广东省2017届六校高三第三次联考(理数)

广东省2017届六校高三第三次联考

数 学（理科）

时间：120分钟 满分：150分

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．已知全集UR，集合A{x|021}，B{x|log3x0}，则AI(ðUB)=（ ） A. {x|x0} B.{x|x0} C.{x|0x1} D. {x|x1} 2．设复数z113i，z232i，则

xz1在复平面内对应的点在（ ） z2D．第四象限

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 3．已知命题p:xR,x1lgx，命题q:x(0,),sinx12， sinx则下列判断正确的是（ ） A. 命题pq是假命题 B. 命题pq是真命题 C. 命题p(q)是假命题 D. 命题p(q)是真命题 4．设、、为平面，m、n为直线，则m的一个充分条件是（ ）

A. ，n，mn B. m，，

C. ，，m D. n，n，m 5．已知函数f(x)sin2x3(xR)，给出下面四个命题： 2①函数f(x)的最小正周期为；②函数f(x)是偶函数；③函数f(x)的图象关于直线x对称；4④函数f(x)在区间0,



上是增函数，其中正确命题的个数是（ ） 2

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

221x,x1,16．设f(x)，则f(x)dx的值为（ ）

12x1,x1,2A．

244 B．3 C． D． 3

24343)3cos()sin()，则sincoscos2（ ）

B．

7．已知sin(A．

21 52 5 C．

3 5 D．

5 5 1

8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若1a31，0a63，则S9的取值范围是（ ）

A．(3,21) B．(27,45)

C．(12,45) D．(27,21)

9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）

A．24

B．6

C．8

D． 12

210. 在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有—段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安三千里，良马初日行一百零三里，日增一十三里：驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢？（ ）

A．22日 B．20日 C．18日 D．16日

1正视图1侧视图俯视图

11．已知函数f(x)是R上的奇函数，且满足f(x2)f(x)，当x[0,1]时，f(x)21，则方程f(x)log6(x3)在(0,)上解的个数是（ ）

A．6 B．5 C．4 D．3

12．设函数f(x)ax2bxc(a0)的定义域为D，若所有点(s,f(t))(s,tD)构成一个正方形区域，则a的值为（ ）

A．2 B．4 C．8 D．不能确定

x

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分．

13．已知向量a，b满足a·b＝0，|a|＝1，|b|＝2，则|2a－b|＝________.

14．在平面几何中，有这样一个定理：过三角形的内心作一直线，将三角形分成的两部分的周长比等于其面积比.请你类比写出在立体几何中，有关四面体的相似性质 .

15．某港口水的深度y(m)是时间t（0≤t≤24，单位：h）的函数，记作yf(t). 下面是某日水深的数据：

t/h y/m 0 10 3 13 6 10 9 7 12 10 15 13 18 10 21 7 24 10 经长期观察，yf(t)的曲线可以近似地看成函数yAsintb的图象.一般情况下，船舶航行时，船底离海底的距离为5m或5m以上时认为是安全的（船舶停靠时，船底只需不碰海底即可）. 某船吃水深度（船底离水面的距离）为6.5m，如果该船希望在同一天内安全进出港，请问，它最多能在港内停留 小时（忽略进出港所需的时间）.

16．已知直角三角形ABC的三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且不等式

111m恒成立，则实数m的最大值是___________． abcabc

2

三、解答题:解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17.（本小题满分10分）

在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知ac.

3cosAsinC（1）证明：A3；

（2）若a6，求ABC的周长的取值范围.

18.（本小题满分12分）

设等比数列an的前n项和为Sn，已知，a12，且4S1,3S2,2S3成等差数列. （1）求数列an的通项公式；

（2）设bn2n5an，求数列bn的前n项和Tn.

19.（本小题满分12分）

如图1,在直角梯形ABCD中,ADC90,CD//AB,AB4,ADCD2, M为线段AB的中点.将ADC沿AC折起,使平面ADC平面ABC,得到几何体DABC,如图2所示.

(Ⅰ) 求证:BC平面ACD；

D (Ⅱ) 求二面角ACDM的余弦值.

C D

C

A A B M B M 第19题图 图2 图1

20. （本小题满分12分）

. 已知数列an的前n项和为Sn，且满足4(n1)(Sn1)(n2)an(nN)．

2（1）求a1，a2的值； （2）求an； （3）设bnn125，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn． an36 3

21.（本小题满分12分）

已知函数f(x)lnx,g(x)a(a0),设F(x)f(x)g(x)． x1恒成立，2（Ⅰ）若以函数yF(x)(x(0,3])图像上任意一点P(x0,y0)为切点的切线的斜率k求实数a的最小值；

（Ⅱ）是否存在实数m，使得函数yg2a2yf(1x)的图像恰有四的图像与函数m12x1个不同的交点？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由.

