0.02 5．答案：10

4 6．答案：，7．答案：k，kZ

38．答案：2

59．答案：12

2y2x10．答案：1 4536 1 11．答案：0，12．答案：log213．答案：13 44 314．答案：1345

二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卡指定区域内作答. 解答时应写出文字 ．．．．．．． 说明、证明过程或演算步骤．

15．解：（1）f(x)cos2xsinxsinx23cosx …… 2分 cos2xsin2x23sinxcosx 3sin2xcos2x 23sin2x1cos2x

22 2sin2x，

 所以f(x)的最小正周期为． …… 6分

 （2）由（1）得sin2x12，

13 由≤x≤得≤2x≤， 262 所以cos2x1sin22x5， …… 8分 13 此时sin2xsin2x  sin2xcoscos2xsin …… 11分

 12351 5123． …… 14分

1321322616．证明：（1）取线段BD的中点M，连结AM、A1M， 因为A1DA1B，ADAB，

所以BDAM，BDA1M．…………………………………………3分

又AMA1MM，AM、A1M平面A1AM，所以BD平面A1AM．

 而AA1平面A1AM，所以AA1BD.…………………………………7分 （2）因为AA1//CC1，

AA1平面D1DCC1，CC1平面D1DCC1，

所以AA1//平面D1DCC1．…………………………………………………9分 又AA1平面A1ADD1，平面A1ADD1 所以AA1//DD1．同理得AA1//BB1，

所以BB1//DD1．……………………………………………………………14分 17．解：（1）由题意，直线PT切于点T，则OT⊥PT，又切点T的坐标为(4,3)，

所以kOT13，kPT3， ………………………………………3分

kOT3平面D1DCC1DD1，…………11分

故直线PT的方程为y13(x3)，即3xy40.

x23，3xy40， 2)， …………………5分 所以解得即P(23，y2，3xy80，所以直线AP的斜率为k2023213131， 2故直线AP的方程为y31(x2)， 2即x(31)y20. …………………………………………7分 （2）设P(x,y)，由PA＝2PT，可得(x2)2y24(x2y24)，

即3x23y24x200，

满足PA＝2PT的点P的轨迹是一个圆(x)2y22364， …………………11分 9所以d82316a|≤， ≤，即|33(3)21323a3解得16231623. …………………………………………15分 ≤a≤3318． 解：（1）以点O为坐标原点，直线OM为x轴，建立直角坐标系如图所示． 0，直线ON的方程为 则由题设得：A6，y3x，Qx0， 3x00．

由3x0310610 3．2分 ，解得x03，所以Q3，5故直线AQ的方程为yx6， y3x，x3，由得

xy60y9， 9，故AB即B3，3629292， …………………………………… 5分

答：水上旅游线AB的长为92km． ………………………………………6分 （2）设试验产生的强水波圆P，由题意可得P（3，9），

生成t小时时，游轮在线段AB上的点C处，

1 18t． 则AC182t，0≤t≤，所以C618t，2122若强水波不会波及游轮的航行即PCr对t0,恒成立.

2即PC2(18t3)2(18t9)2r29at， ………………………………………10分 当t0时恒成立，

110当t0时，即t0， 时，a72t48.

2t令g(t)72t当且仅当t1011048，t0， ，g(t)72t48≥24548，

t2t510， 时等号成立，

62所以当0a24548时rPC恒成立，即强水波不会波及游轮的航行．……14分

答：在0a24548时，强水波不会波及游轮的航行． …………………15分 19．解：（1）因为bn1cn1an所以abncn，且an、cnbn是常数列， 2b1c12； …………………3分 2（2）由已知得an2bn1cn，an2cn1bn，

所以2bn1cn2cn1bn，即cnbn2cn1bn1， …………………5分 又因为c1b12，所以

cn1bn11，

cnbn2 即数列cnbn是以2为首项，1 故cnbn221为公比的等比数列， 2n1； …………………8分

（3）由已知得an2bn1cn，

所以a1a2an2b2b3bn1c1c2cn，

即2Sn1Tna1a2故aa2an2b1aa2an2，……………10分

1恒成立，记Mnaa2an， 2当a≥1时，n1即不成立，舍去； ……………11分

an当a1时，Mna1an1aan1a， a1a13a13a1，即当取大于log(a)的偶数时，nlog(a)a122a2a不成立，舍去； ……………12分 当n为偶数时，令an1当0a1时，Mn所以

a1an1aaan1a， 1a1a1aa11≤，解得0a≤； ……………13分 1a23当1a0时，Mn0恒成立，符合； ……………14分 当a1时，Mn1或Mn0符合； ……………15分

1综上：1≤a0或0a≤． ……………16分

320．解：（1）①当b＝－1时，f(x)＝

112－4x

－＝，则f ′(x)＝，可得f ′(2)x－1x＋1x2－1(x2－1)2

＝－42，

又f(2)＝2，故所求切线方程为y－2＝－42(x－2)，

即42x＋y－10＝0． ……………2分 ②当λ＝－1时，f(x)＝

11－， x－1x－bb＋1

2(b－1)(x－)211(x－1)2－(x－b)2

则f ′(x)＝－＋＝＝． ……………4分

222222(x－1)(x－b)(x－1)(x－b)(x－1)(x－b)

