浙江省“七彩阳光”联盟2018届高三上学期期初联考数学试题

2017学年第一学期浙江“七彩阳光”联盟期初联考
高三年级数学学科
试题
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，，则（
）
A．
B．
C．
D．
2.已知是虚数范围，若复数满足，则（
）
A．
4
B．
5
C．
6
D．8
3.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为（
）
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A．
B．
C．
D．
4.若，使成立的一个充分不必要条件是（
）
A．
B．
C.
且
D．
5.若，则的最大值是（
）
A．1
B．
C.
D．2
6.函数的大致图像是（
）
A．
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B．
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C.
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D．
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7.已知变量满足约束条件，若不等式恒成立，则实数的取值范围为（
）
A．
B．
C.
D．
8.已知分别为内角的对边，其面积满足，则的最大值为（
）
A．
B．
C.
D．
9.若时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（
）
A．
B．
C.
D．
10.已知直角三角形的两条直角边，，为斜边上一点，沿将三角形折成直二面角，此时二面角的正切值为，则翻折后的长为（
）
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A．
2
B．
C.
D．
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，满分36分，将答案填在答题纸上）
11.
展开式中的系数为
．
12.某人喜欢玩有三个关卡的通关游戏，根据他的游戏经验，每次开启一个新的游戏，这三个关卡他能够通关的概率分别为（这个游戏的游戏规则是：如果玩者没有通过上一个关卡，他照样可以玩下一个关卡，但玩该游戏的得分会有影响），则此人在开启一个这种新的游戏时，他能够通过两个关卡的概率为
，设表示他能够通过此游戏的关卡的个数，则随机变量的数学期望为
．
13.已知等差数列的前项和为，若，，则
，的最大值为
．
14.已知椭圆的方程为，过椭圆中心的直线交椭圆于两点，是椭圆右焦点，则的周长的最小值为
，的面积的最大值为
．
15.已知函数的图像过点，若对恒成立，则的值为
；当最小时，函数在区间的零点个数为
．
16.若向量满足，则的最大值为
．
17.设关于的方程和得实根分别为和，若，则的取值范围是
．
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.
已知，求：
（1）的单调增区间；
（2）当时，求的值域.
19.
如图，为正方形，为直角梯形，，平面平面，且.
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（1）若和延长交于点，求证：平面；
（2）若为边上的动点，求直线与平面所成角正弦值的最小值.
20.
已知函数在处的切线的斜率为1.
（1）如果常数，求函数在区间上的最大值；
（2）对于，如果方程在上有且只有一个解，求的值.
21.
已知是抛物线的焦点，点是不在抛物线上的一个动点，过点向抛物线作两条切线，切点分别为.
（1）如果点在直线上，求的值；
（2）若点在以为圆心，半径为4的圆上，求的值.
22.在数列中，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项的和为，试求数列的最小值；
（3）求证：当时，.
试卷答案
一、选择题：本大题共10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．C
提示：，，
则，故选C．
2．B
提示：由，得，则，故选B．
3．A
提示：把该三视图还原成直观图后的几何体是如图的四棱锥，红色线四棱锥A-BCDE为三视图还原后的几何体，其表面积为.
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4．D
提示：由可得，但由得不到，如．
5．A
提示：，又由
，所以，从而，当且仅当，时取最大值．
6．B
提示：由的解析式知有两个零点与，排除A，又，
由知函数有两个极值点，排除C，D，故选B．
7．D
提示：作出约束条件所对应的可行域（如图中阴影部分），令，当直线经过点时，取得最大值，即，所以，故选D．
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8．C
提示：根据题意，有，应用余弦定理，可得，于是，其中．于是，所以，从而，解得的最大值为．
9.
B
提示：原式有意义所以,设，则均为增函数.欲使时，同号，只需两函数图像和横坐标轴（n为自变量）交点间的距离不超过1，即，解得，检验两个端点符合题意，所以.
10.
D
提示：如图，在平面内过作直二面角的棱的垂线交边于，则．
于是在平面中过作二面角的棱的垂线，垂足为，连接，则为二面角的平面角，且，设，则
．
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如图，设，则，则在直角三角形中，，又在直角三角形中，
则，
所以，因为二面角为直二面角，
所以，于是，解得．
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解法二：由得,翻折后,故
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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．
11.14.
提示：，在中，的项系数为，对
( http: / / www.21cnjy.com )的项系数为，∴的系数为．
12.，.
提示：随机变量的所有可能取值为0,1,2,3.
又，
，
，
.
所以，随机变量的分布列为
0
1
2
3
随机变量的数学期望.
13.5，4.
提示：，因为，又的最小值为2，可知的最大值为4.
14.
10,.
提示：连接，则由椭圆的中心对称性可得
．
15.，，8.
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提示：由题意得，且当时，函数取到最大值，故，，解得，
，又因为，所以的最小值为1．因此，的零点个数是8个．
16.
.
提示：因为，，
所以，即，
即，故．
17.．
提示：由得，由得．在同一个坐标系中画出和的图象．由，化简得，此方程显然有根，所以，解得或或，当，或时，；当时，，由题意可知，．
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.
解：
（1）由，得，
函数的单调增区间为.
（2）因为，
，
，.
19.
（1）证明：在梯形PDCE中，PD＝2EC，为中点，，且AB//CF，为平行四边形，面，面，BF∥平面PAC.
（2）方法一：令点在面PBD上的射影为，直线与平面PDB所成角．
EC∥PD，所以EC平行于平面PBD，因为ABCD为正方形，所以，又因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AC，所以AC⊥平面PBD，所以点C到面PBD的距离为，因为EC平行于平面PBD，所以点到PBD的距离，
令，所以，所以．
方法二：建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，可知平面PDB的一个法向量为，，，
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，令直线与平面PDB所成角为，
．
20.
解：（1）由得，因为，所以，从而．
所以，令得．所以当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．
因此如果，则函数的最大值为；
如果，则函数的最大值为．
（2）因为，令，则方程在上有且只有一个解等价于函数在上有且只有一个零点．
因为，令，则（舍去），，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．
因此在时取到最小值，由题意知，从而有，又，所以，因为，
所以，令，则当时单调递增，且，所以，由此可得．
（解法二）由得
设，则
，由于单调递减且，所以时单调递增，时单调递减
方程在上有且只有一个解等价于。故．
21.
解：因为抛物线的方程为，所以，
所以切线的方程为，即①，同理切线的方程为②，设，则由①②得以及，由此得直线的方程为．
（1）由于点是直线上的一个动点，所以，即直线的方程为，因此它过抛物线的焦点．
当时，的方程为，此时，所以；
当时，把直线方程代入抛物线方程得到，从而有，所以．
综上，．
（2）由（1）知切线的方程为，切线的方程为，联立得点．
设直线的方程为，代入得．因此
，所以点的坐标为，由题意
，所以，从而
.
22.
解：（1）由条件得，又，所以，因此数列构成首项为2，公比为2的等比数列，从而，因此，．
（2）由（1）得，设，则，
所以，
从而，
因此数列是单调递增的，所以．
（3）当时，
，由（2）知，又，，
所以．