天津市和平区2022届高三下学期数学三模试卷及答案
高三下学期数学二模试卷一、单选题1．已知全集为R，集合A={x∣−2c>bD．b>a>c6．已知圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为332，该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球，则此正四面体的棱长a为（ ）A．2B．
高三下学期数学三模试卷一、单选题1．已知全集U={1，2，3，4，5}，集合M={1，2}，N={3，4}，则∁U(M∪N)=（ ）A．{5}B．{1，2}C．{3，4}D．{1，2，3，4}2．设{a}是公比为q的等比数列，则“q＞1”
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．已知全集为R，集合A={x∣−2 0时，f(x)<2x2ex⋅e−x=x，排除C故答案为：D【分析】判断函数的奇偶性，可排除A，B；利用基本不等式，可排除C.4．为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验．所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组区间为[12，13），[13，14），[14，15），[15，16），[16，17]，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，…，第五组．如图是根据试验数据制成的频率分布直方图．已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为（ ）A．6B．8C．12D．18【答案】C【知识点】频率分布直方图【解析】【解答】解：由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人，分布在区间第一组与第二组的频率分别为0.24，0.16，所以第一组有12人，第二组8人，第三组的频率为0.36，所以第三组的人数：18人，第三组中没有疗效的有6人，第三组中有疗效的有12人．故选：C．【分析】由频率=频数样本容量以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人的频率，即可求出第三组中有疗效的人数得到答案；5．已知a=30.4，b=log432，c=log550，则a，b，c的大小关系为（ ）A．c>b>aB．b>c>aC．a>c>bD．b>a>c 【答案】B【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数的运算性质；对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】a=30.4<312=3b=log432=log4452=52c=log550=log5(52×2)=2+log52因为0=log51 c>a故答案为：B【分析】利用指数函数和对数函数的性质可得答案。6．已知圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为332，该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球，则此正四面体的棱长a为（ ）A．2B．322C．3D．92(3−2)【答案】A【知识点】球的体积和表面积【解析】【解答】由题意可知，该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为P，球的半径为r，圆锥的底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图所示，由已知可得AB=SA=SB=3，所以△SAB为等边三角形，故点P是△SAB的中心，连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO=30°，故tan30°=rR，解得r=33R=33×32=32，故正四面体的外接球的半径r=32.又正四面体可以从正方体中截得，如图所示，从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为22a，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以2r=3AA1=3×22a=62a=3，解得a=2，故答案为：A【分析】先利用四面体内接于圆锥的内切球，由圆锥的轴截面进行分析，求出正四面体的外接球的半径r，再利用正四面体可以从正方体中截得，确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，列式求解即可得答案.7．已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的渐近线于A，B两点（异于坐标原点），双曲线的离心率为2，△AOB的面积为64，则抛物线的焦点坐标为（ ）A．(2，0)B．(−2，0)C．(4，0)D．(−4，0)【答案】B【知识点】抛物线的简单性质【解析】【解答】因为双曲线的离心率为2，故ca=2，其中c为半焦距，故a2+b2a2=2即a=b，故渐近线的方程为：y=±x，由抛物线、双曲线的对称性可设A(m，−m)，B(m，m)(m<0)，故S△OAB=12|2m|×|m|=m2=64，故m=−8，所以A(−8，8)，所以82=−16p，故p=−4，即抛物线的方程为：y2=−8x，故焦点坐标为：(−2，0).故答案为：B【分析】利用双曲线的离心率求出双曲线的渐近线方程，然后求解A的坐标，利用三角形的面积求出p，即可求解抛物线的焦点坐标.8．函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0，ω>0，−π2 0时，f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则a的取值范围是（ ）A．(625,+∞)B．(4,64)C．(9,625)D．(9,64)【答案】C【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；图形的对称性【解析】【解答】先作出函数f(x)在(−∞,0]上的部分图象，再作出f(x)=logax关于原点对称的图象，如图所示，当0 1时，要使函数f(x)关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，则a>1−loga3>−12−loga5<−14，解得9 0，∴cosB=2sinB>0，∴cosB=255，∴sin(B+π2)=cosB=255.（3）解：由A+C=2B⇒B=π3，∴sinAsinC=cos2B=14，∴a2R⋅c2R=14，由S=43=12acsinB⇒ac=16，∴164R2=14⇒R=4，∴bsinB=2R=8⇒b=43.【知识点】正弦定理；余弦定理【解析】【分析】（1）由余弦定理可求出c的值；（2）由sinAa=cosB2b利用正弦定理可得cosB2b=sinBb，再利用同角三角函数基本关系求出sinB，cosB，再利用诱导公式可求出sin(B+π2)的值；（3）由已知利用正弦定理、三角形的面积公式即可求出b的值.17．如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，∠ABC=60∘，AA1=A1B1=12AB=1，AA1⊥平面ABCD.（1）若点M是AD的中点，求证：C1M//平面ABB1A1（2）求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值；（3）棱BC上存在点E，使得CE=1−32，求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.【答案】（1）证明：取BC的中点为N，连接C1N，NM，在菱形ABCD中，因为BN=NC，AM=MD，则MN//AB，而MN⊄平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，故MN//平面ABB1A1，由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC，而A1B1=12AB，故C1B1=12CB，故C1B1=NB，故四边形C1B1BN为平行四边形，故C1N//BB1，而C1N⊄平面ABB1A1，B1B⊂平面ABB1A1，故C1N//平面ABB1A1，因为C1N∩MN=N，C1N⊂平面C1MN，MN⊂平面C1MN，故平面C1MN//平面ABB1A1，而C1M⊂平面C1MN，故C1M//平面ABB1A1.（2）解：在平面ABCD中，过A作AD的垂线，与BC交于S，因为AA1⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，故AA1⊥AD，同理AA1⊥AS，故可建立如图所示的空间直角坐标系，故A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D(0，2，0)，C(3，1，0)，B(3，−1，0)，B1(32，−12，1)，D1(0，1，1)，故M(0，1，0)，BC=(0，2，0)，所以B1C1=(0，1，0)，所以C1(32，12，1)，故C1M=(−32，12，−1)，而平面ADD1的一个法向量为n=(1，0，0)，设直线C1M与平面AD1D所成的角为α，则sinα=|cos〈C1M，n〉|=321×2=64.（3）解：由|CE|=1−32可得E(3，32，0)，故AE=(3，32，0)，而AD1=(0，1，1)，设平面AED1的法向量为m=(x，y，z)，则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0，取x=1，则y=−2，z=2，故m=(1，−2，2)，结合（2）的平面ADD1的一个法向量为n=(1，0，0)， 故cos =11×3=13，设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β，则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)利用面面平行证明线面平行即可；(2)以A为原点建立空间直角坐标系，利用法向量计算线面所成角的余弦值；(3)结合(2)中的计算，利用法向量计算平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18．已知点M是椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为椭圆C的上、下焦点，|F1F2|=4，当∠F1MF2=90°，△F1MF2的面积为5.（1）求椭圆C的方程：（2）设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线l，使得△OAF2与△OBF1（O是坐标原点）的面积比值为5：7.若存在，求出直线l的方程：若不存在，说明理由.【答案】（1）解：由|F1F2|=4=2c⇒c=2，由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10，∠F1MF2=90∘，故|MF1|2+|MF2|2=16，∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36，∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3，∴b2=a2−c2=5，即椭圆的标准方程为y29+x25=1.（2）解：假设满足条件的直线l存在，当直线l的斜率不存在时，不合题意，不妨设直线l：y=kx−2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然x1x2<0，联立y=kx−2y29+x25=1，得(5k2+9)x2−20kx−25=0，所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2)，因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|，S△OBF1=12⋅c⋅|x2|，得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57，即x1=−57×2（3），由（1），（3），得x2=70k5k2+9（4），将（1）（4）代入（3）得k2=115⇒k=±1515，所以直线l的方程为y=±1515x−2，故存在直线l，使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5：7.