四校2017屆高三聯(lián)考數(shù)學文

5、已知ax,1，bx,4，則“x2”是“ab” xy16xy滿足xy30z2xy的取值范圍是（xA．2,6B．2,

7k的值是（ 28fxRx0fxlog2xgxxfx為偶函數(shù)，則f1（）2 B．

C．2

9y2cos2x3sin2xy2sin2x1的圖像（A．向左平移π個長度單 B．向右平移π個長度單33323332C5π個長度單位D5π 其形狀及尺寸如右圖，則該三棱錐的俯視圖的面積為 B． C．9或 D．3或2

正視 側視 11a2Fx

1(ab0FABP，直線OPAB于點Q，若|OQ||AQ|，則橢圓的離心率為（）235 235 12C1yax2a0)C2yexa的取值范圍為（e2e ,)

4

e ,)e

8113、函數(shù)f(x)log2(x1) 的定義域 1214、已知雙曲線的右焦點F為圓x2y24x30的圓心，且其漸近線與該圓相切， 15O的球心到過球面上三點ABC的截面的距離等于球半徑的一半，且3AB3，tanACB ，則球O的體積 3 16、數(shù)列anS2a2n1，若不等式2n2n35)a對任意n 17（12分求an的通 設數(shù)列b滿足b1log(1

)，求數(shù) 的前n項和T

b nn118（12分如圖，銳角三角形ABC中，角ABC所對的邊分別為abc，若2bcosBacosCccosBBCDAD263且AC ,CD 1，求：三角形ABC的面積63BADV2另一部分的體積為VV1BADV2220、（12分

A1C1

3y 1（ab0）3y

CyA，BAB2CPCPA，PBx4M，N兩PMN為直徑的圓經過點（2，0）？P的橫坐標；21（12分）fxexxf(x是否存在斜率為1fx)1ax2a0)有兩個不等的實根，求a2（222B22（10分）4-4： 線C的普通方程為x 4CllCP1，P2P1P2l垂直的直線的極23、（10分）4—5：不等式選講f(x)2x1g(x)xa.a1f(x)g(x)f(x)g(x在(1,3內有解，求實數(shù)a123456789ACBBACBDCDBA13、（1，2；

xy232

1 15 3。17、本小題考查數(shù)列前n項和為Sn與an的關系；等比數(shù)列的通項 。（Ⅰ）∵2sinBcosBsinAcosCsinCcosAsin(AC)sinB分 cosB ，又B )，B 43 36（Ⅱ）由已知:AC 6

CD

1，AD∴在ADCAD2AC2CD22ACCDcosCcosC

6222又C(0,90)，C45，BAC180BC 分分

sin

sin

6 3 SABC2ABACsinBAC226

2分19、棱錐的體積等基礎知識，考查空間想象能力、推理論證能力和運算求解能力，考ABBDE（Ⅰ）證明：設 B1D∵ABAC，點D為BC的中點∴AD …1CABCBCC1B1BCADAD

…3BC1B1BDAD（法一）ABCA1B1C1AB

…4 又點D為BC的中點

tanBBDBD

CC1 2121 1

BB1D

……6 CBC1BDB190B1DBC17又AD,B1D 平

∴

平面 …8（法二）∵BCBCAB 2BB，∴BD1BC

21

2∴BB1 2

5

6BDBDBECBBDBE900BED900BDBC 分 B1D8

∴BC1平面 （法三）∵ABAC，點D為BC的中點，∴ADBC …1BB1ABCADABCAD

…2BB1又BC,BB1平面B1BD， ∴AD平面B1BDBB1分BC1B1BDAD

4易得BEDC

∴

BD 51 1BE2 (BC) (BBBE2

1 DE21DB)21(BB2BD21BB2…6 ∴BE2DE21BB2 ∴BED900，即BD 7 又AD, 平面AB1D，AD∴BC1平面AB1D …8（Ⅱ）解法一）設棱柱 為V，設AB ，則 ， ，∴ 由（Ⅰ）知，AD平面B1BD，∴AD為三棱錐 10又V 11分

12（法二）設棱柱 的體積分別∵ ∴由（Ⅰ）知，AD平面B1BD，∴AD為三棱錐A 的 10又V 11分

1221、本小題主要考查函數(shù)的最值、導數(shù)及其應用、不等式基礎等知識，考查學生推理論證fxexx1ex（Ⅰ）gx)xexgx)1x)exgx)0xx(1)gx)0gx當x(1,)時，g(x)0，g(x)單調遞增 3所以對xRgx)g(1)1e分

故f(x)不存在斜率為-1的切 （Ⅱ）設函數(shù)hx)exx11ax2fx)1ax2aR 則hx)x(ex（1）a0，則exa0x(0)時，hx)0，hxx(0)時，hx)0，hh(x)minh(0)1因為h(1

a0x(0)hx2hlnaa

eln(a)(ln(a)1)1aln22

a[ln(a)11ln22

,因為tln(a)ln(a11ln2(a)2

1t2t10，解得：t 132333t 1，即滿足當ln(a) 1時，h[ln(a)]33x(0)hx)有唯一的零點，所以當a0時，hx)有兩個不同的零點7（2）a0，令exa0xlna1，h(x)x(ex1)0，h(x)在R上單調遞增；則h(x)不可能有兩個不同的 8分a1即lnax(0)x(lnahx)0hx單調遞增；x(0lnahx)0hx)單調遞減；則h(x)有極大值為h(0)1，故h(x)不可能有兩個不同的零點 90a1即lna0x(lnax(0)hx)0hx當x(lna

，h(x)0

h(

h(

h(lna)a(lna11ln22設tlna(t

，lna11ln22

=1t2t11(t1)21

h(lna)故h(x)不可能有兩個不同的零點 11綜上，當a0時，方程f(x)1ax2(a0)有兩個不等的實 122分類與整合思想等.10分.（）

a1

x1

2(x1)x

x

1x3 1當0x12(x1x1x131x 23當x1時，2(x1)x1，解得x1，