天津市河东区2022届高三下学期数学二模试卷及答案
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”
高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A={1，2}，B={1，2，3}，C={2，3，4}，则(A∩B)∪C=（ ）A．{1，2，3}B．{1，2，4}C．{2，3，4}D．{1，2，3，4}2．已知命题p：0b>aC．a&g
简介：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}【答案】A【知识点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】由题意可得：M∪N={1，2，3，4}，则∁U(M∪N)={5}.故答案为：A.【分析】根据题意由补集和并集的定义，即可得出答案。2．设{an}是公比为q的等比数列，则“q＞1”是“{an}为递增数列”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】D【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列【解析】【解答】解：等比数列﹣1，﹣2，﹣4，…，满足公比q=2＞1，但{an}不是递增数列，充分性不成立．若an=﹣1⋅(12)n−1为递增数列，但q=12＞1不成立，即必要性不成立，故“q＞1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件，故选：D．【分析】根据等比数列的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．3．函数f(x)=xln|x|x2+1的图象大致为（ ）A．B．C．D．【答案】A【知识点】函数奇偶性的性质；函数的图象【解析】【解答】因为f(−x)=−f(x)，所以f(x)的图象关于原点对称，故排除C，D；当x=1时，f(x)=0，当0 a>bB．a>c>bC．b>a>cD．b>c>a【答案】D【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】因为33>52，所以3>523，即b=log53>23=c；因为23<32，所以2<323，即a=log32<23=c，综上，b>c>a．故答案为：D．【分析】由指数函数与对数函数的单调性，即可比较出结果从而得出答案。6．已知某圆柱的轴截面为正方形，则此圆柱的表面积与此圆柱外接球的表面积之比为（ ） A．3：4B．1：2C．32：8D．2：1【答案】A【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；球的体积和表面积【解析】【解答】解：圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O，设圆柱的底面半径为r，则圆柱的高为2r，则球的半径R=r2+r2=2r，所以圆柱的表面积为：2πr2+2πr⋅2r=6πr2；球的表面积为4π⋅(2r)2=8πr2，则圆柱的表面积与球O的表面积之比为3：4．故答案为：A．【分析】由已知条件结合球的几何性质，把数值代入到勾股定理由此计算出球的半径，再把结果代入到球的表面积公式，由此计算出结果即可。7．已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)与抛物线y2=4x有一个公共的焦点F，且两曲线的一个交点为P.若|PF|=52，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±12xB．y=±2xC．y=±3xD．y=±33x【答案】C【知识点】抛物线的简单性质；双曲线的简单性质【解析】【解答】∵抛物线y2=4x的焦点坐标F(1，0)，p=2，抛物线的焦点和双曲线的焦点相同，∴p=2c，即c=1，设P(m，n)，由抛物线定义知：|PF|=m+p2=m+1=52，∴m=32.∴P点的坐标为(32，±6).∴a2+b2=194a2−6b2=1，解得：a=12b=32.则渐近线方程为y=±bax=±3x.故答案为：C.【分析】首先由抛物线的定义以及简单性质即可取出焦点的坐标以及c的取值，然后设出点的坐标并代入到双曲线的方程，结合双曲线里a、b、c的关系计算出a与b的取值，进而得出渐近线的方程。8．函数f(x)=cos(2x−2π3)−sin(2x−3π2)，将函数f(x)的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，得到函数g(x)的图象，若g(x)为偶函数，则φ的最小值是（ ）A．π12B．5π12C．π6D．π3【答案】B【知识点】函数奇偶性的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】【解答】因为f(x)=cos(2x−2π3)−sin(2x−3π2)=−12cos2x+32sin2x−cos2x=32sin2x−32cos2x=3sin(2x−π3)，所以g(x)=f(x+φ)=3sin(2x+2φ−π3)，而g(x)为偶函数，所以2φ−π3=π2+kπ，k∈R，即φ=512π+12kπ，而φ>0，所以φ的最小值是5π12．故答案为：B．【分析】首先由诱导公式以及两角和的正弦公式整理化简函数的解析式，再由偶函数的性质以及正弦函数的图象和性质即可求出φ的最小值。9．已知函数f(x)=ex|x|，关于x的方程f2(x)+(m+1)f(x)+m+4=0(m∈R)有四个相异的实数根，则m的取值范围是( )A．(−4，−e−4e+1)B．(−4，−3)C．(−e−4e+1，−3)D．(−e−4e+1，+∞)【答案】A【知识点】函数与方程的综合运用；根的存在性及根的个数判断【解析】【解答】f(x)=ex|x|=exx，x>0−exx，x<0，当x>0时f‘(x)=ex(x−1)x2=0，x=1，x∈(0，1)时，f(x)单调递减，x∈(1，+∞)时，f(x)单调递增，且当x∈(0，1)时，f(x)∈(e，+∞)，当x∈(1，+∞)时，f(x)∈(e，+∞)，当x<0时，f′(x)=−ex(x−1)x2>0恒成立，x∈(−∞，0)时，f(x)单调递增且f(x)∈(0，+∞)，方程f2(x)+(m+1)f(x)+m+4=0(m∈R)有四个相异的实数根.令f(x)=t，t2+(m+1)t+m+4=0则0 e，∴e2+(m+1)e+m+4<0，且02+(m+1)0+m+4>0，即m∈(−4，−e−4e+1).故答案为：A 【分析】根据题意对函数求导由导函数的性质，即可得出函数的单调性由函数的单调性结合方程根的情况，即可得出关于m的不等式，结合二次函数的图象和性质即可求出m的取值范围。二、填空题10．已知i为虚数单位，设复数z满足(1+i)z=3+i，则z的虚部为 ．【答案】-1【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算【解析】【解答】由题意得：z=3+i1+i=(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=3−2i+12=2−i，所以z的虚部为-1故答案为：-1【分析】首先由复数代数形式的运算性质整理，再结合复数的概念即可得出答案。11．A1M=λ(A1A2+A1A3)的展开式中x2项的系数为 ．【答案】2【知识点】二项式定理；二项式系数的性质【解析】【解答】因(1−1x)(1+x)4=(1+x)4−1x(1+x)4，故问题转化为求(1+x)4的展开式中含x2，x3项的系数．又Tr+1=C4rxr，则含x2，x3项的系数分别是C42=4×32=6，C43=C41=4，故所求(1−1x)(1+x)4的展开式中x2项的系数为C42−C43=6−4=2，应填答案2．