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)通过椭圆的焦距求解c，结合三角形的面积推出a，得到b，然后求解椭圆C的标准方程；(2)设直线l：y=kx−2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合三角形的面积，转化求解直线的斜率，求出直线l的方程.19．已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12，且満足1bn−1bn−1=1(n>2，n∈N∗)（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）若数列{cn}满足cn=1bn，n为奇数an，n为偶数；求i=1nci（3）Tn=i=1nai2，数列{anTn}的前n项和为Rn，求证：34(1−12n+1−1)≤R<1.【答案】（1）解：∵Sn=2an−2(n∈N∗)，∴n=1时a1=2，∵n≥2时，Sn−1=2an−1−2，∴an=2an−2an−1，即an=2an−1，∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an=2n，由题可知，{1bn}是首项为2，公差为1的等差数列，∴1bn=2+(n−1)=n+1，∴bn=1n+1.（2）解：cn=n+1，n为奇数2n，n为偶数，(i)n为偶数时，i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1)，(ii)n为奇数时，i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1) =n2+4n+34+43(2n−1−1)，i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1)，n为奇数n2+2n4+43(2n−1)，n为偶数（3）证明：∵an2=(2n)2=4n，Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1)，∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1，(i)右式证明：anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n，∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明：anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.【知识点】数列的求和；数列递推式；反证法与放缩法【解析】【分析】(1)由an与Sn的关系可得{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，由此可得数列{an}的通项公式，由{1bn}是首项为2，公差为1的等差数列，由此可得数列{bn}的通项公式；(2)cn=n+1，n为奇数2n，n为偶数，然后分n为偶数及奇数分组求和即可；(3)anTn=34×2n4n−1，然后利用放缩法分别证明左边和右边即可.20．设a，b为实数，且a>1，已知函数g(x)=ax，ℎ(x)=bx−e2(x∈R).（1）当a=e时，曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2，求b的值；（2）求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间：（3）若对任意b>2e2，函数f(x)=g(x)−ℎ(x)）有两个不同的零点，求a的取值范围.【答案】（1）解：设切点坐标(x0，ex0)，g′(x0)=ex0，切线方程为y−ex0=ex0(x−x0)，即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e，∴b=e.（2）解：∵f(x)=ax−bx+e2，∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0，即axlna>b，又∵a>1，∴lna>0，所以不等式化为ax>blna，当b≤0时，不等式恒成立，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，f(x)单调递增区间为(−∞，+∞)，无单调递减区间.当b>0时，ax>blna解集为x>loga(blna)，∴x∈(loga(blna)，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(−∞，loga(blna))时，f′(x)<0，f(x)单调递减.综上，b≤0时，f(x)的单调递增区间为(−∞，+∞)，b>0时，f(x)的单调递增区间为(loga(blna)，+∞)，f(x)的单调递减区间为(−∞，loga(blna)).（3）解：∵函数有两个不同的零点，∴f(logablna)<0，即alogablna−blogablna+e2<0，∴alogablna−blnblnalna+e2<0，即blna−blnalnblna+e2<0，设t=blna，令m(t)=t−tlnt+e2，∵m′(t)=−lnt，∴当t>1时，m′(t)<0，∴m(t)在(1，+∞)单调递减；当t<1时，m′(t)>0，∴m(t)在(0，1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0，∴当且仅当t>e2时，m(t)<0，即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立，∴lna≤2⇒a≤e2，∴a∈(1，e2].【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)设切点坐标(x0，ex0)，写出过切点的切线方程，可得ex0=b−ex0x0+ex0=0，由此求得b值；(2)f(x)=ax−bx+e2，求其导函数，然后对b分类即可求得函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间；(3)函数有两个不同的零点，可得f(logablna)<0，即alogablna−blnblnalna+e2<0，即blna−blnalnblna+e2<0，设t=blna，令m(t)=t−tlnt+e2，利用导数研究单调性，可得blna>e2⇒b>e2lnab>2e2从而求得实数a的取值范围.
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．已知全集为R，集合A={x∣−2 0时，f(x)<2x2ex⋅e−x=x，排除C故答案为：D【分析】判断函数的奇偶性，可排除A，B；利用基本不等式，可排除C.4．为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验．所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组区间为[12，13），[13，14），[14，15），[15，16），[16，17]，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，…，第五组．如图是根据试验数据制成的频率分布直方图．已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为（ ）A．6B．8C．12D．18【答案】C【知识点】频率分布直方图【解析】【解答】解：由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人，分布在区间第一组与第二组的频率分别为0.24，0.16，所以第一组有12人，第二组8人，第三组的频率为0.36，所以第三组的人数：18人，第三组中没有疗效的有6人，第三组中有疗效的有12人．故选：C．【分析】由频率=频数样本容量以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人的频率，即可求出第三组中有疗效的人数得到答案；5．已知a=30.4，b=log432，c=log550，则a，b，c的大小关系为（ ）A．c>b>aB．b>c>aC．a>c>bD．b>a>c 【答案】B【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数的运算性质；对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】a=30.4<312=3b=log432=log4452=52c=log550=log5(52×2)=2+log52因为0=log51 c>a故答案为：B【分析】利用指数函数和对数函数的性质可得答案。6．已知圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为332，该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球，则此正四面体的棱长a为（ ）A．2B．322C．3D．92(3−2)【答案】A【知识点】球的体积和表面积【解析】【解答】由题意可知，该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为P，球的半径为r，圆锥的底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图所示，由已知可得AB=SA=SB=3，所以△SAB为等边三角形，故点P是△SAB的中心，连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO=30°，故tan30°=rR，解得r=33R=33×32=32，故正四面体的外接球的半径r=32.又正四面体可以从正方体中截得，如图所示，从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为22a，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以2r=3AA1=3×22a=62a=3，解得a=2，故答案为：A【分析】先利用四面体内接于圆锥的内切球，由圆锥的轴截面进行分析，求出正四面体的外接球的半径r，再利用正四面体可以从正方体中截得，确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，列式求解即可得答案.7．已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的渐近线于A，B两点（异于坐标原点），双曲线的离心率为2，△AOB的面积为64，则抛物线的焦点坐标为（ ）A．(2，0)B．(−2，0)C．(4，0)D．(−4，0)【答案】B【知识点】抛物线的简单性质【解析】【解答】因为双曲线的离心率为2，故ca=2，其中c为半焦距，故a2+b2a2=2即a=b，故渐近线的方程为：y=±x，由抛物线、双曲线的对称性可设A(m，−m)，B(m，m)(m<0)，故S△OAB=12|2m|×|m|=m2=64，故m=−8，所以A(−8，8)，所以82=−16p，故p=−4，即抛物线的方程为：y2=−8x，故焦点坐标为：(−2，0).故答案为：B【分析】利用双曲线的离心率求出双曲线的渐近线方程，然后求解A的坐标，利用三角形的面积求出p，即可求解抛物线的焦点坐标.8．函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0，ω>0，−π2 0时，f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则a的取值范围是（ ）A．(625,+∞)B．(4,64)C．(9,625)D．(9,64)【答案】C【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；图形的对称性【解析】【解答】先作出函数f(x)在(−∞,0]上的部分图象，再作出f(x)=logax关于原点对称的图象，如图所示，当0 1时，要使函数f(x)关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，则a>1−loga3>−12−loga5<−14，解得9 0，∴cosB=2sinB>0，∴cosB=255，∴sin(B+π2)=cosB=255.