浙江省部分市学校(新昌中学、台州中学等)2018届高三上学期联考数学试题+Word版含答案

高三年级数学 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Px|x0，Qx|1x1，那么(ðRP)Q（ ） A．(1,)

B．(0,1)

C．(1,0]

D．(1,1)

2.设i为虚数单位，z表示复数z的共轭复数，若z1i，则A．2i

B．2i

C．2

zz（ ） iD．2

3.“m2”是“直线2x(m1)y40与直线mx3y20平行”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

x1,4.已知x，y满足约束条件xy2,若2xym恒成立，则m的取值范围是（ ）

x3y0,A．m3 5.已知函数f(x)（ ）

B．m3

C．m7 2D．m7 31312axxx1（aR），下列选项中不可能是函数f(x)图象的是32

6.已知实数a0，b0，A．32 111，则a2b的最小值是（ ） a1b1C．3

D．2

B．22 7.已知等差数列an、bn的前n项和分别为Sn、Tn，若

Snn2a，则6的值是（ ） Tnn1b7

- 1 -

A．

13 14B．

13 12C．

14 15D．

11 14x2y28.设点P是双曲线221（a，b0）上异于实轴端点上的任意一点，F1，F2分别是

abb2其左右焦点，O为中心，|PF1||PF2||OP|，则此双曲线的离心率为（ ）

22A．6 2B．2 C．3 D．2

9.已知PABC是正四面体（所有棱长都相等的四面体），E是PA中点，F是BC上靠近点B的三等分点，设EF与PA、PB、PC所成角分别为、、，则（ ）

A．

B．

C．

D．

10.如图，点C在以AB为直径的圆上，其中AB2，过A向点C处的切线作垂线，垂足为P，

则ACPB的最大值是（ ）

A．2

B．1

C．0

第Ⅱ卷（共110分）

二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，将答案填在答题纸上）

- 2 -

D．1

11.16/17世纪之交，随着天文、航海、工程、贸易以及军事的发展，改进数字计算方法成了当务之急，约翰纳皮尔正是在研究天文学的过程中，为了简化其中的计算而发明了对数．后来天才数学家欧拉发现了对数与指数的关系，即aNblogaN． 现在已知23，34，则ab ．

12.设sin2sin，(0,)，则cos ；tan2 ． 13.在(x)的展开式中，各项系数之和为64，则n ；展开式中的常数项为 ．

14.4支足球队两两比赛，一定有胜负，每队赢的概率都为0.5，并且每队赢的场数各不相同，则共有 种结果；其概率为 ．

15.某几何体的三视图如图所示，则俯视图的面积为 ；此几何体的体积 ．

abb1xn

22216.已知圆C：x(yr)r（r0），点A(1,0)，若在圆C上存在点Q，使得

CAQ60，r的取值范围是 ．

17.当x,4时，不等式|axbx4a|2x恒成立，则6ab的最大值是 ．

2三、解答题 （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.设函数f(x)sin(2x326)sin2xcos2x．

（1）求f(x)的单调递增区间；

（2）若角A满足f(A)1，a3，ABC的面积为

3，求bc的值． 2

- 3 -

19.如图，在三棱锥PABC中，ABC是正三角形，面PAB面ABC，PAB30，

ABPB2，ABC和PBC的重心分别为D，E．

（1）证明：DE//面PAB；

（2）求AB与面PDE所成角的正弦值． 20.已知函数f(x)eaxx． （1）讨论f(x)的单调性；

（2）证明：当a1时，存在实数x0，使f(x0)1．

x2221.如图，在平面直角坐标系xOy中，设点M(x0,y0)是椭圆C：y1上一点，从原点

2O向圆M：(xx0)2(yy0)2的斜率分别记为k1，k2．

2Q，OQ作两条切线分别与椭圆C交于点P，直线OP，

3

（1）求证：k1k2为定值；

（2）求四边形OPMQ面积的最大值． 22.已知数列an满足：a1

a1p1，p1，an1n． plnan- 4 -

（1）证明：anan11； （2）证明：

2ana1； an1nan1212n112n1（3）证明：ln(a1a2„an)n1．

p12n1p2

- 5 -

2017学年第一学期9+1高中联盟期中考高三年级数学学科答案

一、选择题

1-5:CBADD 6-10:BACDB 二、填空题 11.2 15.

12.