请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分．做答时请写清题号．

22.（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程

在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2sin，0,2. （Ⅰ）求曲线C的直角坐标方程；

（Ⅱ）在曲线C上求一点D，使它到直线l：并求出点D的直角坐标.

23（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲

设函数fxxax1a． （Ⅰ）当a1时，求不等式fxx3t3,（t为参数，tR）的距离最短，

y3t21的解集； 2 （Ⅱ）若对任意a0,1，不等式fxb的解集为空集，求实数b的取值范围．

4

广东省2017届六校高三第三次联考

数学（理科）参考答案

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分．

题号 答案 1 A 2 D 3 D 4 D 5 C 6 A 7 C 8 A 9 B 10 B 11 C 12 B

二 填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13. 22；

14. 过四面体的内切球的球心作截面交三条棱于三点，则分成的两部分体积之比等于表面积之比； 15. 16；16. 532. 三、解答题:解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17.（本小题满分10分）

aca解：（Ⅰ）由条件结合正弦定理得， sinCsinA3cosA从而sinA3cosA，tanA3 ∵0A，∴A（Ⅱ）法一：由正弦定理得：

3 ．．．．．．．．．．．．．．．．．5分

bc643. sinBsinCsin3∴b43sinB，c43sinC，

2bc43(sinBsinC)43sinBsin(B)

3333143sinBcosB12sinBcosB22 2212sinB.

65∵B 666∴612sinB12，即6bc12（当且仅当B时，等号成立）

63从而ABC的周长的取值范围是(12,18]. ．．．．．．．．．．．．．．．．．10分

法二：由已知：b0,c0，bca6

由余弦定理得：

36b2c22bccos31222(bc)23bc(bc)(bc)(bc)

443（当且仅当bc时等号成立）

2∴（(bc)436，

又bc6， ∴6bc12，

5

从而ABC的周长的取值范围是(12,18]. ．．．．．．．．．．．．．．．．．10分

18.（本小题满分12分） 解：（1）∵4S1,3S2,2S3成等差数列，

∴6S24S12S3

即6(a1a2)4a12(a1a2a3)，

则2a34a2,∴q2，

∴an2(nN). ．．．．．．．．．．．．．．．．．4分 （2）当n1,2时，2n50， 当n3时，Tn10123324n*2n52n,

2Tn20124325两式相减，得

2n52n1，

Tn10822425222412n3123472n2n1

2n2n52n1

n12n52Tn342n72n1

6,n1 . ．．．．．．．．．．．．．．．．．12分 Tn10,n2342n72n1,n3

19.(本小题满分12分)

解：（Ⅰ）在图1中,可得ACBC22, 从而AC2BC2AB2,故ACBC

取AC中点O连结DO,则DOAC,又面ADE面ABC,

面ADE面ABCAC,DO面ACD,从而OD平面ABC, ∴ODBC 又ACBC,ACODO,

∴BC平面ACD ……6分

另解:在图1中,可得ACBC22,从而AC2BC2AB2,故ACBC

∵面ADE面ABC,面ADE面ABCAC,BC面ABC,从而BC平面ACD

（Ⅱ）以O为原点，OA、OM、OD所在直线分别为X、Y、Z轴，如图所示,建立空间直角坐标系Oxyz.

则M(0,2,0),C(2,0,0),D(0,0,2) 设n1(x,y,z)为面CDM的法向量,

z CM(2,2,0),CD(2,0,2) D yxn1CM02x2y0则即,解得

zx2x2z0n1CD0令x1,可得n1(1,1,1)

6

C O A x M B y

又n2(0,1,0)为面ACD的一个法向量 ∴cosn1,n2n1n213 3|n1||n2|33. ……12分 32∴二面角ACDM的余弦值为

20.（本小题满分12分）

）（=1+2）a1，解得a1=8． 解：（1）当n=1时，有4(11)(a1+12当n=2时，有4(21)(a1a21)(22)a2，解得a2=27． ……………2分

(n2)2an（2）（法一）当n2时，有4(Sn1), ……………①

n1(n1)2an1． …………………② 4(Sn11)nan(n1)3(n2)2an(n1)2an1①—②得：4an，即：． =n1nan1n3anan1an2a2==…=1．3333(n1)n(n1)3

3 an=(n1)(n2)．…………6分

anan1 另解：an3 3 n  1) 3 n a2 (4 3a132(n1)3． 33an1an2a1n(n1)33 又当n=1时，有a1=8， an=(n1)． ……………6分 3（法二）根据a1=8，a2=27，猜想：an=(n1)．