（3）解：由A+C=2B⇒B=π3，∴sinAsinC=cos2B=14，∴a2R⋅c2R=14，由S=43=12acsinB⇒ac=16，∴164R2=14⇒R=4，∴bsinB=2R=8⇒b=43.【知识点】正弦定理；余弦定理【解析】【分析】（1）由余弦定理可求出c的值；（2）由sinAa=cosB2b利用正弦定理可得cosB2b=sinBb，再利用同角三角函数基本关系求出sinB，cosB，再利用诱导公式可求出sin(B+π2)的值；（3）由已知利用正弦定理、三角形的面积公式即可求出b的值.17．如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，∠ABC=60∘，AA1=A1B1=12AB=1，AA1⊥平面ABCD.（1）若点M是AD的中点，求证：C1M//平面ABB1A1（2）求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值；（3）棱BC上存在点E，使得CE=1−32，求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.【答案】（1）证明：取BC的中点为N，连接C1N，NM，在菱形ABCD中，因为BN=NC，AM=MD，则MN//AB，而MN⊄平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，故MN//平面ABB1A1，由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC，而A1B1=12AB，故C1B1=12CB，故C1B1=NB，故四边形C1B1BN为平行四边形，故C1N//BB1，而C1N⊄平面ABB1A1，B1B⊂平面ABB1A1，故C1N//平面ABB1A1，因为C1N∩MN=N，C1N⊂平面C1MN，MN⊂平面C1MN，故平面C1MN//平面ABB1A1，而C1M⊂平面C1MN，故C1M//平面ABB1A1.（2）解：在平面ABCD中，过A作AD的垂线，与BC交于S，因为AA1⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，故AA1⊥AD，同理AA1⊥AS，故可建立如图所示的空间直角坐标系，故A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D(0，2，0)，C(3，1，0)，B(3，−1，0)，B1(32，−12，1)，D1(0，1，1)，故M(0，1，0)，BC=(0，2，0)，所以B1C1=(0，1，0)，所以C1(32，12，1)，故C1M=(−32，12，−1)，而平面ADD1的一个法向量为n=(1，0，0)，设直线C1M与平面AD1D所成的角为α，则sinα=|cos〈C1M，n〉|=321×2=64.（3）解：由|CE|=1−32可得E(3，32，0)，故AE=(3，32，0)，而AD1=(0，1，1)，设平面AED1的法向量为m=(x，y，z)，则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0，取x=1，则y=−2，z=2，故m=(1，−2，2)，结合（2）的平面ADD1的一个法向量为n=(1，0，0)， 故cos =11×3=13，设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β，则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)利用面面平行证明线面平行即可；(2)以A为原点建立空间直角坐标系，利用法向量计算线面所成角的余弦值；(3)结合(2)中的计算，利用法向量计算平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18．已知点M是椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为椭圆C的上、下焦点，|F1F2|=4，当∠F1MF2=90°，△F1MF2的面积为5.（1）求椭圆C的方程：（2）设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线l，使得△OAF2与△OBF1（O是坐标原点）的面积比值为5：7.若存在，求出直线l的方程：若不存在，说明理由.【答案】（1）解：由|F1F2|=4=2c⇒c=2，由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10，∠F1MF2=90∘，故|MF1|2+|MF2|2=16，∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36，∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3，∴b2=a2−c2=5，即椭圆的标准方程为y29+x25=1.（2）解：假设满足条件的直线l存在，当直线l的斜率不存在时，不合题意，不妨设直线l：y=kx−2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然x1x2<0，联立y=kx−2y29+x25=1，得(5k2+9)x2−20kx−25=0，所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2)，因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|，S△OBF1=12⋅c⋅|x2|，得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57，即x1=−57×2（3），由（1），（3），得x2=70k5k2+9（4），将（1）（4）代入（3）得k2=115⇒k=±1515，所以直线l的方程为y=±1515x−2，故存在直线l，使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5：7.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)通过椭圆的焦距求解c，结合三角形的面积推出a，得到b，然后求解椭圆C的标准方程；(2)设直线l：y=kx−2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合三角形的面积，转化求解直线的斜率，求出直线l的方程.19．已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12，且満足1bn−1bn−1=1(n>2，n∈N∗)（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）若数列{cn}满足cn=1bn，n为奇数an，n为偶数；求i=1nci（3）Tn=i=1nai2，数列{anTn}的前n项和为Rn，求证：34(1−12n+1−1)≤R<1.【答案】（1）解：∵Sn=2an−2(n∈N∗)，∴n=1时a1=2，∵n≥2时，Sn−1=2an−1−2，∴an=2an−2an−1，即an=2an−1，∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an=2n，由题可知，{1bn}是首项为2，公差为1的等差数列，∴1bn=2+(n−1)=n+1，∴bn=1n+1.（2）解：cn=n+1，n为奇数2n，n为偶数，(i)n为偶数时，i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1)，(ii)n为奇数时，i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1) =n2+4n+34+43(2n−1−1)，i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1)，n为奇数n2+2n4+43(2n−1)，n为偶数（3）证明：∵an2=(2n)2=4n，Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1)，∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1，(i)右式证明：anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n，∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明：anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.【知识点】数列的求和；数列递推式；反证法与放缩法【解析】【分析】(1)由an与Sn的关系可得{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，由此可得数列{an}的通项公式，由{1bn}是首项为2，公差为1的等差数列，由此可得数列{bn}的通项公式；(2)cn=n+1，n为奇数2n，n为偶数，然后分n为偶数及奇数分组求和即可；(3)anTn=34×2n4n−1，然后利用放缩法分别证明左边和右边即可.20．设a，b为实数，且a>1，已知函数g(x)=ax，ℎ(x)=bx−e2(x∈R).（1）当a=e时，曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2，求b的值；（2）求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间：（3）若对任意b>2e2，函数f(x)=g(x)−ℎ(x)）有两个不同的零点，求a的取值范围.【答案】（1）解：设切点坐标(x0，ex0)，g′(x0)=ex0，切线方程为y−ex0=ex0(x−x0)，即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e，∴b=e.（2）解：∵f(x)=ax−bx+e2，∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0，即axlna>b，又∵a>1，∴lna>0，所以不等式化为ax>blna，当b≤0时，不等式恒成立，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，f(x)单调递增区间为(−∞，+∞)，无单调递减区间.当b>0时，ax>blna解集为x>loga(blna)，∴x∈(loga(blna)，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(−∞，loga(blna))时，f′(x)<0，f(x)单调递减.综上，b≤0时，f(x)的单调递增区间为(−∞，+∞)，b>0时，f(x)的单调递增区间为(loga(blna)，+∞)，f(x)的单调递减区间为(−∞，loga(blna)).（3）解：∵函数有两个不同的零点，∴f(logablna)<0，即alogablna−blogablna+e2<0，∴alogablna−blnblnalna+e2<0，即blna−blnalnblna+e2<0，设t=blna，令m(t)=t−tlnt+e2，∵m′(t)=−lnt，∴当t>1时，m′(t)<0，∴m(t)在(1，+∞)单调递减；当t<1时，m′(t)>0，∴m(t)在(0，1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0，∴当且仅当t>e2时，m(t)<0，即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立，∴lna≤2⇒a≤e2，∴a∈(1，e2].【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)设切点坐标(x0，ex0)，写出过切点的切线方程，可得ex0=b−ex0x0+ex0=0，由此求得b值；(2)f(x)=ax−bx+e2，求其导函数，然后对b分类即可求得函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间；(3)函数有两个不同的零点，可得f(logablna)<0，即alogablna−blnblnalna+e2<0，即blna−blnalnblna+e2<0，设t=blna，令m(t)=t−tlnt+e2，利用导数研究单调性，可得blna>e2⇒b>e2lnab>2e2从而求得实数a的取值范围.