1，3 213.6,15 17.6

14.24，

3 882，

3216.[3,)

三、解答题 18.解：（1）f(x)令得3131sin2xcos2xcos2xsin2xcos2xsin(2x)， 2222622k2xkx622k，kZ，

63k，kZ．

所以，f(x)的单调递增区间为（2）由条件f(A)sin(2A∵0Ak,k，kZ．

36)1， 5，∴2A，解得A． 662362，∴62A6∵S213bcsinA，∴bc2． 222又bc2bccos233，化简得(bc)23bc3，

则(bc)9，∴bc3．

19.（1）证明：取BC中点F，连结AF，由重心性质可知D，E分别在AF，PF上且

AD2DF，PE2EF，所以在AFP中有

FDFE， DAEP所以DE//AP，又DE平面PAB，AP平面PAB， 所以DE//平面PAB．

（2）解：以AB中点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． ∵ABPB2，PAB30，∴PBA120，∴P(0,2,3)，

- 6 -

又由条件A(0,1,0)，B(0,1,0)，F(31,,0)， 223333∴FA(,,0)，FP(,,3)，AB(0,2,0)．

2222设面PDE的法向量为n(x,y,z)，则33xy0,22 33xy3z0,22x3,取x3，则y1,∴n(3,1,3)，

z3,77∴sin|cosnAB|，即所求角的正弦值为．

77

20.解：（1）∵f(x)ex，∴f'(x)ae1． ①当a0时，f'(x)0，所以f(x)在R上单调递减；

axaxlnalna，令f'(x)0得x， aalnalna)上单调递减，在(,)上单调递增． 所以f(x)在(,aa②当a0时，令f'(x)0得x（2）因为f(0)1，所以

①若a0，则f(x)在R上递减，所以当x00时能使f(x0)1；

- 7 -

②若0a1，则所以取x0lnalna0，而f(x)在(,)上单调递减， aalna时能使f(x0)f(0)1； alnalna0，而f(x)在(,)上单调递增， ③若a1，则aalna所以取x0时能使f(x0)f(0)1，

a综上，当a1时，存在实数x0，使f(x0)1．

21.解：（1）因为直线OP：yk1x，OQ：yk2x，与圆M相切， 由|kx0y0|1k26，可得k1，k2是方程(3x022)k26x0y0k3y0220的两个不相等的3实数根，

x023y0222∴k1k2，因为点M(x0,y0)在椭圆C上，所以y01， 223x023y0221∴k1k2． 23x022（2）（i）当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)， 因为2k1k210，所以

12y1y210，即y12y22x12x22，

4x1x2因为P(x1,y1)，Q(x2,y2)在椭圆C上，

x12x221)(1)x12x22， 所以yy2(1224212整理得x12x222，所以y12y221， 所以OPOQ3.

（ii）当直线落在坐标轴上时，显然有OPOQ3， 综上：OPOQ3．

222222因为SOPMQ166(OPOQ)(OPOQ)， 236

- 8 -

因为OPOQ2(OP2OQ2)6，

所以SOPMQ的最大值为1．

22.解：（1）先用数学归纳法证明an1． ①当n1时，∵p1，∴a1p11； p②假设当nk时，ak1，则当nk1时，ak1由①②可知an1． 再证anan1．

ak1ak11. lnakak1an1anan1a1anlnan， annlnanlnan令f(x)x1xlnx，x1，则f'(x)lnx0， 所以f(x)在(1,)上单调递减，所以f(x)f(1)0，

所以

an1anlnan0，即anan1．

lnan2ana12ana1an1，只需证， an1nnan12an1lnan2（2）要证

2anlnanan210,只需证其中an1，

(an1)lnan2an20,先证2anlnanan210，

2令f(x)2xlnxx1，x1，只需证f(x)0．

因为f'(x)2lnx22x2(x1)22x0， 所以f(x)在(1,)上单调递减，所以f(x)f(1)0. 再证(an1)lnan2an20，

令g(x)(x1)lnx2x2，x1，只需证g(x)0，

- 9 -

x112lnx1， xx111x1令h(x)lnx1，x1，则h'(x)220，

xxxxg'(x)lnx所以h(x)在(1,)上单调递增，所以h(x)h(1)0，

从而g'(x)0，所以g(x)在(1,)上单调递增，所以g(x)g(1)0，

综上可得

2ana1． an1nan12an111n111n1，由迭代可得an1(a11)()()， 22p2（3）由（2）知，一方面，an1因为lnxx1，所以lnanan111n1()，所以 p2ln(a1a2„an)lna1lna2„lnan11()n112n12n1；

1p1p22另一方面，即

110111n1()()„()p222an11an1， an12an由迭代可得

an1a111n111n1()()． ana12p12111n11()，所以 ，所以lnan1xp12an因为lnx111n112n11011ln(a1a2„an)lna1lna2„lnan()()„()n1p1222p12；

12n112n1综上，n1ln(a1a2„an)n1．

p12p2

- 10 -