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1、第 1 页 共 8 页2016 学年杭州市高三年级第一学期教学质量检测数学检测试卷选择题部分（共 40 分）一、选择题： （本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）1.若集合1| 1|xxA，2 , 1 , 0 , 1, 2B，则集合BA（）A.2 , 0B.2 , 2C.2 , 1 , 0D.0 , 1, 22.命题“0| yx”是命题“0x或0y”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件3.有五条长度分别为 1，3，5，7，9 的线段，若从这五条线段中任取三条，则所取三条线段能构成一个三角形的概率为（）A.101B.103C.2
2、1D.1074.设复数i23 21（其中i是虚数单位） ，则1（）A.B.2C.1D.21 5.已知直线022 yx经过椭圆)0, 0( 12222 baby ax的上顶点与右焦点，则椭圆的方程为（）A.14522 yxB.1422 yxC.14922 yxD.14622 yx6.已知21212100xexxxxx，（e为自然对数的底数） ，则（）A.121 xxB.121 xxC.exx11121D.exx111217.设O是ABC的内心，bACcAB ，若ACABAO21，则（）A.cb21 B.cb2 22 1 C.2221 bcD.bc2 22 1 第 2 页 共 8 页8.若不等式0
3、)(3(2bxax对任意的), 0( x恒成立，则（）A.92abB.092aba，C.092aab，D.ab929.在ABC中，5AC，02tan52tan12tan1BCA，则 ABBC（）A. 6B. 7C. 8D. 910.设函数)()(2cbacbxaxxf的图象经过点)(,(11mfmA和点)(,(22mfmB，0) 1 (f.若0)()()()(21212mfmfamfmfa，则（）A.0bB.0bC.03caD.03ca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 题每小题 4 分，共 36 分）11.5lg2lg_
4、；31 3log822=_.12.双曲线1422 yx的渐近线方程是_，离心率是_.13.已知随机变量的分布列为：1012Px31 61y若31)(E，则 yx_，)(D_.14.设函数xxxfln)(，则点)0 , 1 (处的切线方程是_；函数xxxfln)(的最小值为_.15.在2016)2( x的二项展开式中，含x的奇次幂的项之和为S，当2x时，S_.16.若实数yx,满足 102012xyxyx，则由点),2(yxyxP形成的区域的面积为_.17.设函数bxaxxf22)(2， 若存在实数), 0(0tx ， 使得对任意不为零的实数ba,均有baxf)(0成立，则t的取值范围是_.第
5、3 页 共 8 页三、解答题（本大题共 5 小题，共 74 分）18.（本题满分 14 分）设)(21cossin3sin)(2Rxxxxxf.（1）求函数)(xf的最小正周期与值域；（2）设ABC内角CBA,的对边分别为cba,，A为锐角，432ca，若1)(Af，求bA,.19.（本题满分 15 分） 在平面直角坐标系内， 点)01 () 1, 0() 1 , 0(，CBA， 点P满足2| PCkBPAP.（1）若2k，求点P的轨迹方程；（2）当0k时，若4|max BPAP，求实数的值.20.（本题满分 15 分）设函数 1 , 011)(2xxxxf，.（1）证明：98 94)(2xx
6、xf；（2）证明：23)(8168xf.21.（本题满分 15 分）已知QP,为椭圆1222 yx上的两点，满足22QFPF ，其中21,FF分别为左右第 4 页 共 8 页焦点.（1）求|21PFPF 的最小值；（2）若)()(2121QFQFPFPF，设直线PQ的斜率为k，求2k的值.22.（本题满分 15 分）设数列na满足)(312211 Nnnaaaan nn，.（1）证明：)( 11 Nnaann；（2）证明：)(12Nnnnan.第 5 页 共 8 页20162016 学年杭州市高三年级第一学期教学质量检测学年杭州市高三年级第一学期教学质量检测数学参考答案及评分标准一、选择题：(