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．已知全集为R，集合A={x∣−2 0时，f(x)<2x2ex⋅e−x=x，排除C故答案为：D【分析】判断函数的奇偶性，可排除A，B；利用基本不等式，可排除C.4．为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验．所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组区间为[12，13），[13，14），[14，15），[15，16），[16，17]，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，…，第五组．如图是根据试验数据制成的频率分布直方图．已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为（ ）A．6B．8C．12D．18【答案】C【知识点】频率分布直方图【解析】【解答】解：由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人，分布在区间第一组与第二组的频率分别为0.24，0.16，所以第一组有12人，第二组8人，第三组的频率为0.36，所以第三组的人数：18人，第三组中没有疗效的有6人，第三组中有疗效的有12人．故选：C．【分析】由频率=频数样本容量以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人的频率，即可求出第三组中有疗效的人数得到答案；5．已知a=30.4，b=log432，c=log550，则a，b，c的大小关系为（ ）A．c>b>aB．b>c>aC．a>c>bD．b>a>c 【答案】B【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数的运算性质；对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】a=30.4<312=3b=log432=log4452=52c=log550=log5(52×2)=2+log52因为0=log51 c>a故答案为：B【分析】利用指数函数和对数函数的性质可得答案。6．已知圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为332，该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球，则此正四面体的棱长a为（ ）A．2B．322C．3D．92(3−2)【答案】A【知识点】球的体积和表面积【解析】【解答】由题意可知，该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为P，球的半径为r，圆锥的底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图所示，由已知可得AB=SA=SB=3，所以△SAB为等边三角形，故点P是△SAB的中心，连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO=30°，故tan30°=rR，解得r=33R=33×32=32，故正四面体的外接球的半径r=32.又正四面体可以从正方体中截得，如图所示，从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为22a，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以2r=3AA1=3×22a=62a=3，解得a=2，故答案为：A【分析】先利用四面体内接于圆锥的内切球，由圆锥的轴截面进行分析，求出正四面体的外接球的半径r，再利用正四面体可以从正方体中截得，确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，列式求解即可得答案.7．已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的渐近线于A，B两点（异于坐标原点），双曲线的离心率为2，△AOB的面积为64，则抛物线的焦点坐标为（ ）A．(2，0)B．(−2，0)C．(4，0)D．(−4，0)【答案】B【知识点】抛物线的简单性质【解析】【解答】因为双曲线的离心率为2，故ca=2，其中c为半焦距，故a2+b2a2=2即a=b，故渐近线的方程为：y=±x，由抛物线、双曲线的对称性可设A(m，−m)，B(m，m)(m<0)，故S△OAB=12|2m|×|m|=m2=64，故m=−8，所以A(−8，8)，所以82=−16p，故p=−4，即抛物线的方程为：y2=−8x，故焦点坐标为：(−2，0).故答案为：B【分析】利用双曲线的离心率求出双曲线的渐近线方程，然后求解A的坐标，利用三角形的面积求出p，即可求解抛物线的焦点坐标.8．函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0，ω>0，−π2 0时，f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则a的取值范围是（ ）A．(625,+∞)B．(4,64)C．(9,625)D．(9,64)【答案】C【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；图形的对称性【解析】【解答】先作出函数f(x)在(−∞,0]上的部分图象，再作出f(x)=logax关于原点对称的图象，如图所示，当0 1时，要使函数f(x)关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，则a>1−loga3>−12−loga5<−14，解得9 0，∴cosB=2sinB>0，∴cosB=255，∴sin(B+π2)=cosB=255.（3）解：由A+C=2B⇒B=π3，∴sinAsinC=cos2B=14，∴a2R⋅c2R=14，由S=43=12acsinB⇒ac=16，∴164R2=14⇒R=4，∴bsinB=2R=8⇒b=43.【知识点】正弦定理；余弦定理【解析】【分析】（1）由余弦定理可求出c的值；（2）由sinAa=cosB2b利用正弦定理可得cosB2b=sinBb，再利用同角三角函数基本关系求出sinB，cosB，再利用诱导公式可求出sin(B+π2)的值；（3）由已知利用正弦定理、三角形的面积公式即可求出b的值.17．如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，∠ABC=60∘，AA1=A1B1=12AB=1，AA1⊥平面ABCD.（1）若点M是AD的中点，求证：C1M//平面ABB1A1（2）求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值；（3）棱BC上存在点E，使得CE=1−32，求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.【答案】（1）证明：取BC的中点为N，连接C1N，NM，在菱形ABCD中，因为BN=NC，AM=MD，则MN//AB，而MN⊄平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，故MN//平面ABB1A1，由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC，而A1B1=12AB，故C1B1=12CB，故C1B1=NB，故四边形C1B1BN为平行四边形，故C1N//BB1，而C1N⊄平面ABB1A1，B1B⊂平面ABB1A1，故C1N//平面ABB1A1，因为C1N∩MN=N，C1N⊂平面C1MN，MN⊂平面C1MN，故平面C1MN//平面ABB1A1，而C1M⊂平面C1MN，故C1M//平面ABB1A1.（2）解：在平面ABCD中，过A作AD的垂线，与BC交于S，因为AA1⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，故AA1⊥AD，同理AA1⊥AS，故可建立如图所示的空间直角坐标系，故A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D(0，2，0)，C(3，1，0)，B(3，−1，0)，B1(32，−12，1)，D1(0，1，1)，故M(0，1，0)，BC=(0，2，0)，所以B1C1=(0，1，0)，所以C1(32，12，1)，故C1M=(−32，12，−1)，而平面ADD1的一个法向量为n=(1，0，0)，设直线C1M与平面AD1D所成的角为α，则sinα=|cos〈C1M，n〉|=321×2=64.（3）解：由|CE|=1−32可得E(3，32，0)，故AE=(3，32，0)，而AD1=(0，1，1)，设平面AED1的法向量为m=(x，y，z)，则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0，取x=1，则y=−2，z=2，故m=(1，−2，2)，结合（2）的平面ADD1的一个法向量为n=(1，0，0)， 故cos =11×3=13，设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β，则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)利用面面平行证明线面平行即可；(2)以A为原点建立空间直角坐标系，利用法向量计算线面所成角的余弦值；(3)结合(2)中的计算，利用法向量计算平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18．已知点M是椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为椭圆C的上、下焦点，|F1F2|=4，当∠F1MF2=90°，△F1MF2的面积为5.（1）求椭圆C的方程：（2）设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线l，使得△OAF2与△OBF1（O是坐标原点）的面积比值为5：7.若存在，求出直线l的方程：若不存在，说明理由.【答案】（1）解：由|F1F2|=4=2c⇒c=2，由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10，∠F1MF2=90∘，故|MF1|2+|MF2|2=16，∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36，∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3，∴b2=a2−c2=5，即椭圆的标准方程为y29+x25=1.（2）解：假设满足条件的直线l存在，当直线l的斜率不存在时，不合题意，不妨设直线l：y=kx−2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然x1x2<0，联立y=kx−2y29+x25=1，得(5k2+9)x2−20kx−25=0，所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2)，因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|，S△OBF1=12⋅c⋅|x2|，得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57，即x1=−57×2（3），由（1），（3），得x2=70k5k2+9（4），将（1）（4）代入（3）得k2=115⇒k=±1515，所以直线l的方程为y=±1515x−2，故存在直线l，使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5：7.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)通过椭圆的焦距求解c，结合三角形的面积推出a，得到b，然后求解椭圆C的标准方程；(2)设直线l：y=kx−2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合三角形的面积，转化求解直线的斜率，求出直线l的方程.19．已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12，且満足1bn−1bn−1=1(n>2，n∈N∗)（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）若数列{cn}满足cn=1bn，n为奇数an，n为偶数；求i=1nci（3）Tn=i=1nai2，数列{anTn}的前n项和为Rn，求证：34(1−12n+1−1)≤R<1.【答案】（1）解：∵Sn=2an−2(n∈N∗)，∴n=1时a1=2，∵n≥2时，Sn−1=2an−1−2，∴an=2an−2an−1，即an=2an−1，∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an=2n，由题可知，{1bn}是首项为2，公差为1的等差数列，∴1bn=2+(n−1)=n+1，∴bn=1n+1.（2）解：cn=n+1，n为奇数2n，n为偶数，(i)n为偶数时，i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1)，(ii)n为奇数时，i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1) =n2+4n+34+43(2n−1−1)，i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1)，n为奇数n2+2n4+43(2n−1)，n为偶数（3）证明：∵an2=(2n)2=4n，Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1)，∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1，(i)右式证明：anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n，∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明：anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.【知识点】数列的求和；数列递推式；反证法与放缩法【解析】【分析】(1)由an与Sn的关系可得{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，由此可得数列{an}的通项公式，由{1bn}是首项为2，公差为1的等差数列，由此可得数列{bn}的通项公式；(2)cn=n+1，n为奇数2n，n为偶数，然后分n为偶数及奇数分组求和即可；(3)anTn=34×2n4n−1，然后利用放缩法分别证明左边和右边即可.20．设a，b为实数，且a>1，已知函数g(x)=ax，ℎ(x)=bx−e2(x∈R).（1）当a=e时，曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2，求b的值；（2）求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间：（3）若对任意b>2e2，函数f(x)=g(x)−ℎ(x)）有两个不同的零点，求a的取值范围.【答案】（1）解：设切点坐标(x0，ex0)，g′(x0)=ex0，切线方程为y−ex0=ex0(x−x0)，即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e，∴b=e.（2）解：∵f(x)=ax−bx+e2，∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0，即axlna>b，又∵a>1，∴lna>0，所以不等式化为ax>blna，当b≤0时，不等式恒成立，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，f(x)单调递增区间为(−∞，+∞)，无单调递减区间.当b>0时，ax>blna解集为x>loga(blna)，∴x∈(loga(blna)，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(−∞，loga(blna))时，f′(x)<0，f(x)单调递减.综上，b≤0时，f(x)的单调递增区间为(−∞，+∞)，b>0时，f(x)的单调递增区间为(loga(blna)，+∞)，f(x)的单调递减区间为(−∞，loga(blna)).（3）解：∵函数有两个不同的零点，∴f(logablna)<0，即alogablna−blogablna+e2<0，∴alogablna−blnblnalna+e2<0，即blna−blnalnblna+e2<0，设t=blna，令m(t)=t−tlnt+e2，∵m′(t)=−lnt，∴当t>1时，m′(t)<0，∴m(t)在(1，+∞)单调递减；当t<1时，m′(t)>0，∴m(t)在(0，1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0，∴当且仅当t>e2时，m(t)<0，即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立，∴lna≤2⇒a≤e2，∴a∈(1，e2].【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)设切点坐标(x0，ex0)，写出过切点的切线方程，可得ex0=b−ex0x0+ex0=0，由此求得b值；(2)f(x)=ax−bx+e2，求其导函数，然后对b分类即可求得函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间；(3)函数有两个不同的零点，可得f(logablna)<0，即alogablna−blnblnalna+e2<0，即blna−blnalnblna+e2<0，设t=blna，令m(t)=t−tlnt+e2，利用导数研究单调性，可得blna>e2⇒b>e2lnab>2e2从而求得实数a的取值范围.