【分析】根据题意由已知条件求出二项展开式的通项公式，结合已知条件结合组合数公式计算出结果。12．已知圆C的圆心坐标是(0,m)，若直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，则圆C的标准方程为 .【答案】x2+(y+2)2=5【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系【解析】【解答】因为圆心坐标为(0,m)，直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，根据圆心和切点的连线与直线2x−y+3=0垂直，所以m−(−1)0−(−2)=−12，解得m=−2，根据两点间的距离公式，可得圆C的半径r=(0+2)2+(−2+1)2=5，故圆C的标准方程为x2+(y+2)2=5。故答案为：x2+(y+2)2=5。【分析】利用圆C的圆心坐标是(0,m)，若直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，结合直线与圆相切的位置关系判断方法，再利用圆心和切点的连线与直线2x−y+3=0垂直，结合两直线垂直斜率之积等于-1，进而求出m的值，从而求出圆心的坐标，再利用两点距离公式求出圆C的半径，进而求出圆C的标准方程。13．设a,b>0,a+b=5,则a+1+b+3的最大值为 ．【答案】32【知识点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】【解答】由2ab≤a2+b2两边同时加上a2+b2，得(a+b)2≤2(a2+b2)，两边同时开方，即得：a+b≤2(a2+b2)（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”），从而有a+1+b+3≤2(a+1+b+3)=2×9=32（当且仅当a+1=b+3,即a=72,b=32时，“=”成立），故填：。【分析】利用均值不等式得出2ab≤a2+b2，再两边同时加上a2+b2，得(a+b)2≤2(a2+b2)，两边同时开方，即得：a+b≤2(a2+b2)（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”），从而有a+1+b+3≤2(a+1+b+3)，再利用已知条件，从而求出a+1+b+3的最大值，并求出对应的a，b的值。14．清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件A为“高二年级3人相邻”，事件A的排法为 种；在事件A“高二年级3人相邻”的前提下，事件B“高一年级2人不相邻”的概率P(B|A)为 ．【答案】720；35【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；条件概率与独立事件；排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】将高二年级3人进行全排列，有A33种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和其他年级4人进行全排列，有A55种排法，所以事件A的排法有A33A55=720种；事件A∩B的排法：将高二年级3人进行全排列，有A33种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和高三年级的2人进行全排列，有A33种排法，排好后，将高一年级的2人进行插空，有A42种排法，所以事件A∩B共有A33A33A42=432种排法，则P(B|A)=n(AB)n(A)=432720=35故答案为：720，35【分析】首先由排列组合就组合数公式计算出结果，再把结果代入到条件概率公式，计算出结果即可。15．在平面内，定点A，B，C，O，满足|OA|=|OB|=|OC|=2，且OA+OB+OC=0，则|AB|= ；平面内的动点P，M满足|AP|=1， PM=MC，则|BM|2的最大值是 ．【答案】23；494【知识点】向量加减混合运算及其几何意义；平面向量数量积的性质及其运算律【解析】【解答】因为|OA|=|OB|=|OC|=2，OA+OB+OC=0，所以OA=−(OB+OC)，两边平方得：OA2=−(OB+OC)=OB2+2OB⋅OC+OC2，即4=4+2OB⋅OC+4，解得：OB⋅OC=−2，因为AB=OB−OA，所以AB2=OB2+OA2−2OA⋅OB=4+4+4=12，因为|AB|≥0所以|AB|=23；可得到△ABC是等边三角形，且边长为23，如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，C(3，3)，B(23，0)，因为|AP|=1，所以设P(cosθ，sinθ)，θ∈[0，2π)，由PM=MC可得：M是线段PC的中点，则M(3+cosθ2，3+sinθ2)，则|BM|2=(3+cosθ2−23)2+(3+sinθ2)2=374+32sinθ−332cosθ=3sin(θ−π3)+374，当sin(θ−π3)=1时，|BM|2=3sin(θ−π3)+374取得最大值，最大值为494.故答案为：23，494【分析】由已知条件结合向量的加、减运算性质以及向量模的运算性质，由圆的几何意义结合正弦函数的图象和性质，即可得出答案。三、解答题16．在△ABC中，AC=6，cosB=45，C=π4.（1）求AB的长；（2）求cosA；（3）求cos(2A−π6)的值.【答案】（1）解：由cosB=45，且B∈(0，π)可得sinB=1−(45)2=35.由正弦定理有ABsinC=ACsinB，得AB=AC⋅sinCsinB=6×22×53=52（2）解：由题意可得cosA=cos(π−B−C)=−cos(B+C)=sinBsinC−cosBcosC=35×22−45×22=−210（3）解：由（2），sinA=1−(−210)2=7210，由二倍角公式可得：cos2A=2×(−210)2−1=−2425， sin2A=2×7210×(−210)=−725，故cos(2A−π6)=(−2425)×32+(−725)×12=−243+750【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【分析】(1)首先由同角三角函数的基本关系式计算出sinB的取值，再把结果代入到正弦定理计算出边的大小。(2)根据题意由诱导公式和两角和的余弦公式，代入数值计算出结果即可。(3)由已知条件结合二倍角的余弦公式计算出结果，再把结果代入到两角和的余弦公式由此计算出结果即可。17．如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，且AB=2，DD1=4，点E，F分别是D1B，AD的中点．（1）求直线CE与直线D1D所成角的正切值；（2）求平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值；（3）求点A到平面D1BF的距离．