【四川省成都外国语学年校】2017届高三上学年期期末数学年(文科)试题

答 案

1~5．BBCAA 6~10．BBAAA 11~12．BB 13．13

14．x4和4x3y250 15．322 16．3m．

17．解：（Ⅰ）因为ABACbccos8， 根据余弦定理得：b2c22bccos42， 即b2c232，（2分）

又b2c22bc，所以bc16，即bc的最大值为16， 即

3481π16，所以cos，又0π，所以0； cos32（Ⅱ）

ππf31cos21cos233sin2cos212sin21，（9分）

62因0当2ππππ5π1，所以2，sin21，（10分）

263666π5ππ1即时，fmin212，（11分）

3266πππ当2即时，fmax2113．（12分）

626π18．解：（1）在Rt△AOB中，OAB，斜边AB4，D是AB中点，

6将Rt△AOB以直角边AO为轴旋转一周得到一个圆锥，点C为圆锥底面圆周上一点，且BOC90，

圆锥的侧面积S侧πrl24π8π．

（2）取OB8π的中点E，连结DE、CE， 则DE//AO，DE平面BOC，

DCE是直线CD与平面BOC所成的角，

在Rt△DEC中，CE5，DE3，

1 / 5

tanDCB315， 55DCEarctan15． 5直线CD与平面BOC所成角的大小为arctan15．

5

19．解(1)n＝62＝50，x＝＝0.004，

0.01210501010.040.10.120.56y＝＝0.018.

109，故从该校学生10(2)成绩是合格等级人数为10.150＝45， 抽取的50人中成绩是合格等级的频率为中任选1人， 成绩是合格等级的概率为级的事件为A，

9，设在该校高一学生中任选3人， 至少有1人成绩是合格等109999则PA＝. 1C1＝101000033y220．解：（1）由题意，a1，c5，b2，双曲线的方程x1；

42（2）由题意，设Px1,y1，Qx2,y2，

2222直线AP的方程ykx10k2，代入椭圆方程，整理得4kx2kxk40

4k28kk24k4k2Q,M,x1或x2，，2222 24k4k4k4k4kyM4k44k2k4在0,2上单调递增，yM0,1

k（3）由题意，kAPkBPy1y14，同理kAPkOM4，kOMkBP0， 1x11x1设直线OM：ykx，则直线BP：ykx1，解得x 2 / 5

1， 2kOMkBP0，直线BP与OM关于直线x1对称． 2x21220 21．（1）证明：当a2时，fxlnx1，则h'x，令hxlnx2xx1x1x1hx在1,上单调递增，hxh10，对任意的x1,，fx1；

（2）证明：由（1）知x1,，lnx21， x1nk1n1x1k1k11即lnx，令x，则ln，ln， k2k1k2k1x1ki1i1lnn1lni1nk1111k357x2a2x1xx121； 2n1（3）解：fx．

22令fx0，则x-a2x10，a24aa4．

①0a4时，fx0，函数在0,上递增，函数只有一个零点； ②a0时，fx0 ，函数在0,上递增，函数只有一个零点； ③ 当a4时，0，设f'x0的两根分别为x1与x2，

则x1x2a20，x1x210，不妨设0x11x2

当x0,x1及xx2,时，f'x0，当xx1,x2时，f'x0，

函数fx在0,x1，x2,上递增，在x1,x2上递减，

而fx2lnx2a0 x21xx1,时，fx0，且fx10

因此函数fx在0,x1有一个零点，而在x1,上无零点； 此时函数fx只有一个零点；

综上，函数fx只有一个零点时，实数a的取值范围为R．（14分）

3 / 5

x2cos222．解：（1）曲线C1的参数方程为（是参数），x2cos21cos2，

ysin2x1y21．

曲线C2的极坐标方程为21，化为sincos1，yx1，即xy10．

sincos22（2）设与曲线C2平行且与曲线C1的直线方程为yxt，代入圆的方程可得：2x2t1xt0，

24t18t20，化为t22t10，解得t12．

取t21，直线yx1与切线yx21的距离d到曲线C2的最小距离．

此时2x2t1xt0，化为2x2222221，即为曲线C1上的任意一点P221222210，解得x，y， 222222P2,2．

23．解：（1）原不等式可化为2xa6a，

6a0，

a62xa6a解得a3x3．

再根据不等式fx6的解集为2,3，可得a32，

a1．

（2）

fx2x11，fnmfn，

2n11m2n11，

2n12n12m，

14n2,n211y2n12n124,n，

22124n,n2 4 / 5

ymin4，

由存在实数n，使得fnmfn成立，

m4，即m的范围是4,．

5 / 5