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．已知全集为R，集合A={x∣−2 0时，f(x)<2x2ex⋅e−x=x，排除C故答案为：D【分析】判断函数的奇偶性，可排除A，B；利用基本不等式，可排除C.4．为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验．所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组区间为[12，13），[13，14），[14，15），[15，16），[16，17]，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，…，第五组．如图是根据试验数据制成的频率分布直方图．已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为（ ）A．6B．8C．12D．18【答案】C【知识点】频率分布直方图【解析】【解答】解：由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人，分布在区间第一组与第二组的频率分别为0.24，0.16，所以第一组有12人，第二组8人，第三组的频率为0.36，所以第三组的人数：18人，第三组中没有疗效的有6人，第三组中有疗效的有12人．故选：C．【分析】由频率=频数样本容量以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人的频率，即可求出第三组中有疗效的人数得到答案；5．已知a=30.4，b=log432，c=log550，则a，b，c的大小关系为（ ）A．c>b>aB．b>c>aC．a>c>bD．b>a>c 【答案】B【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数的运算性质；对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】a=30.4<312=3b=log432=log4452=52c=log550=log5(52×2)=2+log52因为0=log51 c>a故答案为：B【分析】利用指数函数和对数函数的性质可得答案。6．已知圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为332，该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球，则此正四面体的棱长a为（ ）A．2B．322C．3D．92(3−2)【答案】A【知识点】球的体积和表面积【解析】【解答】由题意可知，该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为P，球的半径为r，圆锥的底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图所示，由已知可得AB=SA=SB=3，所以△SAB为等边三角形，故点P是△SAB的中心，连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO=30°，故tan30°=rR，解得r=33R=33×32=32，故正四面体的外接球的半径r=32.又正四面体可以从正方体中截得，如图所示，从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为22a，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以2r=3AA1=3×22a=62a=3，解得a=2，故答案为：A【分析】先利用四面体内接于圆锥的内切球，由圆锥的轴截面进行分析，求出正四面体的外接球的半径r，再利用正四面体可以从正方体中截得，确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，列式求解即可得答案.7．已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的渐近线于A，B两点（异于坐标原点），双曲线的离心率为2，△AOB的面积为64，则抛物线的焦点坐标为（ ）A．(2，0)B．(−2，0)C．(4，0)D．(−4，0)【答案】B【知识点】抛物线的简单性质【解析】【解答】因为双曲线的离心率为2，故ca=2，其中c为半焦距，故a2+b2a2=2即a=b，故渐近线的方程为：y=±x，由抛物线、双曲线的对称性可设A(m，−m)，B(m，m)(m<0)，故S△OAB=12|2m|×|m|=m2=64，故m=−8，所以A(−8，8)，所以82=−16p，故p=−4，即抛物线的方程为：y2=−8x，故焦点坐标为：(−2，0).故答案为：B【分析】利用双曲线的离心率求出双曲线的渐近线方程，然后求解A的坐标，利用三角形的面积求出p，即可求解抛物线的焦点坐标.8．函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0，ω>0，−π2 0时，f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则a的取值范围是（ ）A．(625,+∞)B．(4,64)C．(9,625)D．(9,64)【答案】C【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；图形的对称性【解析】【解答】先作出函数f(x)在(−∞,0]上的部分图象，再作出f(x)=logax关于原点对称的图象，如图所示，当0 1时，要使函数f(x)关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，则a>1−loga3>−12−loga5<−14，解得9 0，∴cosB=2sinB>0，∴cosB=255，∴sin(B+π2)=cosB=255.（3）解：由A+C=2B⇒B=π3，∴sinAsinC=cos2B=14，∴a2R⋅c2R=14，由S=43=12acsinB⇒ac=16，∴164R2=14⇒R=4，∴bsinB=2R=8⇒b=43.【知识点】正弦定理；余弦定理【解析】【分析】（1）由余弦定理可求出c的值；（2）由sinAa=cosB2b利用正弦定理可得cosB2b=sinBb，再利用同角三角函数基本关系求出sinB，cosB，再利用诱导公式可求出sin(B+π2)的值；（3）由已知利用正弦定理、三角形的面积公式即可求出b的值.17．如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，∠ABC=60∘，AA1=A1B1=12AB=1，AA1⊥平面ABCD.（1）若点M是AD的中点，求证：C1M//平面ABB1A1（2）求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值；（3）棱BC上存在点E，使得CE=1−32，求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.【答案】（1）证明：取BC的中点为N，连接C1N，NM，在菱形ABCD中，因为BN=NC，AM=MD，则MN//AB，而MN⊄平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，故MN//平面ABB1A1，由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC，而A1B1=12AB，故C1B1=12CB，故C1B1=NB，故四边形C1B1BN为平行四边形，故C1N//BB1，而C1N⊄平面ABB1A1，B1B⊂平面ABB1A1，故C1N//平面ABB1A1，因为C1N∩MN=N，C1N⊂平面C1MN，MN⊂平面C1MN，故平面C1MN//平面ABB1A1，而C1M⊂平面C1MN，故C1M//平面ABB1A1.（2）解：在平面ABCD中，过A作AD的垂线，与BC交于S，因为AA1⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，故AA1⊥AD，同理AA1⊥AS，故可建立如图所示的空间直角坐标系，故A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D(0，2，0)，C(3，1，0)，B(3，−1，0)，B1(32，−12，1)，D1(0，1，1)，故M(0，1，0)，BC=(0，2，0)，所以B1C1=(0，1，0)，所以C1(32，12，1)，故C1M=(−32，12，−1)，而平面ADD1的一个法向量为n=(1，0，0)，设直线C1M与平面AD1D所成的角为α，则sinα=|cos〈C1M，n〉|=321×2=64.（3）解：由|CE|=1−32可得E(3，32，0)，故AE=(3，32，0)，而AD1=(0，1，1)，设平面AED1的法向量为m=(x，y，z)，则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0，取x=1，则y=−2，z=2，故m=(1，−2，2)，结合（2）的平面ADD1的一个法向量为n=(1，0，0)， 故cos =11×3=13，设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β，则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)利用面面平行证明线面平行即可；(2)以A为原点建立空间直角坐标系，利用法向量计算线面所成角的余弦值；(3)结合(2)中的计算，利用法向量计算平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18．已知点M是椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为椭圆C的上、下焦点，|F1F2|=4，当∠F1MF2=90°，△F1MF2的面积为5.（1）求椭圆C的方程：（2）设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线l，使得△OAF2与△OBF1（O是坐标原点）的面积比值为5：7.若存在，求出直线l的方程：若不存在，说明理由.【答案】（1）解：由|F1F2|=4=2c⇒c=2，由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10，∠F1MF2=90∘，故|MF1|2+|MF2|2=16，∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36，∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3，∴b2=a2−c2=5，即椭圆的标准方程为y29+x25=1.（2）解：假设满足条件的直线l存在，当直线l的斜率不存在时，不合题意，不妨设直线l：y=kx−2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然x1x2<0，联立y=kx−2y29+x25=1，得(5k2+9)x2−20kx−25=0，所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2)，因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|，S△OBF1=12⋅c⋅|x2|，得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57，即x1=−57×2（3），由（1），（3），得x2=70k5k2+9（4），将（1）（4）代入（3）得k2=115⇒k=±1515，所以直线l的方程为y=±1515x−2，故存在直线l，使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5：7.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)通过椭圆的焦距求解c，结合三角形的面积推出a，得到b，然后求解椭圆C的标准方程；(2)设直线l：y=kx−2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合三角形的面积，转化求解直线的斜率，求出直线l的方程.19．已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12，且満足1bn−1bn−1=1(n>2，n∈N∗)（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）若数列{cn}满足cn=1bn，n为奇数an，n为偶数；求i=1nci（3）Tn=i=1nai2，数列{anTn}的前n项和为Rn，求证：34(1−12n+1−1)≤R<1.【答案】（1）解：∵Sn=2an−2(n∈N∗)，∴n=1时a1=2，∵n≥2时，Sn−1=2an−1−2，∴an=2an−2an−1，即an=2an−1，∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an=2n，由题可知，{1bn}是首项为2，公差为1的等差数列，∴1bn=2+(n−1)=n+1，∴bn=1n+1.