用数学归纳法证明如下：

（Ⅰ）当n1时，有a18(11)，猜想成立． （Ⅱ）假设当nk时，猜想也成立，即：ak=(k1)．

2那么当nk1时，有4(k11)(Sk11)(k12)ak1，

33(k12)2ak1即：4(Sk11)，………………………①

k11(k2)2ak又 4(Sk1)， …………………………②

k1(k3)2ak1(k2)2ak(k3)2ak1(k2)2(k1)3= ①-②得：4ak1，

k2k1k2k133解，得ak+1(k2)(k11)． 当nk1时，猜想也成立．

3 因此，由数学归纳法证得an=(n1)成立． ……………6分

125111325（3）T1, T2, 436493636n11111=当n3时，bn 2an(n1)n(n1)nn1 7

111111 2222222345n(n1)111111 22

233445(n1)nn(n1)1111111111 22

233445(n1)nnn1111125 22. 233n136Tn

Tn25. ……………12分 36

21.（本小题满分12分） 解：（I）F'xxa0x3， x2x0a112axx0x3恒成立00 02x022maxkF'x0121x0x0取得最大值. 2211∴a，∴amin . …………………6分

22当x01时，

（II）若yg不同得交点，

1212am1xm的图象与yf1x2lnx21的图象恰有四个222x1121xmlnx21有四个不同的根， 2211亦即mlnx21x2有四个不同的根.

2211令Gxlnx21x2，

22即

2x2xx3xxx1x1x则G'x2 22x1x1x1当x变化时，G'x、Gx的变化情况如下表： x (,1) ＋ 增 (1,0) － 减 (0,1) ＋ 增 1, － 减 G'x的符号 Gx的单调性 由表格知：G(x)极小值G(0)1，Gx极大值G1G1ln20 28

画出草图和验证G2G2ln5211可知， 22当m,ln2时，yGx与ym恰有四个不同的交点. ∴ 当m,ln2时，

12121212a22yg2m1xm的图象与yf1xlnx1的图象恰有四个不22x1同的交点. …………………12分

22．（Ⅰ）解：由2sin，0,2，

可得2sin．…………………………………………………………………1分 因为xy，siny，…………………………………………………2分

2所以曲线C的普通方程为xy2y0（或xy11）． …………4分

2222222（Ⅱ）解法一：因为直线的参数方程为x3t3,（t为参数，tR），

y3t2消去t得直线l的普通方程为y3x5． ……………………………………5分

2因为曲线C：xy11是以G0,1为圆心，1为半径的圆，

2设点Dx0,y0，且点D到直线l：y3x5的距离最短， 所以曲线C在点D处的切线与直线l：y3x5平行． 即直线GD与l的斜率的乘积等于1，即因为x0y011，

22y0131．………………7分 x0解得x033或x0． 223133所以点D的坐标为2，．……………………………………9分 2，或22由于点D到直线y3x5的距离最短，

9

所以点D的坐标为332，．……………………………………………………10分 2x3t3,解法二：因为直线l的参数方程为（t为参数，tR），

y3t2消去t得直线l的普通方程为3xy50．……………………………………5分 因为曲线Cx2y11是以G0,1为圆心，1为半径的圆，

2因为点D在曲线C上，所以可设点Dcos,1sin0,2．………7分

所以点D到直线l的距离为d3cossin42

2sin因为0,2，所以当此时D

（23）（Ⅰ）解：当a1时，fx．………………………………8分 3时，dmin1．…………………………………9分 63333，所以点D的坐标为，2，．……………………………10分 22211等价于x1x．……………………1分 221①当x1时，不等式化为x1x，无解；

211②当1x0时，不等式化为x1x，解得x0；

241③当x0时，不等式化为x1x，解得x0．…………………………3分

2综上所述，不等式fx1的解集为1,．………………………………4分 4（Ⅱ）因为不等式fxb的解集为空集，所以bfxmax．…………………5分

以下给出两种思路求fx的最大值.

思路1：因为fxxax1a 0a1， 当xa时，fxxax1a a1a<0．

当ax1a时，fxxax1a 10

2xa1a

£21-a+a-1-a =a+1-a．

当x1a时，fxxax1a a1a．

所以fxmaxa1a．……………………………………………………7分

思路2：因为 fxxax1a

xax1a a1a

a1a，

当且仅当x1a时取等号． 所以fxmaxa1a．……………………………………………………7分

因为对任意a0,1，不等式fxb的解集为空集， 所以ba1amax．………………………………………………………8分

以下给出三种思路求gaa1a的最大值. 思路1：令gaa1a， 所以g2a12a1a1当且仅当a1a，即a所以gamaxa21a22．

1时等号成立． 22．

所以b的取值范围为

2，+．…………………………………………………10分

思路2：令gaa1a，

2因为0a1，所以可设acos 0， 2则gaa1acossin2sin2，

4当且仅当时等号成立． 4+．…………………………………………………10分 所以b的取值范围为2， 11

思路3：令gaa1a，

xa22因为0a1，设，则x+y=1，0x1,0y1．

y1a问题转化为在x+y=1，0x1,0y1的条件下， 求z=x+y的最大值．

利用数形结合的方法容易求得z的最大值为2，

O x 22y 2此时x=y=．

2所以b的取值范围为

2，+．…………………………………………………10分

 12