数学理卷·2017届山东省枣庄五中高三4月阶段性自测（2017

数学理卷·2017届山东省枣庄五中高三4月阶段性自测（2017

‎2017届山东省枣庄五中高三数学（理）4月份阶段性自测题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________‎ 一、选择题 ‎1.已知集合A={x|x2﹣x﹣2＞0}，B={x|x＞1}，则A∪B=（　　）‎ A．{x|x＞1} B．{x|x≤﹣1} C．{x|x＞1或x＜﹣1} D．{x|﹣1≤x≤1}‎ ‎2.已知a，b∈R，则“log2a＞log2b”是“（）a＜（）b”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎3.已知复数z满足z•i=2﹣i，i为虚数单位，则z=（　　）‎ A．2﹣i B．1+2i C．﹣1+2i D．﹣1﹣2i ‎4.执行如图的程序框图，当输入25时，则该程序运行后输出的结果是（　　）‎ A．4 B．5 C．6 D．7‎ ‎5.已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎6.对于，给出下列四个不等式：（ ）‎ ‎①；②； ③；‎ ‎ ④；其中成立的是（ ）‎ A. ①③ B.①④ C.②③ D. ②④‎ ‎7.设Sn为等比数列{an}的前n项和，a3=8a6，则的值为（　　）‎ A． B．2 C． D．5‎ ‎8.已知函数f（x）=2sinxcosx﹣sin2x+1，当x=θ时函数y=f（x）取得最小值，则=（　　）‎ A．﹣3 B．3 C．﹣ D．‎ ‎9.已知直线和椭圆交于不同的两点M，N，若M，N在x轴上的射影恰好为椭圆的两个焦点，则椭圆的离心率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10.若函数的导函数的图象关于轴对称，则的解析式可能为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、填空题 ‎11.设函数 ，若函数g(x)=[f(x)]2+bf(x)+c有三个零点x1，x2，x3，则x1x2+x2x3+x1x3等于 . ‎ ‎12.若，满足约束条件，则的最小值为 ．‎ ‎13.若双曲线的离心率为3，其渐近线与圆x2+y2﹣6y+m=0相切，则m=　　．‎ ‎14.设,则二项式展开式中的第项为___________.‎ ‎15.设复数z=1+i（i是虚数单位），则z2﹣2iz的值等于　 　．‎ ‎16.已知a，b∈[﹣1，1]，则不等式x2﹣2ax+b≥0在x∈R上恒成立的概率为　　．‎ ‎, 三、解答题 ‎17.已知函数f（x）=9x﹣2a•3x+3：‎ ‎（1）若a=1，x∈[0，1]时，求f（x）的值域；‎ ‎（2）当x∈[﹣1，1]时，求f（x）的最小值h（a）；‎ ‎（3）是否存在实数m、n，同时满足下列条件：①n＞m＞3；②当h（a）的定义域为[m，n]时，其值域为[m2，n2]，若存在，求出m、n的值，若不存在，请说明理由．‎ ‎18.已知数列{an}的首项a1=，an+1=，n=1，2，…．‎ ‎（1）求证：数列{﹣1}为等比数列；‎ ‎（2）记Sn=++…+，若Sn＜100，求最大正整数．‎ ‎19.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且8sin2．‎ ‎（I）求角A的大小；‎ ‎（II） 若a=，b+c=3，求b和c的值．‎ ‎20.已知函数f（x）=+ax（a＞0）在（1，+∞）上的最小值为15，函数g（x）=|x+a|+|x+1|．‎ ‎（1）求实数a的值；‎ ‎（2）求函数g（x）的最小值．‎ ‎21.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1=A1C=AC=2，AB=BC，且AB⊥BC，O为AC中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：A1O⊥平面ABC；‎ ‎（Ⅱ）求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值．‎ ‎22.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1： +=1（a＞b＞0）的离心率e=，且椭圆C1的短轴长为2．‎ ‎（1）求椭圆C1的方程；‎ ‎（2）设A（0，），N为抛物线C2：y=x2上一动点，过点N作抛物线C2的切线交椭圆C1于B，C两点，求△ABC面积的最大值．‎ ‎23.设函数f （x）=ex﹣x2﹣x﹣1，函数f′（x）为f （x）的导函数．‎ ‎（I）求函数f′（x）的单调区间和极值；‎ ‎（II）已知函数y=g （x）的图象与函数y=f （x）的图象关于原点对称，证明：当x＞0时，f （x）＞g （x）；‎ ‎（Ⅲ）如果x1≠x2，且f （x1）+f （x2）=0，证明：x1+x2＜0．‎ 试卷答案 ‎1.C ‎2.A ‎3.D ‎4.B ‎5.C ‎6.D.