【答案】（1）解：依题意，建立上图所示空间直角坐标系，其中D为原点，DC为y轴，DA为x轴，DD1为z轴，各点坐标如下：A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，F(1，0，0)，A1(2，0，4)，B1(2，2，4)，C1(0，2，4)，D1(0，0，4)，E(1，1，2)，CE=(1，−1，2)，DD1=(0，0，4)，CE·DD1=8，|CE|=6，|DD1|=4，cosCE，DD1=CE·DD1|CE|·|DD1|=63，sinCE，DD1=33，tanCE，DD1=22（2）解：设平面D1BF的一个法向量为n=(a，b，c)，则有n·FB=0n·D1F=0，a+2b=0a−4c=0，令a=4，则c=1，b=-2，n=(4，−2，1)，设平面BCD1的一个法向量为m=(x，y，z)，则m·CB=0m·CD1=0，2x=0−2y+4z=0， 令z=1，则x=0，y=2，m=(0，2，1)，cosn，m=n·m|n|·|m|=−10535，即平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值为10535（3）解：计算BA与平面D1BF的夹角：BA·n=(0，−2，0)·(4，−2，1)=4，cosBA，n=BA·n|BA|·|n|=421×2=22121，∴A点到平面D1BF的距离为|BA|·|cosBA，n|=42121；综上，CE与D1D所成角的正切为22，平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值为−10535，A点到平面D1BF的距离为42121【知识点】数量积的坐标表达式；数量积表示两个向量的夹角；直线与平面所成的角；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)根据题意建立空间直角坐标系，由此计算出点以及向量的坐标，由线面角与向量夹角的关系，结合数量积的坐标公式代入数值计算出结果即可。(2)根据题意建立空间直角坐标系，由此计算出点以及向量的坐标，由此计算出平面D1BF和平面BCD1的法向量，结合向量夹角的关系式代入数值计算出结果即可。(3)结合题意由点到平面的距离公式，由数量积的坐标公式代入数值计算出答案即可。18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且椭圆过点P(1，22)．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过右焦点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线交直线l于点P，交直线x=−2于点Q，求|PQ||MN|的最小值．【答案】（1）解：由题意得：ca=221a2+12b2=1a2=b2+c2，解得：a2=2b2=1，所以椭圆方程为x22+y2=1（2）解：由（1）知：F(1，0)，当直线l的斜率不存在时，P(1，0)，Q(−2，0)，M(1，22)，N(1，−22)，此时|PQ||MN|=32=322，当直线l的斜率存在时，故可设直线为y=k(x−1)，联立椭圆方程得：(2k2+1)x2−4k2x+2k2−2=0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，其中Δ=8k2+8>0所以|MN|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k28k2+82k2+1，其中y1+y2=k(x1+x2)−2k=−2k2k2+1，所以P(2k22k2+1，−k2k2+1)，因为直线PQ为线段MN的垂直平分线，所以直线PQ：y+k2k2+1=−1k(x−2k22k2+1)，令x=−2得：y=5k2+2k(2k2+1)，所以|PQ|=(2k22k2+1+2)2+(−k2k2+1−5k2+2k(2k2+1))2=1+k26k2+2|k|(2k2+1)，故|PQ||MN|=1+k26k2+2|k|(2k2+1)1+k28k2+82k2+1=6k2+2|k|8k2+8=3k2+12k2⋅k2+1，因为3k2+1=(2k2)2+(1+k2)2≥22k2⋅1+k2，所以|PQ||MN|=3k2+12k2⋅k2+1≥22k2⋅k2+12k2⋅k2+1=2，当且仅当2k2=k2+1，即k2=1，k=±1时等号成立，所以|PQ||MN|≥2，因为322>2，所以|PQ||MN|的最小值为2【知识点】斜率的计算公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由椭圆的简单性质以及椭圆里a、b、c的关系，整理化简计算出a与b的取值，从而得出椭圆的方程。(2)由设而不求法设出点的坐标以及直线的方程并联立直线与椭圆的方程，消元后得到关于x的方程，然后由韦达定理求出两根之和与两根之积的关于k的代数式，并把结果代入到弦长公式整理，同理求出另一个弦长，整理化简结合基本不等式即可求出代数式的最小值。19．已知等比数列{an}的公比q>1，a1+a2+a3=14，a2+1是a1，a3的等差中项．等差数列{bn}满足4b1=a2，b8=a3．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）将数列{an}与数列{bn}的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求此新数列的前50项和； （3）cn=bnan，n为奇数bn2−4(bn−2)2an，n为偶数(n∈N∗)，求数列{cn}的前2n项和i=12nci．【答案】（1）解：依题有a1+a2+a3=142(a2+1)=a1+a3⇒a1+a1q+a1q2=142(a1q+1)=a1+a1q2，因为q>1，解得：a1=2，q=2∴an=2n．∵数列{bn}是等差数列，设其公差为d，4b1=4b1+7d=8，解得：b1=1d=1∴bn=n（2）解：数列{an}与数列{bn}都是递增数列，n=5，a5=32<50，n=6，a6=64>50，a1+a2+a3+a4+a5=2−261−2=62，b1+b2+⋯+b45=45×(1+45)2=1035，新数列的前50项和为：1+2+2+3+4+4+5+6+⋯+45=62+1035=1097（3）解：∵cn=bnan，n为奇数bn2−4(bn−2)2an，n为偶数=n(12)n，n为奇数n22n−(n−2)22n−2，n为偶数，i=12nci=c1+c2+⋯c2n=(c1+c3+⋯+c2n−1)+(c2+c4+⋯+c2n)设A奇=c1+c3+⋯+c2n−1，B偶=c2+c4+⋯+c2n，A奇=1×(12)1+3×(12)3+5×(12)5+⋯+(2n−1)(12)2n−1，14A奇=1×(12)3+3×(12)5+5×(12)7+⋯+(2n−1)(12)2n+1，两式相减有34A奇=12+2×[(12)3+(12)5+(12)7+⋯+(12)2n−1]−(2n−1)(12)2n+1=12+2×(18−(12)2n+1)1−14−(2n−1)(12)2n+1=56−6n+56×4n，∴A奇=109−6n+518×4n−1.∴B偶=c2+c4+⋯+c2n=(2222−0220)+(4224−2222)+(6226−4224)⋯+[(2n)222n−(2n−2)222n−2]=(2n)222n−0220=4n24n=n24n−1.i=12nci=A奇+B偶=109−6n+518×4n−1+n24n−1=109+18n2−6n−518×4n−1【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和【解析】【分析】(1)根据题意由等差数列的通项公式以及性质整理化简数列的递推公式，由此计算出首项、公比和公差的取值，由此即可得出数列{an}，{bn}的通项公式。(2)由(1)的结论结合等差、比数列的前n项和公式，代入数值计算出结果即可。(3)利用错位相减法整理化简计算出结果即可。20．设函数f(x)=ax2–a–lnx，g(x)=1x−1ex−1，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数.（1）讨论f(x)的单调性；（2）证明：当x＞1时，g(x)＞0；（3）如果f(x)＞g(x)在区间（1，+∞）内恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）解：f'(x)=2ax−1x=2ax2−1x(x>0).