17/17福建省漳州市第二片區2017屆高三（上）第一次聯考數學（理科）試卷答案一、選擇題1~5．DABBC6~10．DDCAB11~12．DA二、填空題13．214．15．16．三、解答題解：（I）∵．∴當時，，即，當時，．∴，顯然，時，也滿足上式，∴數列的通項公式．（II），∴．令得，∵，故的最小值為2017．18．解：（I）∵，∴由正弦定理可得：，即，∴由余弦定理可得：，∵，∴．（Ⅱ）∵由，可得，再由正弦定理可得，即，∴得．∵中，由余弦定理可得，即，求得．中，由余弦定理可得，∴．19．（1）證明：∵長方形中，，，為的中點，∴，∴．∵，，∴∵∴；（2）建立如圖所示的直角坐標系，設，則平面的一個法向量，，，設平面的一個法向量為，則，取，得，，則，∵，∴求得，故為的中點，20．解：（I）設橢圓的半焦距為，即，又離心率，即∴∴橢圓的方程為（II）設直線l的方程為，，，聯立方程組，消去x得，∴，，，且異號∴∵，當且僅當，即時，等號成立∴的最大值為此時l的方程為．21．解：（I），當時，，當時，∴在上單調遞減；在上單調遞增．當時，f′（0）=0為f′（x）極小值，無極大值．（II）證明：由題意，令，，因此，在F′（x）上單調遞增，從而有；因此，在上單調遞增，當時，有，即．（III）證明：由（I）知，，即在上單調遞增，且．因為，不妨設，于是有，，要證，即證．因為單調遞增，故只需證，即因為，由（II）知上不等式成立，從而成立．請考生在第22．23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分，作答時，先用2B鉛筆在答題卡上把所選題目對應的題號涂黑，并將所選題號填入括號中。【選修4-4：坐標系與參數方程】22．解：（I）由圓的極坐標方程，可得，∴，∴圓的直角坐標方程為，．（II）設點所對應的參數分別為，把直線的參數方程代入圓的方程則是下面方程的根整理得，所以，∵直線過∴根據的幾何意義可知，∴．【選修4-5：不等式選講】23．解：（Ⅰ）當時，，當時，，當時，，∴當時恒成立，當時，，∴，∴的解集為；（Ⅱ）由上可知的最大值為4，∴，∴，故的范圍為

福建省漳州市第二片區2017屆高三（上）第一次聯考數學（理科）試卷解析一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一個符合題目要求的。1．【考點】交集及其運算。【分析】先求出集合A和B，利用交集定義能求出A∩B．【解答】解：∵集合A={x|≥1}={x|1＜x≤2}，集合B={x|log2x＜1}={x|0＜x＜2}，∴A∩B={x|1＜x＜2}=（1，2）。故選：D．2．【考點】復數的代數表示法及其幾何意義。【分析】復數的分子與分母同乘分母的共軛復數，化簡為a+bi的形式，即可推出結果。【解答】解：==，故它所表示復平面內的點是（）。在復平面內對應的點，在第一象限。故選A．3．【考點】同角三角函數基本關系的運用。【分析】利用誘導公式、二倍角的余弦公式，求得cos（π﹣2α）的值。【解答】解：sinα=，則cos（π﹣2α）=﹣cos2α=﹣（1﹣2sin2α）=2sin2α﹣1=﹣，故選：B．4．【考點】對數的運算性質。【分析】利用對數的運算性質可得f（﹣x）+f（x）=2，即可得出。【解答】解：f（﹣x）+f（x）=lg+==2，∴f=2．故選：B．5．【考點】由三視圖求面積、體積。【分析】由正視圖可得，正六邊形的邊長為，正六棱柱的高為1，即可求出其體積。【解答】解：由正視圖可得，正六邊形的邊長為，正六棱柱的高為1，則體積為=2，故選C．6．【考點】函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換。【分析】根據圖象向左平移個單位后與原圖象重合，得到是一個周期，寫出周期的表示式，解出不等式，得到ω的最小值。【解答】解：∵圖象向左平移個單位后與原圖象重合∴是一個周期∴ω≥3所以最小是3故選D．7．【考點】等比數列的前n項和。【分析】此五個正三角形的邊長an形成等比數列：2，1，，，。再利用等比數列的求和公式即可得出這五個正三角形的面積之和。