‎ ‎7.C ‎8.D ‎9.C ‎10.C ‎11.2‎ ‎12.2‎ ‎13.8‎ ‎14.‎ ‎15.2‎ ‎16. ‎ ‎17.【解答】解：（1）∵函数f（x）=9x﹣2a•3x+3，‎ 设t=3x，t∈[1，3]，‎ 则φ（t）=t2﹣2at+3=（t﹣a）2+3﹣a2，对称轴为t=a．‎ 当a=1时，φ（t）=（t﹣1）2+2在[1，3]递增，‎ ‎∴φ（t）∈[φ（1），φ（3）]，‎ ‎∴函数f（x）的值域是：[2，6]；‎ ‎（Ⅱ）∵函数φ（t）的对称轴为t=a，‎ 当x∈[﹣1，1]时，t∈[，3]，‎ 当a＜时，ymin=h（a）=φ（）=﹣；‎ 当≤a≤3时，ymin=h（a）=φ（a）=3﹣a2；‎ 当a＞3时，ymin=h（a）=φ（3）=12﹣6a．‎ 故h（a）=；‎ ‎（Ⅲ）假设满足题意的m，n存在，∵n＞m＞3，∴h（a）=12﹣6a，‎ ‎∴函数h（a）在（3，+∞）上是减函数．‎ 又∵h（a）的定义域为[m，n]，值域为[m2，n2]，‎ 则，‎ 两式相减得6（n﹣m）=（n﹣m）•（m+n），‎ 又∵n＞m＞3，∴m﹣n≠0，∴m+n=6，与n＞m＞3矛盾．‎ ‎∴满足题意的m，n不存在．‎ ‎18.【解答】（1）证明：∵an+1=，∴=+，可得﹣1=，‎ 又∵﹣1=≠0，‎ ‎∴数列{﹣1}为等比数列，首项为，公比为．‎ ‎（2）解：由（1）知，﹣1=，∴=2×+1，‎ ‎∴Sn=++…+=2×+n=1﹣+n，‎ 由Sn＜100，则n+1﹣＜100，所以nmax=99．‎ ‎19.【解答】解：（I）在△ABC中有B+C=π﹣A，由条件可得：4[1﹣cos（B+C）]﹣4cos2A+2=7， ‎ 又∵cos（B+C）=﹣cosA，∴4cos2A﹣4cosA+1=0． ‎ 解得，∴．‎ ‎（II）由．‎ 又． ‎ 由．‎ ‎20.解：（1）f（x）=+ax（a＞0，x＞1）‎ ‎=a[（x﹣1）++1]≥a（2+1）=3a，‎ 当且仅当x=2时，取得最小值3a，‎ 由题意可得3a=15，解得a=5；‎ ‎（2）函数g（x）=|x+a|+|x+1|=|x+5|+|x+1|，‎ 由|x+5|+|x+1|≥|（x+5）﹣（x+1）|=4，‎ 当且仅当（x+5）（x+1）≤0，即﹣5≤x≤﹣1时，取得等号．‎ 则g（x）的最小值为4．‎ ‎21.【解答】（Ⅰ）证明：因为A1A=A1C，且O为AC的中点，‎ 所以A1O⊥AC．…‎ 又由题意可知，平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，且A1O⊂平面AA1C1C ‎∴A1O⊥平面ABC；‎ ‎（Ⅱ）解：如图，以O为原点，OB，OC，A1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由题意可知A1A=A1C=AC=2，‎ ‎∵AB=BC，AB⊥BC ‎∴OB=‎ ‎∴O（0，0，0），A（0，﹣1，0），A1（0，0，），C（0，1，0），C1（0，2，），B（1，0，0）‎ 则有：．…‎ 设平面AA1B的一个法向量为=（x，y，z），则有，∴，‎ 令y=1，得，所以．…‎ ‎∴．…‎ 因为直线A1C与平面A1AB所成角θ和向量n与所成锐角互余，所以．…‎ ‎22.【解答】解：（1）∵椭圆C1： +=1（a＞b＞0）的离心率e=，‎ ‎∴e﹣==，∴a2=4b2，‎ 椭圆C1的短轴长为2，即2b=2，b=1，a2=4，‎ ‎∴椭圆方程为：；‎ ‎（2）设曲线C：y=x2上的点N（t，t2），B（x1，y1），C（x2，y2），‎ ‎∵y′=2x，∴直线BC的方程为y﹣t2=2t（x﹣t），即y=2tx﹣t2，①‎ 将①代入椭圆方程，整理得（1+16t2）x2﹣16t3x+4t4﹣4=0，‎ 则△=（16t3）2﹣4（1+16t2）（4t4﹣4）=16（﹣t4+16t2+1），‎ 且x1+x2=，x1x2=，‎ ‎∴|BC|=|x1﹣x2|=•=，‎ 设点A到直线BC的距离为d，则d=，‎ ‎∴△ABC的面积S=|BC|d=••=≤，‎ 当t=±2时，取到“=”，此时△＞0，满足题意，‎ ‎∴△ABC面积的最大值为．‎ ‎23.【解答】解：（I）f′（x）=ex﹣x﹣1，f′′（x）=ex﹣1‎ 当x＜0时，f′′（x）＜0，当x＞0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）=﹣e﹣x+x2﹣x+1，‎ 令F （x）=f （x）﹣g （x）=f （x）+f （﹣x）=ex+e﹣x﹣x2﹣2（x≥0），‎ F′（x）=ex﹣e﹣x﹣2x，F′′（x）=ex+e﹣x﹣2≥0‎ 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x＞0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x1≠x2，不妨设x1＜x2，于是有x1＜0，x2＞0，‎ 要证x1+x2＜0，即证x1＜﹣x2．‎ 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x2＞0，由（II）知上不等式成立，从而x1+x2＜0成立．‎