（2）解：cn=n+1，n为奇数2n，n为偶数，(i)n为偶数时，i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1)，(ii)n为奇数时，i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1) =n2+4n+34+43(2n−1−1)，i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1)，n为奇数n2+2n4+43(2n−1)，n为偶数（3）证明：∵an2=(2n)2=4n，Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1)，∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1，(i)右式证明：anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n，∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明：anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.【知识点】数列的求和；数列递推式；反证法与放缩法【解析】【分析】(1)由an与Sn的关系可得{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，由此可得数列{an}的通项公式，由{1bn}是首项为2，公差为1的等差数列，由此可得数列{bn}的通项公式；(2)cn=n+1，n为奇数2n，n为偶数，然后分n为偶数及奇数分组求和即可；(3)anTn=34×2n4n−1，然后利用放缩法分别证明左边和右边即可.20．设a，b为实数，且a>1，已知函数g(x)=ax，ℎ(x)=bx−e2(x∈R).（1）当a=e时，曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2，求b的值；（2）求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间：（3）若对任意b>2e2，函数f(x)=g(x)−ℎ(x)）有两个不同的零点，求a的取值范围.【答案】（1）解：设切点坐标(x0，ex0)，g′(x0)=ex0，切线方程为y−ex0=ex0(x−x0)，即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e，∴b=e.（2）解：∵f(x)=ax−bx+e2，∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0，即axlna>b，又∵a>1，∴lna>0，所以不等式化为ax>blna，当b≤0时，不等式恒成立，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，f(x)单调递增区间为(−∞，+∞)，无单调递减区间.当b>0时，ax>blna解集为x>loga(blna)，∴x∈(loga(blna)，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(−∞，loga(blna))时，f′(x)<0，f(x)单调递减.综上，b≤0时，f(x)的单调递增区间为(−∞，+∞)，b>0时，f(x)的单调递增区间为(loga(blna)，+∞)，f(x)的单调递减区间为(−∞，loga(blna)).（3）解：∵函数有两个不同的零点，∴f(logablna)<0，即alogablna−blogablna+e2<0，∴alogablna−blnblnalna+e2<0，即blna−blnalnblna+e2<0，设t=blna，令m(t)=t−tlnt+e2，∵m′(t)=−lnt，∴当t>1时，m′(t)<0，∴m(t)在(1，+∞)单调递减；当t<1时，m′(t)>0，∴m(t)在(0，1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0，∴当且仅当t>e2时，m(t)<0，即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立，∴lna≤2⇒a≤e2，∴a∈(1，e2].【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)设切点坐标(x0，ex0)，写出过切点的切线方程，可得ex0=b−ex0x0+ex0=0，由此求得b值；(2)f(x)=ax−bx+e2，求其导函数，然后对b分类即可求得函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间；(3)函数有两个不同的零点，可得f(logablna)<0，即alogablna−blnblnalna+e2<0，即blna−blnalnblna+e2<0，设t=blna，令m(t)=t−tlnt+e2，利用导数研究单调性，可得blna>e2⇒b>e2lnab>2e2从而求得实数a的取值范围.
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．已知全集为R，集合A={x∣−2 0时，f(x)<2x2ex⋅e−x=x，排除C故答案为：D【分析】判断函数的奇偶性，可排除A，B；利用基本不等式，可排除C.4．为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验．所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组区间为[12，13），[13，14），[14，15），[15，16），[16，17]，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，…，第五组．如图是根据试验数据制成的频率分布直方图．已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为（ ）A．6B．8C．12D．18【答案】C【知识点】频率分布直方图【解析】【解答】解：由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人，分布在区间第一组与第二组的频率分别为0.24，0.16，所以第一组有12人，第二组8人，第三组的频率为0.36，所以第三组的人数：18人，第三组中没有疗效的有6人，第三组中有疗效的有12人．故选：C．【分析】由频率=频数样本容量以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人的频率，即可求出第三组中有疗效的人数得到答案；5．已知a=30.4，b=log432，c=log550，则a，b，c的大小关系为（ ）A．c>b>aB．b>c>aC．a>c>bD．b>a>c 【答案】B【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数的运算性质；对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】a=30.4<312=3b=log432=log4452=52c=log550=log5(52×2)=2+log52因为0=log51 c>a故答案为：B【分析】利用指数函数和对数函数的性质可得答案。6．已知圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为332，该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球，则此正四面体的棱长a为（ ）A．2B．322C．3D．92(3−2)【答案】A【知识点】球的体积和表面积【解析】【解答】由题意可知，该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为P，球的半径为r，圆锥的底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图所示，由已知可得AB=SA=SB=3，所以△SAB为等边三角形，故点P是△SAB的中心，连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO=30°，故tan30°=rR，解得r=33R=33×32=32，故正四面体的外接球的半径r=32.又正四面体可以从正方体中截得，如图所示，从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为22a，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以2r=3AA1=3×22a=62a=3，解得a=2，故答案为：A【分析】先利用四面体内接于圆锥的内切球，由圆锥的轴截面进行分析，求出正四面体的外接球的半径r，再利用正四面体可以从正方体中截得，确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，列式求解即可得答案.7．已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的渐近线于A，B两点（异于坐标原点），双曲线的离心率为2，△AOB的面积为64，则抛物线的焦点坐标为（ ）A．(2，0)B．(−2，0)C．(4，0)D．(−4，0)【答案】B【知识点】抛物线的简单性质【解析】【解答】因为双曲线的离心率为2，故ca=2，其中c为半焦距，故a2+b2a2=2即a=b，故渐近线的方程为：y=±x，由抛物线、双曲线的对称性可设A(m，−m)，B(m，m)(m<0)，故S△OAB=12|2m|×|m|=m2=64，故m=−8，所以A(−8，8)，所以82=−16p，故p=−4，即抛物线的方程为：y2=−8x，故焦点坐标为：(−2，0).故答案为：B【分析】利用双曲线的离心率求出双曲线的渐近线方程，然后求解A的坐标，利用三角形的面积求出p，即可求解抛物线的焦点坐标.8．函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0，ω>0，−π2 0时，f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则a的取值范围是（ ）A．(625,+∞)B．(4,64)C．(9,625)D．(9,64)【答案】C【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；图形的对称性【解析】【解答】先作出函数f(x)在(−∞,0]上的部分图象，再作出f(x)=logax关于原点对称的图象，如图所示，当0 1时，要使函数f(x)关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，则a>1−loga3>−12−loga5<−14，解得9 0，∴cosB=2sinB>0，∴cosB=255，∴sin(B+π2)=cosB=255.（3）解：由A+C=2B⇒B=π3，∴sinAsinC=cos2B=14，∴a2R⋅c2R=14，由S=43=12acsinB⇒ac=16，∴164R2=14⇒R=4，∴bsinB=2R=8⇒b=43.【知识点】正弦定理；余弦定理【解析】【分析】（1）由余弦定理可求出c的值；（2）由sinAa=cosB2b利用正弦定理可得cosB2b=sinBb，再利用同角三角函数基本关系求出sinB，cosB，再利用诱导公式可求出sin(B+π2)的值；（3）由已知利用正弦定理、三角形的面积公式即可求出b的值.17．如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，∠ABC=60∘，AA1=A1B1=12AB=1，AA1⊥平面ABCD.（1）若点M是AD的中点，求证：C1M//平面ABB1A1（2）求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值；（3）棱BC上存在点E，使得CE=1−32，求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.【答案】（1）证明：取BC的中点为N，连接C1N，NM，在菱形ABCD中，因为BN=NC，AM=MD，则MN//AB，而MN⊄平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，故MN//平面ABB1A1，由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC，而A1B1=12AB，故C1B1=12CB，故C1B1=NB，故四边形C1B1BN为平行四边形，故C1N//BB1，而C1N⊄平面ABB1A1，B1B⊂平面ABB1A1，故C1N//平面ABB1A1，因为C1N∩MN=N，C1N⊂平面C1MN，MN⊂平面C1MN，故平面C1MN//平面ABB1A1，而C1M⊂平面C1MN，故C1M//平面ABB1A1.（2）解：在平面ABCD中，过A作AD的垂线，与BC交于S，因为AA1⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，故AA1⊥AD，同理AA1⊥AS，故可建立如图所示的空间直角坐标系，故A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D(0，2，0)，C(3，1，0)，B(3，−1，0)，B1(32，−12，1)，D1(0，1，1)，故M(0，1，0)，BC=(0，2，0)，所以B1C1=(0，1，0)，所以C1(32，12，1)，故C1M=(−32，12，−1)，而平面ADD1的一个法向量为n=(1，0，0)，设直线C1M与平面AD1D所成的角为α，则sinα=|cos〈C1M，n〉|=321×2=64.