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武汉市2017届高中毕业生四月调研测试试卷理科数学第I卷一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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.6如图所示，某地一天y Asin(614时的温度变化曲线近似满足函数x ) b，则这段曲线的函数解析式可以为(3 )4)A.y10 si n( x820, x6,14B.y10si n($ x54)20, x6,14C.y10si n( x83)420, x6,14D.y10 si n( x85 )820, x6,14已知数列7.1，若 an(an 13a.满足 a11, a22an 1)3an 1an 1(n2, n N )，则数列an1.已知复数z2，则复数z在复平面内的点位于(i(3 i)A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.已知集合A1,3，B x|01ig(x 1)-,x Z2，则 A B ()A.1,3B.1,2,3C.1,3,4D.123,43若等差数列a.的前n项和Sn满足S4 4 , S6 12，则S?()A.1B. 0C. 1D.34.在长为16c m的线段MN上任取一点P，以MP,NP为邻边作一矩形，则该矩形的面积大于260cm的概率为()1 1C.13A.B.-D42345.执行如图所示的程序框图,则输出的k( )A.7B. 8C.9D.10的通项an)1 c n.21&已知实数x, y满足约束条件y2y 4，如果目标函数z2yx ay的最大值为16，则实数a的3值为(A.143 或-D3143ABCD的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为(A.81B81c101f101C.D52052010 .已知圆C:(x1)2 (y24)10和点M (5,t)，若圆C上存在两点代B ,使得MA MB，则实数t的取值范围为()A.2,6B.3,5C.2,6D.3,511 .已知函数f(x)xe a ex 2(a R，e为自然对数的底四棱锥9.)数)，若g f (x)与y f (f(x)的值域相同，则a的取值范围是 ( )A. a 0 B . a 1C .0 a 4 D . a 0 或 0 a 412.记mina,b,c为a,b, c中的最小值，若x, y为任意正实数，则11M min 2x, y 的最大值是()yxA. 1、2 B . 2 C .22 D .3、填空题(每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上)2 1 613 . (x )的展开式中，常数项为 .(用数字作答)x14 .在四面体P ABC中，PA PB PC BC 1，则该四面体体积的最大值为 .215 .已知直线 MN过椭圆 y2 1的左焦点F，与椭圆交于 M ,N两点，直线PQ过原点0与22MN平行，且PQ与椭圆交于P,Q两点，贝U |PQL .| MN |16 .已知 ABC的外接圆圆心为 O,且 A 60，若AO AB AC( ,R)，贝U的最大值为.三、解 题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤.)17 .已知 ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足a . 21 , 3b 2c 7 , A 60 .(1) 求b的值；(2) 若AD平分 BAC交BC于点D，求线段 AD的长.18某鲜花店根据以往某品种鲜花的销售记录，绘制出日销售量的频率分布直方图，如图所示将 日销售量落入各组区间的频率视为概率，且假设每天的销售量相互独立.(1) 求在未来的连续 4天中，有2天的日销售量低于100枝且另外2天不低于150枝的概率；(2) 用 表示在未来4天里日销售量不低于 100枝的天数，求随机变量的分布列和数学期望.19.如图，在二棱柱ABCA BC中，平面 A ACC 1GCB120 ,BC1A1C , E为AC的中点.(1)求证:A1C平面C1EB ;(2)求二面角A1ABC的余弦值.平面 ABC, AB BC 2, ACB 30 ,20.已知圆O : x22y 1和抛物线E : y2x 2 , O为坐标原点.ON，求直线I的方程;(1)已知直线l和圆O相切，与抛物线 E交于M, N两点，且满足 OM(2)过抛物线E上一点P(x0,y。)