2018年浙江省杭州市高三年级第一学期期末数学试题 PDF版.zip

2017学年第一学期杭州市高三年级教学质量检测 数学试题 参考答案及评分标准 选择题部分（共 40分） 一、选择题： （ 本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分 ） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A B C A D A C D 非选择题部分（共 110分） 二 、 填空题 （ 本大题共 7 小题， 第 11-14 题，每小题 6 分， 15-17 每小题 4 分，共 36 分） 11． 2， 1 12． p； 14 13．55； 2 14． 33 ； 36 15． － 2 16． 36 17． (1,2) 三、解答题：（ 本大题共 5 小题， 共 74 分 ） 18．（本题满分 14 分） 解 （ Ⅰ ） 因为 f (x)＝ a•b＋ 1＝ 2 3 sinxcosx－ 2cos2x＋ 1 ＝ 2sin(2x－ π6 )， 故 f (x)的最小正周期为 π． ………………………………………………………… 7 分 （ Ⅱ ）若方程 f (x)＝ | t2－ t |无解，则 | t2－ t |＞ f (x)max＝ 2， 所以 t2－ t＞ 2 或 t2－ t＜ － 2， 由 t2－ t＞ 2 解得 t＞ 2 或 t＜ － 1； 由 t2－ t＋ 2＝ (t－ 12 )2＋ 72 ＞ 0， 故 不等式 t2－ t＜ － 2 无解 ， 所以 t＞ 2 或 t＜ － 1． ……………………………………………………… 7 分 19． （本题满分 15 分） 解 （ Ⅰ ） 因为 ∠ BAC＝∠ BAD＝ 60° ， AC＝ AD， 所以 △ ABD≌△ ABC， 所以 BC＝ BD， 取 CD 的中点 E， 连接 AE， BE， 所以 AE⊥ CD， BE⊥ CD， 所以 CD⊥ 平面 ABE， 又 AB 平面 ABE， 所以 CD⊥ AB． …………………………………………………… 7 分 E B D C A （ Ⅱ ）在 △ ABD 中 ， 根据余弦定理，得 BD2＝ AB2＋ AD2－ 2AB▪ADcos60°＝ 7， 所以 BD＝ 7 ， 又 因为 DE＝ 1，所以 6BE ， 3AE ， 所以 AB2＝ BE2＋ AE2， 即 AE⊥ BE． ………………………………………… 2 分 方法一 ： 设 CD 到平面 ABD 的距离为 h， CD 与平面 ABD 所成的角为 α， 因为 VA－ BCD＝ VC－ ABD，即 1133A B E A B DC D S h S  ， 所以 ABEABDCD Sh S 012 6 3 2621 33 2 s in 6 02    ， 所以 sinα＝ 63hCD ， 所以 CD 与平面 ABD 所成的角正弦值为 63 ． …………………………… 6 分 方法二 ： 则以 AE 为 z 轴， BE 为 x 轴， CE 为 y 轴，建立坐标系 ，则 A(0， 1， 0)， B(0， － 1， 0)， C(0， 0，3 )， D( 6 ， 0， 0)． 所以 (0, 2,0)CD ， ( 6,0, 3)AB ， (0, 1, 3)AD    ． 设平面 ABD 的法向量为 m＝ (x， y， z)， 则 6 3 030xzyz   ， 取 m＝ 2( , 3,1)2  ， 则 cos＝ 2 3 633222， 即 CD 与平面 ABD 所成的角正弦值为 63 ． …………………………………… 6 分 20． （本题满分 15 分） 解 （ Ⅰ ） 原不等式等价于 x4－ x3－ x＋ 1≥ 0， 设 g(x)＝ x4－ x3－ x＋ 1， 所以 g′(x)＝ 4x3－ 3x2－ 1＝ (x－ 1)(4x2＋ x＋ 1)， 当 x∈ (－ ∞,1)时， g′(x)＜ 0， g(x)单调递减； 当 x∈ (1,＋ ∞)时， g′(x)＞ 0， g(x)单调递增 ． 又因为 g(x)min＝ g(1)＝ 0，所以 g(x)＞ 0， 所以 f (x)≥ － x2＋ x＋ 1． ………………………………………… 8 分 （ Ⅱ ） 当 x∈ [－ 1， 0]时 ， f (x)≥ ax＋ 2 恒成立， 即221 xa x 恒成立 ． 当 x＝ 0 时 ，22 =01 xx； 当 x∈ [－ 1， 0)时 ， 而22 2 2=111 1() 2 ( )   xx x xxx， 所以 a≥ 1． ………………………………………… 7 分 21． （本题满分 15 分） 解 （ Ⅰ ） 联立 方程 22132xy 和 y＝ kx＋ m， 得 (2＋ 3k2)x2＋ 6kmx＋ 3m2－ 6＝ 0， 所以 △ ＝ (6km)2－ 4(2＋ 3k2)( 3m2－ 6)＞ 0， 所以 m2＜ 2＋ 3k2， 所以 2＋ 3k2＞ 3，即 k2＞ 13 ， 解得 k＞ 33 或 k＜ － 33 ． ………………………………………… 7 分 （ Ⅱ ）设 A(x1,y1)， B(x2,y2)，则 x1＋ x2＝2623kmk， x1x2＝ 223623m k， 设 直线 OA， OB 的斜率 k1， k2，因为 直线 OA， AB， OB 的斜率 成 等比 数列 ， 所以 k1k2＝ 1212yyxx ＝ k2， 即 21212( )( )kx m kx m kxx ， 化简 ， 得 2＋ 3k2＝ 6k2，即 k2＝ 23 ． 因为 |AB|＝ 2212 531 | | 632k x x m   ， 原点 O 到直线 AB 的距离 h＝2| | 3||51m mk  ， 所以 S△ OAB＝ 12 |AB|▪h＝ 226 3 366 2 2mm≤ 2233666226 2 2mm， 当 m＝ 2 时， 直线 OA 或 OB 的 斜率 不存在 ，等号取 不 到， 所以 60,2S ． ………………………………………… 8 分 22． （本题满分 15 分） 解 （ Ⅰ ）整理得1 2 1nnnaaa   ， 因为1 2 1 2 2 1 1nn naa a      ，故 an＞ 1． …………………………… 4 分 （ Ⅱ ） 又因为 1 ( 2 ) ( 1 )223 nnnn nnaaaa aa     ， 因为 an＞ 1， 所以 an＋ 1－ 2 与 an－ 2 同号， 所以 an＋ 1－ 2 与 a1－ 2 同号， 因为 a1＞ 2，所以 an＋ 1＞ 2， 那么1 2 10nn naa a    ，则 an＋ 1＜ an， 所以 2＜ an＋ 1＜ an． …………………………………… 5 分 （ Ⅲ ）由（ Ⅱ ）知1 ( 2 )( 1)2 nnn naaa a ，故 1 2 112nnnaaa  ， 因为 2＜ an＋ 1＜ a1，所以11 1 1112naa   ＝ 23 ， 故 1 2122 2 3nnaa ， 所以 1112223nnna           ， 不等式三边同时求和， 得 12(1 )2 n ≤ Sn－ 2n≤ 23(1 )3 n ， 所以 2－ 122n≤ Sn－ 2n≤ 3－ 3 23n． ………………………………… 6 分 ¶ ¶ ¶ ¥ Í Ì © À ¡