（3）解：由|CE|=1−32可得E(3，32，0)，故AE=(3，32，0)，而AD1=(0，1，1)，设平面AED1的法向量为m=(x，y，z)，则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0，取x=1，则y=−2，z=2，故m=(1，−2，2)，结合（2）的平面ADD1的一个法向量为n=(1，0，0)， 故cos =11×3=13，设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β，则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)利用面面平行证明线面平行即可；(2)以A为原点建立空间直角坐标系，利用法向量计算线面所成角的余弦值；(3)结合(2)中的计算，利用法向量计算平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18．已知点M是椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为椭圆C的上、下焦点，|F1F2|=4，当∠F1MF2=90°，△F1MF2的面积为5.（1）求椭圆C的方程：（2）设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线l，使得△OAF2与△OBF1（O是坐标原点）的面积比值为5：7.若存在，求出直线l的方程：若不存在，说明理由.【答案】（1）解：由|F1F2|=4=2c⇒c=2，由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10，∠F1MF2=90∘，故|MF1|2+|MF2|2=16，∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36，∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3，∴b2=a2−c2=5，即椭圆的标准方程为y29+x25=1.（2）解：假设满足条件的直线l存在，当直线l的斜率不存在时，不合题意，不妨设直线l：y=kx−2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然x1x2<0，联立y=kx−2y29+x25=1，得(5k2+9)x2−20kx−25=0，所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2)，因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|，S△OBF1=12⋅c⋅|x2|，得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57，即x1=−57×2（3），由（1），（3），得x2=70k5k2+9（4），将（1）（4）代入（3）得k2=115⇒k=±1515，所以直线l的方程为y=±1515x−2，故存在直线l，使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5：7.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)通过椭圆的焦距求解c，结合三角形的面积推出a，得到b，然后求解椭圆C的标准方程；(2)设直线l：y=kx−2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合三角形的面积，转化求解直线的斜率，求出直线l的方程.19．已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12，且満足1bn−1bn−1=1(n>2，n∈N∗)（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）若数列{cn}满足cn=1bn，n为奇数an，n为偶数；求i=1nci（3）Tn=i=1nai2，数列{anTn}的前n项和为Rn，求证：34(1−12n+1−1)≤R<1.【答案】（1）解：∵Sn=2an−2(n∈N∗)，∴n=1时a1=2，∵n≥2时，Sn−1=2an−1−2，∴an=2an−2an−1，即an=2an−1，∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an=2n，由题可知，{1bn}是首项为2，公差为1的等差数列，∴1bn=2+(n−1)=n+1，∴bn=1n+1.（2）解：cn=n+1，n为奇数2n，n为偶数，(i)n为偶数时，i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1)，(ii)n为奇数时，i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1) =n2+4n+34+43(2n−1−1)，i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1)，n为奇数n2+2n4+43(2n−1)，n为偶数（3）证明：∵an2=(2n)2=4n，Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1)，∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1，(i)右式证明：anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n，∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明：anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.【知识点】数列的求和；数列递推式；反证法与放缩法【解析】【分析】(1)由an与Sn的关系可得{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，由此可得数列{an}的通项公式，由{1bn}是首项为2，公差为1的等差数列，由此可得数列{bn}的通项公式；(2)cn=n+1，n为奇数2n，n为偶数，然后分n为偶数及奇数分组求和即可；(3)anTn=34×2n4n−1，然后利用放缩法分别证明左边和右边即可.20．设a，b为实数，且a>1，已知函数g(x)=ax，ℎ(x)=bx−e2(x∈R).（1）当a=e时，曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2，求b的值；（2）求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间：（3）若对任意b>2e2，函数f(x)=g(x)−ℎ(x)）有两个不同的零点，求a的取值范围.【答案】（1）解：设切点坐标(x0，ex0)，g′(x0)=ex0，切线方程为y−ex0=ex0(x−x0)，即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e，∴b=e.（2）解：∵f(x)=ax−bx+e2，∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0，即axlna>b，又∵a>1，∴lna>0，所以不等式化为ax>blna，当b≤0时，不等式恒成立，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，f(x)单调递增区间为(−∞，+∞)，无单调递减区间.当b>0时，ax>blna解集为x>loga(blna)，∴x∈(loga(blna)，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(−∞，loga(blna))时，f′(x)<0，f(x)单调递减.综上，b≤0时，f(x)的单调递增区间为(−∞，+∞)，b>0时，f(x)的单调递增区间为(loga(blna)，+∞)，f(x)的单调递减区间为(−∞，loga(blna)).（3）解：∵函数有两个不同的零点，∴f(logablna)<0，即alogablna−blogablna+e2<0，∴alogablna−blnblnalna+e2<0，即blna−blnalnblna+e2<0，设t=blna，令m(t)=t−tlnt+e2，∵m′(t)=−lnt，∴当t>1时，m′(t)<0，∴m(t)在(1，+∞)单调递减；当t<1时，m′(t)>0，∴m(t)在(0，1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0，∴当且仅当t>e2时，m(t)<0，即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立，∴lna≤2⇒a≤e2，∴a∈(1，e2].【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)设切点坐标(x0，ex0)，写出过切点的切线方程，可得ex0=b−ex0x0+ex0=0，由此求得b值；(2)f(x)=ax−bx+e2，求其导函数，然后对b分类即可求得函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间；(3)函数有两个不同的零点，可得f(logablna)<0，即alogablna−blnblnalna+e2<0，即blna−blnalnblna+e2<0，设t=blna，令m(t)=t−tlnt+e2，利用导数研究单调性，可得blna>e2⇒b>e2lnab>2e2从而求得实数a的取值范围.
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．已知全集为R，集合A={x∣−2 0时，f(x)<2x2ex⋅e−x=x，排除C故答案为：D【分析】判断函数的奇偶性，可排除A，B；利用基本不等式，可排除C.4．为了研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验．所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组区间为[12，13），[13，14），[14，15），[15，16），[16，17]，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，…，第五组．如图是根据试验数据制成的频率分布直方图．已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为（ ）A．6B．8C．12D．18【答案】C【知识点】频率分布直方图【解析】【解答】解：由直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人，分布在区间第一组与第二组的频率分别为0.24，0.16，所以第一组有12人，第二组8人，第三组的频率为0.36，所以第三组的人数：18人，第三组中没有疗效的有6人，第三组中有疗效的有12人．故选：C．【分析】由频率=频数样本容量以及直方图可得分布在区间第一组与第二组共有20人的频率，即可求出第三组中有疗效的人数得到答案；5．已知a=30.4，b=log432，c=log550，则a，b，c的大小关系为（ ）A．c>b>aB．b>c>aC．a>c>bD．b>a>c 【答案】B【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数的运算性质；对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】a=30.4<312=3b=log432=log4452=52c=log550=log5(52×2)=2+log52因为0=log51 c>a故答案为：B【分析】利用指数函数和对数函数的性质可得答案。6．已知圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为332，该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球，则此正四面体的棱长a为（ ）A．2B．322C．3D．92(3−2)【答案】A【知识点】球的体积和表面积【解析】【解答】由题意可知，该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为P，球的半径为r，圆锥的底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图所示，由已知可得AB=SA=SB=3，所以△SAB为等边三角形，故点P是△SAB的中心，连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO=30°，故tan30°=rR，解得r=33R=33×32=32，故正四面体的外接球的半径r=32.又正四面体可以从正方体中截得，如图所示，从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为22a，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，所以2r=3AA1=3×22a=62a=3，解得a=2，故答案为：A【分析】先利用四面体内接于圆锥的内切球，由圆锥的轴截面进行分析，求出正四面体的外接球的半径r，再利用正四面体可以从正方体中截得，确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，列式求解即可得答案.7．已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的渐近线于A，B两点（异于坐标原点），双曲线的离心率为2，△AOB的面积为64，则抛物线的焦点坐标为（ ）A．(2，0)B．(−2，0)C．(4，0)D．(−4，0)【答案】B【知识点】抛物线的简单性质【解析】【解答】因为双曲线的离心率为2，故ca=2，其中c为半焦距，故a2+b2a2=2即a=b，故渐近线的方程为：y=±x，由抛物线、双曲线的对称性可设A(m，−m)，B(m，m)(m<0)，故S△OAB=12|2m|×|m|=m2=64，故m=−8，所以A(−8，8)，所以82=−16p，故p=−4，即抛物线的方程为：y2=−8x，故焦点坐标为：(−2，0).