作两直线PQ,PR和圆O相切，且分别交抛物线 E于Q, R两点, 若直线QR的斜率为3，求点P的坐标.21.已知函数 f(x) (x a)21n x, a R .(1) 若a 3 . e，其中e为自然对数的底数，求函数 g(x) 上凶的单调区间;x(2) 若函数f (x)既有极大值，又有极小值，求实数a的取值范围.请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22 .选修4-4 :坐标系与参数方程已知曲线C :8k1 k22( k为参数)和直线l :2(1 k2)x 2 t cos y 1 tsi n(t为参数)2(1) 将曲线C的方程化为普通方程；(2) 设直线|与曲线C交于A,B两点，且P(2,1)为弦AB的中点，求弦 AB所在的直线方程.23.选修4-5 :不等式选讲(1) 求不等式|x 5|2x3| 1的解集；(2) 若正实数a,b满足a b 1，求证：.a . b 1 .武汉市2017届高中毕业生四月调研测试理科数学试卷答案一、选择题1-5: DBBAC 6-10: ABDCC 11-12:AD二、填空题13. 1514. 315. 2.212三、解答题17解：(1)得b216.-3(2)S ABDS ACD5,cS ABC1212由 S ABC由余弦定理得a24 .AB sin AABACADsi nADsi n1 BAD -21 CAD -2S ABD S18. (1)设日销量为P(x 100)0.002- P(A) C：2(2 )日销P( k) C：则分布列为b2c2ADAD1212ACD , 得 5 3 AD2bc cos A，即 21AD5 AD,45AD，二 AD 4x，有2天日销售量低于500.006 500.4, P(x0.2520.06.量不低于 100 枝的-4k/0.4售0.6k 0.44 k(k 0,1,2,3,4),b2 c2 be，联立 3b 2c20 3 9100枝，另外 2天不低于150枝为事件150)0.005 500.25 ,0.6 ,贝U B(4,0.6), E 0西62519. (1)证明：面 A1ACC1平面彳961 2625BA BC , ABC AC216小2163625625E为AC的中点，81625BE2.4,BE 平面 ABC , BEAC，又平面AACC1 平面ABC , 平面AACC1，又AC 平面A1ACC1 ,01234P169621621681625625625625625 BE A,C .1NCM 30，故 cos C1CM2在四边形AA1C1C中，设AA, x .3，即 cos2C1CM_33则由余弦定理得2 2GE x 32X212 2x233x2 4x12AC22x 3，设AC与C1E交又 BC1 A,C , BE BC1 B , A,C 面 C1EB .(2)方法-:由平面Ai ACC1平面ABC，作GMAC 于 M，则 C1M面 ABC .作MNBC 于 N ,连 C1N ,则C1NBC，由 cosC1CNCN,cosCC1C1CMCMCC1，cos NCM 奥CM知 cosC1CNcos C1CMcosNCM ,而C1CM60于点 H ,则 A1H -AC , C,H3-GE ,而3AiCCiE ,则 AH- CH- AC- 于是44-(X2 4x 10 -(X2 2x 3) (2 3)-，即 x- x 699容易求得：A(E6，而AE2 AE2 aA 故 AE AC ,由面 A1ACC1 面 ABC，则 A,E0,. x 3或 2 (舍)面ABC，过E作EF AB于F，连A1F ,则afe为二面角aABC的平面角，由平面几何知识易得EF cos AFE 歴AF仝23.32方法二：以A点为原点，AC为y轴，过点A与平面ABC垂直的直 线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AA,则 B(1,.3,0) ,C(0,2.3,0) ,E(0, 3,0),AACC1(0,2、3CBxcos , xsin ).(1, .3,0),C.x，AF 23 cos CB,CC1CB CGICBIICC1Ix) ， Ci(0,2,3CC1(0, x cos ,xsin )12 ，.3.6得 .3x cos 得2xcosBG (1, 3.3x,3亍 x,2x)，A1C(也3亍.3 nt, 则3Tx)， ( 3 山 x)(2、3 仝 x)3332 (舍)，故 AA1 3 ,则 A1(0, .3, 6) , B(1, . 