因为b＜0，则b－1＜0 ，且b＜ 故当b＜x＜ 当

b＋11

2

＜ 2

b＋1

2

时，f ′(x)＞0，f(x)在(b，

b＋1

2

)上单调递增；

b＋1

1b＋11＜x＜ 时，f ′(x)＜0，f(x)在(， )单调递减． 2222

(Ⅰ)当

b＋11

111

≤，即b≤－时，f(x)在[，]单调递减， 23332

19b－9所以[f(x)]max＝f()＝； ……………6分

32－6b1b＋111b＋14

(Ⅱ)当＜＜，即－＜b＜0时，[f(x)]max＝f()＝． ……………8分

32232b－1

41

，－＜b＜0， b－13

＝ ……………9分

9b－91 2－6b，b≤－3．

综上所述，[f(x)]max

（2） f(x)≥1即

11＋≥1．……………………(*) x－ax－b①当x＜b时，x－a＜0，x－b＜0，此时解集为空集． ……………10分 ②当a＞x＞b时，不等式(*)可化为 (x－a)＋(x－b)≤(x－a)(x－b)， 展开并整理得，x－(a＋b＋2)x＋(ab＋a＋b)≥0， 设g (x)＝x－(a＋b＋2)x＋(ab＋a＋b)，

因为△＝(a－b)2＋4＞0，所以g (x)有两不同的零点，设为x1，x2(x1＜x2)， 又g (a)＝b－a＜0，g (b)＝a－b＞0，且b＜a， 因此b＜x1＜a＜x2，

2

2

所以当a＞x＞b时，不等式x－(a＋b＋2)x＋(ab＋a＋b)≥0的解为b＜x≤x1．

……………13分

③当x＞a时，不等式(*)可化为 (x－a)＋(x－b)≥(x－a)(x－b)， 展开并整理得，x－(a＋b＋2)x＋(ab＋a＋b)≤0，

由②知，此时不等式的解为a＜x≤x2， ……………14分 其长度为(x1－b)＋(x2－a)＝x1＋x2－a－b＝a＋b＋2－a－b＝2．

故不等式f(x)≥1的解集构成的区间长度D为定值2． ……………16分

数学II（附加题）21．【选做题】本题包括A，B，C，D四小题，请选定其中两题作答，每小题．．．．．．．．．

10分，共计20分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

B．【解】由特征值、特征向量定义可知，A111，

a b 1 1ab1，1即，得 ……………………5分 11c dcd1.3a2b12，2 3同理可得 解得a2， b3， c2， d1．因此矩阵A．…10分 3c2d8，2 12

2

C．【解】cosπ22化简为cossin4，

4则直线l的直角坐标方程为xy4． …………………4分 sin，得P到直线l的距离d设点P的坐标为2cos，2cossin42，

即d5sin42，其中cos15, sin25． …………………8分

当sin-1时，dmax22

10． ………………10分 2【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分． 解答时应写出文字说明，证明过程或演算

步骤．

22．【解】(1)不妨设正方体的棱长为1，以DA,DC,DD1 为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．

10，D1(0，0，1)，E1，1，1， 则A(1，0，0)，O1，1，0，C0，，224421. 于是DE1，1，1，CD10，1，442由cosDE，CD1＝

DECD1|DE||CD1|＝3. 63. ……………………5分 6所以异面直线AE与CD1所成角的余弦值为（2）设平面CD1O的向量为m=(x1，y1，z1)，由m·CO＝0，m·CD1＝0

1x1y0，得 2121 取x1＝1，得y1＝z1＝1，即m=(1，1，1) . ……………………7分

y1z10，11由D1E＝λEO，则E2(1)，2(1)，1，DE=2(1)，2(1)，1.

又设平面CDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由n·CD＝0，n·DE＝0. y20，得 x2 取x2=2，得z2＝－λ，即n＝(－2，0，λ) . y2z20，2(1)2(1)1因为平面CDE⊥平面CD1F，所以m·n＝0，得λ＝2． ……………………10分 23．【解】（1）所抛5次得分的概率为P(＝i)= C

i558 1 (i=5，6，7，8，9，10)， 29 5 325 5 1 326 5 327 5 1610 1 32P 105 16E=iCi5i5551= 15(分) . ……………………5分 22（2）令pn表示恰好得到n分的概率. 不出现n分的唯一情况是得到n－1分以后再掷出一次反面. 因为“不出现n分”的概率是1－pn，“恰好得到n－1分”的概率是pn－1， 因为“掷一次出现反面”的概率是即pn－

11，所以有1－pn=pn－1， …………………7分 2221pn12. =－

33221211 于是pn2是以p1－=－=－为首项，以－为公比的等比数列.

33236221所以pn－=－1236n1n11，即pn＝2. 32n11答：恰好得到n分的概率是2. ……………………10分 32