故答案为：B【分析】利用双曲线的离心率求出双曲线的渐近线方程，然后求解A的坐标，利用三角形的面积求出p，即可求解抛物线的焦点坐标.8．函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0，ω>0，−π2 0时，f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则a的取值范围是（ ）A．(625,+∞)B．(4,64)C．(9,625)D．(9,64)【答案】C【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；图形的对称性【解析】【解答】先作出函数f(x)在(−∞,0]上的部分图象，再作出f(x)=logax关于原点对称的图象，如图所示，当0 1时，要使函数f(x)关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，则a>1−loga3>−12−loga5<−14，解得9 0，∴cosB=2sinB>0，∴cosB=255，∴sin(B+π2)=cosB=255.（3）解：由A+C=2B⇒B=π3，∴sinAsinC=cos2B=14，∴a2R⋅c2R=14，由S=43=12acsinB⇒ac=16，∴164R2=14⇒R=4，∴bsinB=2R=8⇒b=43.【知识点】正弦定理；余弦定理【解析】【分析】（1）由余弦定理可求出c的值；（2）由sinAa=cosB2b利用正弦定理可得cosB2b=sinBb，再利用同角三角函数基本关系求出sinB，cosB，再利用诱导公式可求出sin(B+π2)的值；（3）由已知利用正弦定理、三角形的面积公式即可求出b的值.17．如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，∠ABC=60∘，AA1=A1B1=12AB=1，AA1⊥平面ABCD.（1）若点M是AD的中点，求证：C1M//平面ABB1A1（2）求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值；（3）棱BC上存在点E，使得CE=1−32，求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.【答案】（1）证明：取BC的中点为N，连接C1N，NM，在菱形ABCD中，因为BN=NC，AM=MD，则MN//AB，而MN⊄平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，故MN//平面ABB1A1，由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC，而A1B1=12AB，故C1B1=12CB，故C1B1=NB，故四边形C1B1BN为平行四边形，故C1N//BB1，而C1N⊄平面ABB1A1，B1B⊂平面ABB1A1，故C1N//平面ABB1A1，因为C1N∩MN=N，C1N⊂平面C1MN，MN⊂平面C1MN，故平面C1MN//平面ABB1A1，而C1M⊂平面C1MN，故C1M//平面ABB1A1.（2）解：在平面ABCD中，过A作AD的垂线，与BC交于S，因为AA1⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，故AA1⊥AD，同理AA1⊥AS，故可建立如图所示的空间直角坐标系，故A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D(0，2，0)，C(3，1，0)，B(3，−1，0)，B1(32，−12，1)，D1(0，1，1)，故M(0，1，0)，BC=(0，2，0)，所以B1C1=(0，1，0)，所以C1(32，12，1)，故C1M=(−32，12，−1)，而平面ADD1的一个法向量为n=(1，0，0)，设直线C1M与平面AD1D所成的角为α，则sinα=|cos〈C1M，n〉|=321×2=64.（3）解：由|CE|=1−32可得E(3，32，0)，故AE=(3，32，0)，而AD1=(0，1，1)，设平面AED1的法向量为m=(x，y，z)，则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0，取x=1，则y=−2，z=2，故m=(1，−2，2)，结合（2）的平面ADD1的一个法向量为n=(1，0，0)， 故cos =11×3=13，设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β，则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】(1)利用面面平行证明线面平行即可；(2)以A为原点建立空间直角坐标系，利用法向量计算线面所成角的余弦值；(3)结合(2)中的计算，利用法向量计算平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18．已知点M是椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为椭圆C的上、下焦点，|F1F2|=4，当∠F1MF2=90°，△F1MF2的面积为5.（1）求椭圆C的方程：（2）设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线l，使得△OAF2与△OBF1（O是坐标原点）的面积比值为5：7.若存在，求出直线l的方程：若不存在，说明理由.【答案】（1）解：由|F1F2|=4=2c⇒c=2，由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10，∠F1MF2=90∘，故|MF1|2+|MF2|2=16，∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36，∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3，∴b2=a2−c2=5，即椭圆的标准方程为y29+x25=1.（2）解：假设满足条件的直线l存在，当直线l的斜率不存在时，不合题意，不妨设直线l：y=kx−2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然x1x2<0，联立y=kx−2y29+x25=1，得(5k2+9)x2−20kx−25=0，所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2)，因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|，S△OBF1=12⋅c⋅|x2|，得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57，即x1=−57×2（3），由（1），（3），得x2=70k5k2+9（4），将（1）（4）代入（3）得k2=115⇒k=±1515，所以直线l的方程为y=±1515x−2，故存在直线l，使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5：7.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)通过椭圆的焦距求解c，结合三角形的面积推出a，得到b，然后求解椭圆C的标准方程；(2)设直线l：y=kx−2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，结合三角形的面积，转化求解直线的斜率，求出直线l的方程.19．已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12，且満足1bn−1bn−1=1(n>2，n∈N∗)（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）若数列{cn}满足cn=1bn，n为奇数an，n为偶数；求i=1nci（3）Tn=i=1nai2，数列{anTn}的前n项和为Rn，求证：34(1−12n+1−1)≤R<1.【答案】（1）解：∵Sn=2an−2(n∈N∗)，∴n=1时a1=2，∵n≥2时，Sn−1=2an−1−2，∴an=2an−2an−1，即an=2an−1，∴{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an=2n，由题可知，{1bn}是首项为2，公差为1的等差数列，∴1bn=2+(n−1)=n+1，∴bn=1n+1.（2）解：cn=n+1，n为奇数2n，n为偶数，(i)n为偶数时，i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1)，(ii)n为奇数时，i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1) =n2+4n+34+43(2n−1−1)，i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1)，n为奇数n2+2n4+43(2n−1)，n为偶数（3）证明：∵an2=(2n)2=4n，Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1)，∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1，(i)右式证明：anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n，∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明：anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.【知识点】数列的求和；数列递推式；反证法与放缩法【解析】【分析】(1)由an与Sn的关系可得{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，由此可得数列{an}的通项公式，由{1bn}是首项为2，公差为1的等差数列，由此可得数列{bn}的通项公式；(2)cn=n+1，n为奇数2n，n为偶数，然后分n为偶数及奇数分组求和即可；(3)anTn=34×2n4n−1，然后利用放缩法分别证明左边和右边即可.20．设a，b为实数，且a>1，已知函数g(x)=ax，ℎ(x)=bx−e2(x∈R).（1）当a=e时，曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2，求b的值；（2）求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间：（3）若对任意b>2e2，函数f(x)=g(x)−ℎ(x)）有两个不同的零点，求a的取值范围.【答案】（1）解：设切点坐标(x0，ex0)，g′(x0)=ex0，切线方程为y−ex0=ex0(x−x0)，即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e，∴b=e.（2）解：∵f(x)=ax−bx+e2，∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0，即axlna>b，又∵a>1，∴lna>0，所以不等式化为ax>blna，当b≤0时，不等式恒成立，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，f(x)单调递增区间为(−∞，+∞)，无单调递减区间.当b>0时，ax>blna解集为x>loga(blna)，∴x∈(loga(blna)，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(−∞，loga(blna))时，f′(x)<0，f(x)单调递减.综上，b≤0时，f(x)的单调递增区间为(−∞，+∞)，b>0时，f(x)的单调递增区间为(loga(blna)，+∞)，f(x)的单调递减区间为(−∞，loga(blna)).（3）解：∵函数有两个不同的零点，∴f(logablna)<0，即alogablna−blogablna+e2<0，∴alogablna−blnblnalna+e2<0，即blna−blnalnblna+e2<0，设t=blna，令m(t)=t−tlnt+e2，∵m′(t)=−lnt，∴当t>1时，m′(t)<0，∴m(t)在(1，+∞)单调递减；当t<1时，m′(t)>0，∴m(t)在(0，1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0，∴当且仅当t>e2时，m(t)<0，即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立，∴lna≤2⇒a≤e2，∴a∈(1，e2].【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】(1)设切点坐标(x0，ex0)，写出过切点的切线方程，可得ex0=b−ex0x0+ex0=0，由此求得b值；(2)f(x)=ax−bx+e2，求其导函数，然后对b分类即可求得函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间；(3)函数有两个不同的零点，可得f(logablna)<0，即alogablna−blnblnalna+e2<0，即blna−blnalnblna+e2<0，设t=blna，令m(t)=t−tlnt+e2，利用导数研究单调性，可得blna>e2⇒b>e2lnab>2e2从而求得实数a的取值范围.