【解答】解：此五個正三角形的邊長an形成等比數列：2，1，，，。∴這五個正三角形的面積之和=×==。故選：D．8．【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷。【分析】a＜0，令f（x）=ax2﹣bx，利用導數可得：x=函數f（x）的極大值點即最大值點，即可判斷出結論。【解答】解：a＜0，令f（x）=ax2﹣bx，則f′（x）=ax﹣b，令f′（x）=0，解得x=。∴x=函數f（x）的極大值點即最大值點，∴?x∈R，ax2﹣bx≤ax02﹣bx0，∴a＜0，則“ax0=b”的充要條件是：?x∈R，ax2﹣bx≤ax02﹣bx0，故選：C．9．【考點】雙曲線的簡單性質。【分析】利用題設條件和雙曲線性質在三角形中尋找等量關系，得出a與b之間的等量關系，運用雙曲線的a，b，c的關系和離心率公式即可求出雙曲線的離心率。【解答】解：依題意|PF2|=|F1F2|，可知三角形PF2F1是一個等腰三角形，F2在直線PF1的投影是其中點，且F2到直線PF1的距離等于雙曲線的實軸長，由勾股定理可知|PF1|=4b，根據雙曲定義可知4b﹣2c=2a，整理得c=2b﹣a，代入c2=a2+b2整理得3b2﹣4ab=0，求得=，即b=a，則c==a，即有e==。故選：A．10．【考點】拋物線的簡單性質。【分析】先由拋物線定義可知AM=AF，可推斷∠1=∠2；又根據AM∥x軸，可知∠1=∠3，進而可得∠2=∠3，同理可求得∠4=∠6，最后根據∠MFN=∠3+∠6，則答案可得。【解答】解：如圖，由拋物線定義可知AM=AF，故∠1=∠2，又∵AM∥x軸，∴∠1=∠3，從而∠2=∠3，同理可證得∠4=∠6，而∠2+∠3+∠4+∠6=180°，∴∠MFN=∠3+∠6=×180°=90°，∴以線段MN為直徑的圓與直線l的位置關系是相切，故選B．11．【考點】函數與方程的綜合運用；函數的圖象。【分析】設出對稱點的坐標，代入兩個函數的解析式，轉化為方程有解，利用函數圖象關系列出不等式求解即可。【解答】解：函數f（x）=x3+2x﹣1（x＜0）與g（x）=x3﹣log2（x+a）+1的圖象上存在關于原點對稱的點，設函數f（x）=x3+2x﹣1（x＜0）上的一點為（m，n），m＜0，可得n=m3+2m﹣1，則（﹣m，﹣n）在g（x）=x3﹣log2（x+a）+1的圖象上，﹣n=﹣m3﹣log2（﹣m+a）+1，可得2m=log2（﹣m+a），即（m＜0）有解，即，t＞0有解。作出y=，與y=log2（t+a），t＞0的圖象，如圖：只需log2a＜1即可。解得a∈（0，2）。故選：D．12．【考點】根的存在性及根的個數判斷。【分析】求f（x）的導數，單調區間和極值，作出f（x）的圖象，令t=f（x），則t2﹣mt﹣=0，由判別式和根與系數的關系可得方程有一正一負根，結合圖象可得原方程實根的個數。【解答】解：函數f（x）=（x2﹣3）ex的導數為f′（x）=（x+3）（x﹣1）ex，當x＞1或x＜﹣3時，f′（x）＞0，f（x）遞增；當﹣3＜x＜1時，f′（x）＜0，f（x）遞減。即有f（x）在x=1處取得極小值﹣2e；在x=﹣3處取得極大值6e﹣3，作出f（x）的圖象，如圖所示；關于x的方程f2（x）﹣mf（x）﹣=0，由判別式為m2+＞0，方程有兩個不等實根，令t=f（x），則t2﹣mt﹣=0，t1t2=﹣＜0，則原方程有一正一負實根。當t＞6e﹣3，y=t和y=f（x）有一個交點，當0＜t＜6e﹣3，y=t和y=f（x）有三個交點，當﹣2e＜t＜0時，y=t和y=f（x）有兩個交點，當t＜﹣2e時，y=t和y=f（x）沒有交點，則x的方程f2（x）﹣mf（x）﹣=0的實根個數為3．故選：A．二、填空題：本大題共4個小題，每小題5分，共20分。把答案填在題中橫線上。13．【考點】向量在幾何中的應用。【分析】根據向量加法的平行四邊形形法則和減法的三角形法則，可得以AB．AC為鄰邊的平行四邊形ABDC為矩形，可得AM是Rt△ABC斜邊BC上的中線，可得=，結合題中數據即可算出的值。【解答】解：∵∴以AB．