当a≤0时，f'(x)＜0，f(x)在（0，+∞）内单调递减.当a>0时，由f'(x)=0，有x=12a.当x∈（0，12a)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈（12a，+∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增（2）证明：令s(x)=ex−1−x，则s'(x)=ex−1−1.当x>1时，s'(x)＞0，所以ex−1>x，从而g(x)=1x−1ex−1＞0（3）解：由（Ⅱ），当x>1时，g(x)＞0.当a≤0，x>1时，f(x)=a(x2−1)−lnx<0.故当f(x)＞g(x)在区间（1，+∞)内恒成立时，必有a>0.当0 0，所以此时f(x)＞g(x)在区间（1，+∞)内不恒成立.当a≥12时，令ℎ(x)=f(x)−g(x)（x≥1）.当x>1时，ℎ'(x)=2ax−1x+1×2−e1−x>x−1x+1×2−1x=x3−2x+1×2>x2−2x+1×2>0.因此ℎ(x)在区间（1，+∞)单调递增.又因为ℎ(1)=0，所以当x>1时，ℎ(x)=f(x)−g(x)＞0，即f(x)＞g(x)恒成立.综上，a∈[12，+∞)【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；不等式的综合【解析】【分析】(1)根据题意对a分情况讨论，结合导函数的性质即可得出函数的单调性。(2)由已知条件对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，从而得证出结论。 (3)结合(2)的结论，由函数的单调性即可得出不等式，结合a的取值范围即可得出导函数的性质，进而得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，进而得证出结论。
简介：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}【答案】A【知识点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】由题意可得：M∪N={1，2，3，4}，则∁U(M∪N)={5}.故答案为：A.【分析】根据题意由补集和并集的定义，即可得出答案。2．设{an}是公比为q的等比数列，则“q＞1”是“{an}为递增数列”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】D【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列【解析】【解答】解：等比数列﹣1，﹣2，﹣4，…，满足公比q=2＞1，但{an}不是递增数列，充分性不成立．若an=﹣1⋅(12)n−1为递增数列，但q=12＞1不成立，即必要性不成立，故“q＞1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件，故选：D．【分析】根据等比数列的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．3．函数f(x)=xln|x|x2+1的图象大致为（ ）A．B．C．D．【答案】A【知识点】函数奇偶性的性质；函数的图象【解析】【解答】因为f(−x)=−f(x)，所以f(x)的图象关于原点对称，故排除C，D；当x=1时，f(x)=0，当0 a>bB．a>c>bC．b>a>cD．b>c>a【答案】D【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】因为33>52，所以3>523，即b=log53>23=c；因为23<32，所以2<323，即a=log32<23=c，综上，b>c>a．故答案为：D．【分析】由指数函数与对数函数的单调性，即可比较出结果从而得出答案。6．已知某圆柱的轴截面为正方形，则此圆柱的表面积与此圆柱外接球的表面积之比为（ ） A．3：4B．1：2C．32：8D．2：1【答案】A【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；球的体积和表面积【解析】【解答】解：圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O，设圆柱的底面半径为r，则圆柱的高为2r，则球的半径R=r2+r2=2r，所以圆柱的表面积为：2πr2+2πr⋅2r=6πr2；球的表面积为4π⋅(2r)2=8πr2，则圆柱的表面积与球O的表面积之比为3：4．故答案为：A．【分析】由已知条件结合球的几何性质，把数值代入到勾股定理由此计算出球的半径，再把结果代入到球的表面积公式，由此计算出结果即可。7．已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)与抛物线y2=4x有一个公共的焦点F，且两曲线的一个交点为P.若|PF|=52，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±12xB．y=±2xC．y=±3xD．y=±33x【答案】C【知识点】抛物线的简单性质；双曲线的简单性质【解析】【解答】∵抛物线y2=4x的焦点坐标F(1，0)，p=2，抛物线的焦点和双曲线的焦点相同，∴p=2c，即c=1，设P(m，n)，由抛物线定义知：|PF|=m+p2=m+1=52，∴m=32.∴P点的坐标为(32，±6).∴a2+b2=194a2−6b2=1，解得：a=12b=32.则渐近线方程为y=±bax=±3x.故答案为：C.【分析】首先由抛物线的定义以及简单性质即可取出焦点的坐标以及c的取值，然后设出点的坐标并代入到双曲线的方程，结合双曲线里a、b、c的关系计算出a与b的取值，进而得出渐近线的方程。8．函数f(x)=cos(2x−2π3)−sin(2x−3π2)，将函数f(x)的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，得到函数g(x)的图象，若g(x)为偶函数，则φ的最小值是（ ）A．π12B．5π12C．π6D．π3【答案】B【知识点】函数奇偶性的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】【解答】因为f(x)=cos(2x−2π3)−sin(2x−3π2)=−12cos2x+32sin2x−cos2x=32sin2x−32cos2x=3sin(2x−π3)，所以g(x)=f(x+φ)=3sin(2x+2φ−π3)，而g(x)为偶函数，所以2φ−π3=π2+kπ，k∈R，即φ=512π+12kπ，而φ>0，所以φ的最小值是5π12．故答案为：B．【分析】首先由诱导公式以及两角和的正弦公式整理化简函数的解析式，再由偶函数的性质以及正弦函数的图象和性质即可求出φ的最小值。9．已知函数f(x)=ex|x|，关于x的方程f2(x)+(m+1)f(x)+m+4=0(m∈R)有四个相异的实数根，则m的取值范围是( )A．(−4，−e−4e+1)B．(−4，−3)C．(−e−4e+1，−3)D．(−e−4e+1，+∞)【答案】A【知识点】函数与方程的综合运用；根的存在性及根的个数判断【解析】【解答】f(x)=ex|x|=exx，x>0−exx，x<0，当x>0时f‘(x)=ex(x−1)x2=0，x=1，x∈(0，1)时，f(x)单调递减，x∈(1，+∞)时，f(x)单调递增，且当x∈(0，1)时，f(x)∈(e，+∞)，当x∈(1，+∞)时，f(x)∈(e，+∞)，当x<0时，f′(x)=−ex(x−1)x2>0恒成立，x∈(−∞，0)时，f(x)单调递增且f(x)∈(0，+∞)，方程f2(x)+(m+1)f(x)+m+4=0(m∈R)有四个相异的实数根.