3,0) ACBC1 ,设平面A,AB的法向量为n.(x, y,z),m aa 则.n ab6x3,于是 AA (0, . 3, . 6) , AB (1, 3,0),.3y . 6zx , 3y 02x 60 ,解得x 3或0，取y 1，则-,x23,1,于)不妨设平面ABC的法向量n2(0,0,1),则 cos ni,n2n n-|n1 |n-|_229 1213，故二面角A AB1C的余弦值为-.320. (1)解：设 l : y kx b ,M(x,y1),N(x-,y-)，由 I 和圆 O 相切，得 11 - b- k2 1 .Pk2 1y kx b亠 2由2 消去 y，并整理得 x2kx b 2 0x1 x2k , x1x2b 2 .y x2由OMON ,得OMON0 ,即 X1X2%y-0 . x1x2(k&b)(kx2 b) 0 (1k-)x1x2kb(x1x-)b-0, (1 k )(2b 2) k bb20, b2(b 2)(b21)bb-0 . b2 b 0. b1或b0(舍)当b 1时，k 0,故直线I的方程为y 1 .X2.(2)设 P(x0,yo) , Q(xi,yi), R(x2,y2)，贝V kqp M 世 色 2)_(X22) XiX1 X2X1 x2二 XiX2J3 .设 Iqr : yyoki(xx)，由直线和圆相切，得1y0冷 11 ,伽1222即(xo 1)ki 2xoyoki yo 10 .设 Ipr : y yo k2(x xo)，同理可得：2xoyox：1(X 1)k2 2xoyok2 y2 1 O.亠yk1xyo K 22 O由2得X2k1 xk1Xoyo，故XoX1k1 .yX2同理XoX2k?，则 2xox1x2k1k2 ,即2xo32xoyo2Xo12Xo32xo(x22)2 ，解Xo3. 或3 .当Xo3时，yo-；当 XoXo 1333故 k1,k2 是方程(x：1)k2 2xoyok2yo 1 O的两根，故k1k2. 3 时,yo 1.故P( ,)或 P(、3,1).332 2 2、 (x a) In x 、 (xa)lnx (x a) (x a)( x a) lnx x a21. (1) F(x), F(x)2TXXX(x 3 . e)( x 3 . e)l nx x 3 e由 a 3 . e 知，F(x)异x设 m(x) (x 3e)l nx x 3、e，则 m(x) In x 出 2, m(x)1 豎 X 3 eXXXX由 2ln x x设 h(x) 2xlnx3x (O,e 2)时，3 h(x)min h(e 2)3- a2e 2x，则 h(x)h(x) O,32e 2 .检验：当a2In x，由 h(x)0,得3h(x)单调递减；当x (e ,又 x O 时 h(x) O , x，这是必要条件.32e 2时，f (x)既无极大值，也无极小值；当)时，h(x) O ,时 h(x)h(x)单调递增.32e 2 a O时，满足题意; m(x) m(3.e) In (3. e) 3 O , m(x)在(O,)上单调递增，观察知 m(e) O , 当 x (O,.e)时，F(x)O ,F(x)单调递增；1 x (、e,3 .e)时，F(x)o,F(x)单调递减；1 x (3.、e,)时，F(x)O,F(x)单调递增.(2) f (x) (x a)21n x ,f(x)1x a2(x a)lnx (x a)(x a)(2lnx)xaO，得 2xln x xa .X当a O时，f (x)只有一个极值点，舍去；当 a O时，贝U 2lnaO，则a 1 .3综上，符合题意的a的范围为a 2e 2且a O且a 1.22解：(1 )由22(1 k )k2代入x8kk8得一舟，两式相除2yJx，整理得2 x16即为C的普通方程.x(2)将y整理得(4sin4 cos 8sin2cso4si n2cos2sin直线方程为x23.解:tcostsincos22y(1)当 x32当x 5时,5时,综上， 7(2)证明：要证2代入16)t2(4 cos即tan8sin)t 80 .由P为AB的中点，则2xl AB1(x 2)，即 y21x 2，所以所求的25 2x解得3 1，解得(2x3)1，解得 x故原不等式的解集为a b 1，只需证a13舍去.x|2 . ab1，即证2 ab即证.ab 一 12、ab，所以ab 成立，所以原不等式成立.4
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