7、本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分)题号12345678910答案CCBCAAABBA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）111,112y1 2x；5 2131 2，11 914yx1；1 e1523023161171,三、解答题： （本大题共 5 小题，共 74 分） 18 （本题满分 14 分）解： （I）化简得：f (x)sin(2x 6)（xR） ，所以最小正周期为，值域为1,17 分（II）因为 f (A)sin(2A 6)1因为 A 为锐角，所以 2A 6( 6,5 6)，所以 2A 6
8、2，所以 A 3由余弦定理 a2b2c22bccosA，得 b24b40解得 b27 分19 （本题满分 15 分）解： （I）设 P(x,y)，则AP (x,y1)，BP (x,y1)，PC (x1,y)因为 k2，所以22|AP BPPC ，所以 (x,y1)(x,y1)2(x1)2y2，化简整理，得 (x2)2y21，故点 P 的轨迹方程为 (x2)2y217 分（II）因为 k0，所以0AP BP ，所以 x2y21第 6 页 共 8 页所以 |AP BP |22AP 2BP 22x2(y1)2x2(y1)2(222) y222（y1,1） 当 2220 时，即11，(|AP BP |
9、max)2222222416，不合题意，舍去；当 2220 时，即1 或1 时，(|AP BP |max)222222216，解得28 分20 （本题满分 15 分）解： （I）令 g(x)f (x)x24 9x8 9，即 g(x)1 1x 4 9x8 9，所以22248521)(25)( )=9(1)9(1)xxxxg xxx（，所以 g(x)在102，上递减，在112，上递增，所以 g(x)1 2g0，所以 f (x)x24 9x8 97 分（II）因为3222421( )(1)xxxfxx，x0,1，设 h(x)2x34x22x1，h(x)6x28x2，因为 h(0)1，h(1)7，所以
10、存在 x0(0,1)，使得 f(x)0，且 f (x)在(0, x0)上递减，在(x0,1)上递增，所以 f (x)max f (0)，f (1)f (1)3 2由（I）知，f (x)x24 9x8 92268 981x68 81，又1 2f11 1268 81，277368=989181f，所以68 81f (x)3 28 分21 （本题满分 15 分）解: （I）因为122PFPFPO （O 为坐标原点） ，显然min|1PO ，第 7 页 共 8 页所以12|PFPF 的最小值为 25 分（II）由题意，可知OPOQ又22F PF Q，所以 PQ 是两个直角三角形 POQ 和 PF2Q
11、的公共斜边，即得线段 PQ 的中点到 O，F2两点的距离相等，即线段 PQ 中点的横坐标为1 2设直线 PQ 的方程为 ykxb，联立椭圆方程，得(12k2)x24kbx2b220设 P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则 x1x224 12kb k又因为 x1x21，所以 12k24kb，（1）另一方面，x1x22222 12b k ，y1y2222 2 222 12k bkkbbk由 x1x2y1y20，得2222 2 22222201212bk bkkbbkk，即 4k2b22k3b2k23b2kb20，（2）由（1） （2） ，得20k420k230，解之得252 10 10k 10
12、分22 （本题满分 15 分）证明： （I）易知 an0，所以 an1an22na nan，所以 ak1ak22ka kak1 2kka a k，所以2 1111kkaak所以，当 n2 时，11112 1122111111111111()3131()(1)1nnnnkkkknkkaaaaakk kkk13 1 1111n nn ，所以 an1又1113a ，所以 an1（nN*） ，所以anan11（nN*） 8 分（II）当 n1 时，显然成立由 an1，知2122kk kkkaaaaakk，所以2121kkkaak，所以22111222211 11k kkkkkkkkakaaaaaaa akkkk，所以2 1111 1kkaak，所以，当 n2 时，第 8 页 共 8 页11112 1111111111111111()33()1(1)1nnnnkkkknkkaaaaakk kkk1213(1)n nn，即21nnan所以21nnan（nN*） 7 分