令f(x)=t，t2+(m+1)t+m+4=0则0 e，∴e2+(m+1)e+m+4<0，且02+(m+1)0+m+4>0，即m∈(−4，−e−4e+1).故答案为：A 【分析】根据题意对函数求导由导函数的性质，即可得出函数的单调性由函数的单调性结合方程根的情况，即可得出关于m的不等式，结合二次函数的图象和性质即可求出m的取值范围。二、填空题10．已知i为虚数单位，设复数z满足(1+i)z=3+i，则z的虚部为 ．【答案】-1【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算【解析】【解答】由题意得：z=3+i1+i=(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=3−2i+12=2−i，所以z的虚部为-1故答案为：-1【分析】首先由复数代数形式的运算性质整理，再结合复数的概念即可得出答案。11．A1M=λ(A1A2+A1A3)的展开式中x2项的系数为 ．【答案】2【知识点】二项式定理；二项式系数的性质【解析】【解答】因(1−1x)(1+x)4=(1+x)4−1x(1+x)4，故问题转化为求(1+x)4的展开式中含x2，x3项的系数．又Tr+1=C4rxr，则含x2，x3项的系数分别是C42=4×32=6，C43=C41=4，故所求(1−1x)(1+x)4的展开式中x2项的系数为C42−C43=6−4=2，应填答案2．【分析】根据题意由已知条件求出二项展开式的通项公式，结合已知条件结合组合数公式计算出结果。12．已知圆C的圆心坐标是(0,m)，若直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，则圆C的标准方程为 .【答案】x2+(y+2)2=5【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系【解析】【解答】因为圆心坐标为(0,m)，直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，根据圆心和切点的连线与直线2x−y+3=0垂直，所以m−(−1)0−(−2)=−12，解得m=−2，根据两点间的距离公式，可得圆C的半径r=(0+2)2+(−2+1)2=5，故圆C的标准方程为x2+(y+2)2=5。故答案为：x2+(y+2)2=5。【分析】利用圆C的圆心坐标是(0,m)，若直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，结合直线与圆相切的位置关系判断方法，再利用圆心和切点的连线与直线2x−y+3=0垂直，结合两直线垂直斜率之积等于-1，进而求出m的值，从而求出圆心的坐标，再利用两点距离公式求出圆C的半径，进而求出圆C的标准方程。13．设a,b>0,a+b=5,则a+1+b+3的最大值为 ．【答案】32【知识点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】【解答】由2ab≤a2+b2两边同时加上a2+b2，得(a+b)2≤2(a2+b2)，两边同时开方，即得：a+b≤2(a2+b2)（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”），从而有a+1+b+3≤2(a+1+b+3)=2×9=32（当且仅当a+1=b+3,即a=72,b=32时，“=”成立），故填：。【分析】利用均值不等式得出2ab≤a2+b2，再两边同时加上a2+b2，得(a+b)2≤2(a2+b2)，两边同时开方，即得：a+b≤2(a2+b2)（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”），从而有a+1+b+3≤2(a+1+b+3)，再利用已知条件，从而求出a+1+b+3的最大值，并求出对应的a，b的值。14．清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件A为“高二年级3人相邻”，事件A的排法为 种；在事件A“高二年级3人相邻”的前提下，事件B“高一年级2人不相邻”的概率P(B|A)为 ．【答案】720；35【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；条件概率与独立事件；排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】将高二年级3人进行全排列，有A33种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和其他年级4人进行全排列，有A55种排法，所以事件A的排法有A33A55=720种；事件A∩B的排法：将高二年级3人进行全排列，有A33种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和高三年级的2人进行全排列，有A33种排法，排好后，将高一年级的2人进行插空，有A42种排法，所以事件A∩B共有A33A33A42=432种排法，则P(B|A)=n(AB)n(A)=432720=35故答案为：720，35【分析】首先由排列组合就组合数公式计算出结果，再把结果代入到条件概率公式，计算出结果即可。15．在平面内，定点A，B，C，O，满足|OA|=|OB|=|OC|=2，且OA+OB+OC=0，则|AB|= ；平面内的动点P，M满足|AP|=1， PM=MC，则|BM|2的最大值是 ．【答案】23；494【知识点】向量加减混合运算及其几何意义；平面向量数量积的性质及其运算律【解析】【解答】因为|OA|=|OB|=|OC|=2，OA+OB+OC=0，所以OA=−(OB+OC)，两边平方得：OA2=−(OB+OC)=OB2+2OB⋅OC+OC2，即4=4+2OB⋅OC+4，解得：OB⋅OC=−2，因为AB=OB−OA，所以AB2=OB2+OA2−2OA⋅OB=4+4+4=12，因为|AB|≥0所以|AB|=23；可得到△ABC是等边三角形，且边长为23，如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，C(3，3)，B(23，0)，因为|AP|=1，所以设P(cosθ，sinθ)，θ∈[0，2π)，由PM=MC可得：M是线段PC的中点，则M(3+cosθ2，3+sinθ2)，则|BM|2=(3+cosθ2−23)2+(3+sinθ2)2=374+32sinθ−332cosθ=3sin(θ−π3)+374，当sin(θ−π3)=1时，|BM|2=3sin(θ−π3)+374取得最大值，最大值为494.故答案为：23，494【分析】由已知条件结合向量的加、减运算性质以及向量模的运算性质，由圆的几何意义结合正弦函数的图象和性质，即可得出答案。三、解答题16．在△ABC中，AC=6，cosB=45，C=π4.（1）求AB的长；（2）求cosA；（3）求cos(2A−π6)的值.【答案】（1）解：由cosB=45，且B∈(0，π)可得sinB=1−(45)2=35.由正弦定理有ABsinC=ACsinB，得AB=AC⋅sinCsinB=6×22×53=52（2）解：由题意可得cosA=cos(π−B−C)=−cos(B+C)=sinBsinC−cosBcosC=35×22−45×22=−210（3）解：由（2），sinA=1−(−210)2=7210，由二倍角公式可得：cos2A=2×(−210)2−1=−2425， sin2A=2×7210×(−210)=−725，故cos(2A−π6)=(−2425)×32+(−725)×12=−243+750【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【分析】(1)首先由同角三角函数的基本关系式计算出sinB的取值，再把结果代入到正弦定理计算出边的大小。