AC為鄰邊作平行四邊形，可得對角線AD與BC長度相等因此，四邊形ABDC為矩形∵M是線段BC的中點，∴AM是Rt△ABC斜邊BC上的中線，可得=∵，得2=16，即=4∴==2故答案為：214．【考點】簡單線性規劃。【分析】畫出約束條件的可行域，利用目標函數的幾何意義，推出a的范圍即可。【解答】解：不等式組表示的可行域如圖：平面區域內存在點P（x0，y0）在函數y=2x+a的圖象上，可得a≤0，指數函數y=2x，向下平移a單位，經過可行域的A時，a可得最小值，由，可得A（2，1），此時1=22+a，解得a=﹣3，實數a的取值范圍是：[﹣3，0]故答案為：[﹣3，0]。15．【考點】球的體積和表面積。【分析】如圖，取BC．AD中點分別為E、F，連結DE，AE，EF，取EF中點O，AO=DO=OB=OC=2，即可得O為四面體A﹣BCD的外接球，半徑R=2，【解答】解：如圖，取BC．AD中點分別為E、F，連結DE，AE，EF，∵AB=AC=DB=DC=2，∴AE⊥BC，DE⊥BC，∴AE=DE，∴EF⊥AD，取EF中點O，OF=，∴AO=DO=，同理可得OB=OC=2，故O為四面體A﹣BCD的外接球，半徑R=2，則它的外接球表面積等于4πR2=32π，故答案為：32π。16．【考點】三角形中的幾何計算。【分析】由題意，當D在BC的正上方時S△DBC面積最大，A為BC的正下方時S△ABC面積最大，設BC為2x，可求DH=，S四邊形ABCD=x2+x，設x=sinθ，則利用三角函數恒等變換的應用化簡可得S四邊形=[1+sin（2θ﹣）]，利用正弦函數的性質即可求得S四邊形的最大值。【解答】解：∵∠BAC=90°，BD+CD=2，∴D在以BC為焦點的橢圓上運動，A在以BC為直徑的圓上運動，∴當D在BC的正上方時S△DBC面積最大，A為BC的正下方時S△ABC面積最大，此時，設BC為2x，則DH=，∴S四邊形ABCD=S△BCD+SABC=x+=x2+x，設x=sinθ，則=cosθ，∴S四邊形=sin2θ+sinθcosθ=（2sin2θ+2sinθcosθ）=（1﹣cos2θ+sin2θ）=[1+sin（2θ﹣）]，∴當sin（2θ﹣）=1時，即θ=時，S四邊形取得最大值，最大值為：。故答案為：。三、解答題：本大題共6個小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．【考點】數列的求和；數列遞推式。【分析】（I）利用公式an=Sn﹣Sn﹣1得出通項公式，再驗證n=1是否成立即可；（2）化簡bn，使用裂項法求和，解不等式得出n的范圍即可。【解答】解：（I）∵Sn=n2﹣3n。∴當n=1時，S1=12﹣3×1=﹣2，即a1=﹣2，當n≥2時，Sn﹣1=（n﹣1）2﹣3（n﹣1）=n2﹣5n+4∴an=Sn﹣Sn﹣1=2n﹣4，顯然，n=1時，2n﹣4=﹣2=a1也滿足上式，∴數列{an}的通項公式an=2n﹣4．（II）bn===﹣，∴Tn=（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1﹣=。令＞得n＞2016，∵n∈N*，故n的最小值為2017．18．【考點】正弦定理；余弦定理。【分析】（I）由已知，利用正弦定理可得a2=（b﹣c）b+（c﹣b）c，化簡可得2bc=（b2+c2﹣a2），再利用余弦定理即可得出cosA，結合A的范圍即可得解A的值。（Ⅱ）△ABC中，先由正弦定理求得AC的值，再由余弦定理求得AB的值，△ABD中，由余弦定理求得BD的值。【解答】解：（I）∵，∴由正弦定理可得：a2=（b﹣c）b+（c﹣b）c，即2bc=（b2+c2﹣a2），∴由余弦定理可得：cosA==，∵A∈（0，π），∴A=。（Ⅱ）∵由cosB=，可得sinB=，再由正弦定理可得，即，∴得b=AC=2．∵△ABC中，由余弦定理可得BC2=AB2+AC2﹣2AB?AC?cos∠A，即10=AB2+4﹣2AB?2?，求得AB=32．△ABD中，由余弦定理可得BD2=AB2+AD2﹣2AB?AD?cos∠A=18+1﹣6?=13，∴BD=。19．