(2)根据题意由诱导公式和两角和的余弦公式，代入数值计算出结果即可。(3)由已知条件结合二倍角的余弦公式计算出结果，再把结果代入到两角和的余弦公式由此计算出结果即可。17．如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，且AB=2，DD1=4，点E，F分别是D1B，AD的中点．（1）求直线CE与直线D1D所成角的正切值；（2）求平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值；（3）求点A到平面D1BF的距离．【答案】（1）解：依题意，建立上图所示空间直角坐标系，其中D为原点，DC为y轴，DA为x轴，DD1为z轴，各点坐标如下：A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，F(1，0，0)，A1(2，0，4)，B1(2，2，4)，C1(0，2，4)，D1(0，0，4)，E(1，1，2)，CE=(1，−1，2)，DD1=(0，0，4)，CE·DD1=8，|CE|=6，|DD1|=4，cosCE，DD1=CE·DD1|CE|·|DD1|=63，sinCE，DD1=33，tanCE，DD1=22（2）解：设平面D1BF的一个法向量为n=(a，b，c)，则有n·FB=0n·D1F=0，a+2b=0a−4c=0，令a=4，则c=1，b=-2，n=(4，−2，1)，设平面BCD1的一个法向量为m=(x，y，z)，则m·CB=0m·CD1=0，2x=0−2y+4z=0， 令z=1，则x=0，y=2，m=(0，2，1)，cosn，m=n·m|n|·|m|=−10535，即平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值为10535（3）解：计算BA与平面D1BF的夹角：BA·n=(0，−2，0)·(4，−2，1)=4，cosBA，n=BA·n|BA|·|n|=421×2=22121，∴A点到平面D1BF的距离为|BA|·|cosBA，n|=42121；综上，CE与D1D所成角的正切为22，平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值为−10535，A点到平面D1BF的距离为42121【知识点】数量积的坐标表达式；数量积表示两个向量的夹角；直线与平面所成的角；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)根据题意建立空间直角坐标系，由此计算出点以及向量的坐标，由线面角与向量夹角的关系，结合数量积的坐标公式代入数值计算出结果即可。(2)根据题意建立空间直角坐标系，由此计算出点以及向量的坐标，由此计算出平面D1BF和平面BCD1的法向量，结合向量夹角的关系式代入数值计算出结果即可。(3)结合题意由点到平面的距离公式，由数量积的坐标公式代入数值计算出答案即可。18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且椭圆过点P(1，22)．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过右焦点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线交直线l于点P，交直线x=−2于点Q，求|PQ||MN|的最小值．【答案】（1）解：由题意得：ca=221a2+12b2=1a2=b2+c2，解得：a2=2b2=1，所以椭圆方程为x22+y2=1（2）解：由（1）知：F(1，0)，当直线l的斜率不存在时，P(1，0)，Q(−2，0)，M(1，22)，N(1，−22)，此时|PQ||MN|=32=322，当直线l的斜率存在时，故可设直线为y=k(x−1)，联立椭圆方程得：(2k2+1)x2−4k2x+2k2−2=0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，其中Δ=8k2+8>0所以|MN|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k28k2+82k2+1，其中y1+y2=k(x1+x2)−2k=−2k2k2+1，所以P(2k22k2+1，−k2k2+1)，因为直线PQ为线段MN的垂直平分线，所以直线PQ：y+k2k2+1=−1k(x−2k22k2+1)，令x=−2得：y=5k2+2k(2k2+1)，所以|PQ|=(2k22k2+1+2)2+(−k2k2+1−5k2+2k(2k2+1))2=1+k26k2+2|k|(2k2+1)，故|PQ||MN|=1+k26k2+2|k|(2k2+1)1+k28k2+82k2+1=6k2+2|k|8k2+8=3k2+12k2⋅k2+1，因为3k2+1=(2k2)2+(1+k2)2≥22k2⋅1+k2，所以|PQ||MN|=3k2+12k2⋅k2+1≥22k2⋅k2+12k2⋅k2+1=2，当且仅当2k2=k2+1，即k2=1，k=±1时等号成立，所以|PQ||MN|≥2，因为322>2，所以|PQ||MN|的最小值为2【知识点】斜率的计算公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由椭圆的简单性质以及椭圆里a、b、c的关系，整理化简计算出a与b的取值，从而得出椭圆的方程。(2)由设而不求法设出点的坐标以及直线的方程并联立直线与椭圆的方程，消元后得到关于x的方程，然后由韦达定理求出两根之和与两根之积的关于k的代数式，并把结果代入到弦长公式整理，同理求出另一个弦长，整理化简结合基本不等式即可求出代数式的最小值。19．已知等比数列{an}的公比q>1，a1+a2+a3=14，a2+1是a1，a3的等差中项．等差数列{bn}满足4b1=a2，b8=a3．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）将数列{an}与数列{bn}的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求此新数列的前50项和； （3）cn=bnan，n为奇数bn2−4(bn−2)2an，n为偶数(n∈N∗)，求数列{cn}的前2n项和i=12nci．【答案】（1）解：依题有a1+a2+a3=142(a2+1)=a1+a3⇒a1+a1q+a1q2=142(a1q+1)=a1+a1q2，因为q>1，解得：a1=2，q=2∴an=2n．∵数列{bn}是等差数列，设其公差为d，4b1=4b1+7d=8，解得：b1=1d=1∴bn=n（2）解：数列{an}与数列{bn}都是递增数列，n=5，a5=32<50，n=6，a6=64>50，a1+a2+a3+a4+a5=2−261−2=62，b1+b2+⋯+b45=45×(1+45)2=1035，新数列的前50项和为：1+2+2+3+4+4+5+6+⋯+45=62+1035=1097（3）解：∵cn=bnan，n为奇数bn2−4(bn−2)2an，n为偶数=n(12)n，n为奇数n22n−(n−2)22n−2，n为偶数，i=12nci=c1+c2+⋯c2n=(c1+c3+⋯+c2n−1)+(c2+c4+⋯+c2n)设A奇=c1+c3+⋯+c2n−1，B偶=c2+c4+⋯+c2n，A奇=1×(12)1+3×(12)3+5×(12)5+⋯+(2n−1)(12)2n−1，14A奇=1×(12)3+3×(12)5+5×(12)7+⋯+(2n−1)(12)2n+1，两式相减有34A奇=12+2×[(12)3+(12)5+(12)7+⋯+(12)2n−1]−(2n−1)(12)2n+1=12+2×(18−(12)2n+1)1−14−(2n−1)(12)2n+1=56−6n+56×4n，∴A奇=109−6n+518×4n−1.