【考點】二面角的平面角及求法；空間中直線與直線之間的位置關系。【分析】（Ⅰ）根據線面垂直的性質證明BM⊥平面ADM即可證明AD⊥BM（Ⅱ）建立空間坐標系，求出平面的法向量，利用向量法建立二面角的夾角關系，解方程即可。【解答】（1）證明：∵長方形ABCD中，AB=2，AD=，M為DC的中點，∴AM=BM=2，∴BM⊥AM。∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM?平面ABCM∴BM⊥平面ADM∵AD?平面ADM∴AD⊥BM；（2）建立如圖所示的直角坐標系，設，則平面AMD的一個法向量=（0，1，0），=+=（1﹣λ，2λ，1﹣λ），=（﹣2，0，0），設平面AME的一個法向量為=（x，y，z），則，取y=1，得x=0，z=，則=（0，1，），∵cos＜，＞==，∴求得，故E為BD的中點。20.（I）求橢圓M的方程；（II）記△ABC與△ABD的面積分別為S1和S2，求|S1﹣S2|的最大值，并求此時l的方程。【考點】橢圓的簡單性質。【分析】（Ⅰ）由焦點F坐標可求c值，根據離心率e及a，b，c的平方關系可求得a值；（Ⅱ）當直線l不存在斜率時可得，|S1﹣S2|=0；當直線l斜率存在（顯然k≠0）時，設直線方程為y=k（x+1）（k≠0），與橢圓方程聯立消y可得x的方程，根據韋達定理可用k表示x1+x2，x1x2，|S1﹣S2|可轉化為關于x1，x2的式子，進而變為關于k的表達式，再用基本不等式即可求得其最大值。【解答】解：（I）設橢圓M的半焦距為c，即c=1，又離心率e=，即=∴a=2，b2=a2﹣c2=3∴橢圓M的方程為（II）設直線l的方程為x=my﹣1，C（x1，y2），D（x2，y2），聯立方程組，消去x得，（3m2+4）y2﹣6my﹣9=0∴y1+y2=，y1y2=﹣＜0S1=S△ABC=|AB|?|y1|，S2=S△ABD=|AB|?|y2|，且y1，y2異號∴|S1﹣S2|=|AB|?|y1+y2|=×4×|y1+y2|==∵3|m|+≥4，當且僅當3|m|=，即m=±時，等號成立∴|S1﹣S2|的最大值為=此時l的方程為x±2y+=021．【考點】利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數的單調性。【分析】（Ⅰ）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間和極值即可；（Ⅱ）令F（x）=f（x）﹣g（x），求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出F（x）＞F（0），證出結論即可；（Ⅲ）要證x1+x2＜0，即證x1＜﹣x2，根據函數的單調性只需證﹣f（x2）=f（x1）＜f（﹣x2），即f（x2）+f（﹣x2）＞0，結合（Ⅱ）得出結論。【解答】解：（I）f′（x）=ex﹣x﹣1，f′′（x）=ex﹣1當x＜0時，f′′（x）＜0，當x＞0時，f′′（x）＞0∴f′（x）在（﹣∞，0）上單調遞減；在（0，+∞）上單調遞增。當x=0時，f′（0）=0為f′（x）極小值，無極大值。（II）證明：由題意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，+∞）上單調遞增，從而有F′（x）≥F′（0）=0；因此，F（x）在[0，+∞）上單調遞增，當x＞0時，有F（x）＞F（0）=0，即f（x）＞g（x）。（III）證明：由（I）知，f′（x）≥0，即f（x）在R上單調遞增，且f（0）=0.因為x1≠x2，不妨設x1＜x2，于是有x1＜0，x2＞0，要證x1+x2＜0，即證x1＜﹣x2．因為f（x）單調遞增，f（x1）+f（x2）=0故只需證﹣f（x2）=f（x1）＜f（﹣x2），即f（x2）+f（﹣x2）＞0因為x2＞0，由（II）知上不等式成立，從而x1+x2＜0成立。請考生在第22．23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分，作答時，先用2B鉛筆在答題卡