∴B偶=c2+c4+⋯+c2n=(2222−0220)+(4224−2222)+(6226−4224)⋯+[(2n)222n−(2n−2)222n−2]=(2n)222n−0220=4n24n=n24n−1.i=12nci=A奇+B偶=109−6n+518×4n−1+n24n−1=109+18n2−6n−518×4n−1【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和【解析】【分析】(1)根据题意由等差数列的通项公式以及性质整理化简数列的递推公式，由此计算出首项、公比和公差的取值，由此即可得出数列{an}，{bn}的通项公式。(2)由(1)的结论结合等差、比数列的前n项和公式，代入数值计算出结果即可。(3)利用错位相减法整理化简计算出结果即可。20．设函数f(x)=ax2–a–lnx，g(x)=1x−1ex−1，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数.（1）讨论f(x)的单调性；（2）证明：当x＞1时，g(x)＞0；（3）如果f(x)＞g(x)在区间（1，+∞）内恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）解：f'(x)=2ax−1x=2ax2−1x(x>0).当a≤0时，f'(x)＜0，f(x)在（0，+∞）内单调递减.当a>0时，由f'(x)=0，有x=12a.当x∈（0，12a)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈（12a，+∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增（2）证明：令s(x)=ex−1−x，则s'(x)=ex−1−1.当x>1时，s'(x)＞0，所以ex−1>x，从而g(x)=1x−1ex−1＞0（3）解：由（Ⅱ），当x>1时，g(x)＞0.当a≤0，x>1时，f(x)=a(x2−1)−lnx<0.故当f(x)＞g(x)在区间（1，+∞)内恒成立时，必有a>0.当0 0，所以此时f(x)＞g(x)在区间（1，+∞)内不恒成立.当a≥12时，令ℎ(x)=f(x)−g(x)（x≥1）.当x>1时，ℎ'(x)=2ax−1x+1×2−e1−x>x−1x+1×2−1x=x3−2x+1×2>x2−2x+1×2>0.因此ℎ(x)在区间（1，+∞)单调递增.又因为ℎ(1)=0，所以当x>1时，ℎ(x)=f(x)−g(x)＞0，即f(x)＞g(x)恒成立.综上，a∈[12，+∞)【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；不等式的综合【解析】【分析】(1)根据题意对a分情况讨论，结合导函数的性质即可得出函数的单调性。(2)由已知条件对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，从而得证出结论。 (3)结合(2)的结论，由函数的单调性即可得出不等式，结合a的取值范围即可得出导函数的性质，进而得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，进而得证出结论。
简介：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}【答案】A【知识点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】由题意可得：M∪N={1，2，3，4}，则∁U(M∪N)={5}.故答案为：A.【分析】根据题意由补集和并集的定义，即可得出答案。2．设{an}是公比为q的等比数列，则“q＞1”是“{an}为递增数列”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】D【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列【解析】【解答】解：等比数列﹣1，﹣2，﹣4，…，满足公比q=2＞1，但{an}不是递增数列，充分性不成立．若an=﹣1⋅(12)n−1为递增数列，但q=12＞1不成立，即必要性不成立，故“q＞1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件，故选：D．【分析】根据等比数列的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．3．函数f(x)=xln|x|x2+1的图象大致为（ ）A．B．C．D．【答案】A【知识点】函数奇偶性的性质；函数的图象【解析】【解答】因为f(−x)=−f(x)，所以f(x)的图象关于原点对称，故排除C，D；当x=1时，f(x)=0，当0 a>bB．a>c>bC．b>a>cD．b>c>a【答案】D【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】因为33>52，所以3>523，即b=log53>23=c；因为23<32，所以2<323，即a=log32<23=c，综上，b>c>a．故答案为：D．【分析】由指数函数与对数函数的单调性，即可比较出结果从而得出答案。6．已知某圆柱的轴截面为正方形，则此圆柱的表面积与此圆柱外接球的表面积之比为（ ） A．3：4B．1：2C．32：8D．2：1【答案】A【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；球的体积和表面积【解析】【解答】解：圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O，设圆柱的底面半径为r，则圆柱的高为2r，则球的半径R=r2+r2=2r，所以圆柱的表面积为：2πr2+2πr⋅2r=6πr2；球的表面积为4π⋅(2r)2=8πr2，则圆柱的表面积与球O的表面积之比为3：4．故答案为：A．【分析】由已知条件结合球的几何性质，把数值代入到勾股定理由此计算出球的半径，再把结果代入到球的表面积公式，由此计算出结果即可。7．已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)与抛物线y2=4x有一个公共的焦点F，且两曲线的一个交点为P.若|PF|=52，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±12xB．y=±2xC．y=±3xD．y=±33x【答案】C【知识点】抛物线的简单性质；双曲线的简单性质【解析】【解答】∵抛物线y2=4x的焦点坐标F(1，0)，p=2，抛物线的焦点和双曲线的焦点相同，∴p=2c，即c=1，设P(m，n)，由抛物线定义知：|PF|=m+p2=m+1=52，∴m=32.∴P点的坐标为(32，±6).∴a2+b2=194a2−6b2=1，解得：a=12b=32.则渐近线方程为y=±bax=±3x.故答案为：C.【分析】首先由抛物线的定义以及简单性质即可取出焦点的坐标以及c的取值，然后设出点的坐标并代入到双曲线的方程，结合双曲线里a、b、c的关系计算出a与b的取值，进而得出渐近线的方程。8．函数f(x)=cos(2x−2π3)−sin(2x−3π2)，将函数f(x)的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，得到函数g(x)的图象，若g(x)为偶函数，则φ的最小值是（ ）A．π12B．5π12C．π6D．π3【答案】B【知识点】函数奇偶性的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】【解答】因为f(x)=cos(2x−2π3)−sin(2x−3π2)=−12cos2x+32sin2x−cos2x=32sin2x−32cos2x=3sin(2x−π3)，所以g(x)=f(x+φ)=3sin(2x+2φ−π3)，而g(x)为偶函数，所以2φ−π3=π2+kπ，k∈R，即φ=512π+12kπ，而φ>0，所以φ的最小值是5π12．故答案为：B．【分析】首先由诱导公式以及两角和的正弦公式整理化简函数的解析式，再由偶函数的性质以及正弦函数的图象和性质即可求出φ的最小值。9．已知函数f(x)=ex|x|，关于x的方程f2(x)+(m+1)f(x)+m+4=0(m∈R)有四个相异的实数根，则m的取值范围是( )A．(−4，−e−4e+1)B．(−4，−3)C．(−e−4e+1，−3)D．(−e−4e+1，+∞)【答案】A【知识点】函数与方程的综合运用；根的存在性及根的个数判断【解析】【解答】f(x)=ex|x|=exx，x>0−exx，x<0，当x>0时f‘(x)=ex(x−1)x2=0，x=1，x∈(0，1)时，f(x)单调递减，x∈(1，+∞)时，f(x)单调递增，且当x∈(0，1)时，f(x)∈(e，+∞)，当x∈(1，+∞)时，f(x)∈(e，+∞)，当x<0时，f′(x)=−ex(x−1)x2>0恒成立，x∈(−∞，0)时，f(x)单调递增且f(x)∈(0，+∞)，方程f2(x)+(m+1)f(x)+m+4=0(m∈R)有四个相异的实数根.令f(x)=t，t2+(m+1)t+m+4=0则0 e，∴e2+(m+1)e+m+4<0，且02+(m+1)0+m+4>0，即m∈(−4，−e−4e+1).故答案为：A 【分析】根据题意对函数求导由导函数的性质，即可得出函数的单调性由函数的单调性结合方程根的情况，即可得出关于m的不等式，结合二次函数的图象和性质即可求出m的取值范围。二、填空题10．已知i为虚数单位，设复数z满足(1+i)z=3+i，则z的虚部为 ．【答案】-1【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算【解析】【解答】由题意得：z=3+i1+i=(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=3−2i+12=2−i，所以z的虚部为-1故答案为：-1【分析】首先由复数代数形式的运算性质整理，再结合复数的概念即可得出答案。11．A1M=λ(A1A2+A1A3)的展开式中x2项的系数为 ．【答案】2【知识点】二项式定理；二项式系数的性质【解析】【解答】因(1−1x)(1+x)4=(1+x)4−1x(1+x)4，故问题转化为求(1+x)4的展开式中含x2，x3项的系数．又Tr+1=C4rxr，则含x2，x3项的系数分别是C42=4×32=6，C43=C41=4，故所求(1−1x)(1+x)4的展开式中x2项的系数为C42−C43=6−4=2，应填答案2．【分析】根据题意由已知条件求出二项展开式的通项公式，结合已知条件结合组合数公式计算出结果。12．已知圆C的圆心坐标是(0,m)，若直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，则圆C的标准方程为 .【答案】x2+(y+2)2=5【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系【解析】【解答】因为圆心坐标为(0,m)，直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，根据圆心和切点的连线与直线2x−y+3=0垂直，所以m−(−1)0−(−2)=−12，解得m=−2，根据两点间的距离公式，可得圆C的半径r=(0+2)2+(−2+1)2=5，故圆C的标准方程为x2+(y+2)2=5。故答案为：x2+(y+2)2=5。【分析】利用圆C的圆心坐标是(0,m)，若直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，结合直线与圆相切的位置关系判断方法，再利用圆心和切点的连线与直线2x−y+3=0垂直，结合两直线垂直斜率之积等于-1，进而求出m的值，从而求出圆心的坐标，再利用两点距离公式求出圆C的半径，进而求出圆C的标准方程。13．设a,b>0,a+b=5,则a+1+b+3的最大值为 ．【答案】32【知识点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】【解答】由2ab≤a2+b2两边同时加上a2+b2，得(a+b)2≤2(a2+b2)，两边同时开方，即得：a+b≤2(a2+b2)（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”），从而有a+1+b+3≤2(a+1+b+3)=2×9=32（当且仅当a+1=b+3,即a=72,b=32时，“=”成立），故填：。【分析】利用均值不等式得出2ab≤a2+b2，再两边同时加上a2+b2，得(a+b)2≤2(a2+b2)，两边同时开方，即得：a+b≤2(a2+b2)（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”），从而有a+1+b+3≤2(a+1+b+3)，再利用已知条件，从而求出a+1+b+3的最大值，并求出对应的a，b的值。14．清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件A为“高二年级3人相邻”，事件A的排法为 种；在事件A“高二年级3人相邻”的前提下，事件B“高一年级2人不相邻”的概率P(B|A)为 ．【答案】720；35【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；条件概率与独立事件；排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】将高二年级3人进行全排列，有A33种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和其他年级4人进行全排列，有A55种排法，所以事件A的排法有A33A55=720种；事件A∩B的排法：将高二年级3人进行全排列，有A33种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和高三年级的2人进行全排列，有A33种排法，排好后，将高一年级的2人进行插空，有A42种排法，所以事件A∩B共有A33A33A42=432种排法，则P(B|A)=n(AB)n(A)=432720=35故答案为：720，35【分析】首先由排列组合就组合数公式计算出结果，再把结果代入到条件概率公式，计算出结果即可。15．在平面内，定点A，B，C，O，满足|OA|=|OB|=|OC|=2，且OA+OB+OC=0，则|AB|= ；平面内的动点P，M满足|AP|=1， PM=MC，则|BM|2的最大值是 ．【答案】23；494【知识点】向量加减混合运算及其几何意义；平面向量数量积的性质及其运算律【解析】【解答】因为|OA|=|OB|=|OC|=2，OA+OB+OC=0，所以OA=−(OB+OC)，两边平方得：OA2=−(OB+OC)=OB2+2OB⋅OC+OC2，即4=4+2OB⋅OC+4，解得：OB⋅OC=−2，因为AB=OB−OA，所以AB2=OB2+OA2−2OA⋅OB=4+4+4=12，因为|AB|≥0所以|AB|=23；可得到△ABC是等边三角形，且边长为23，如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，C(3，3)，B(23，0)，因为|AP|=1，所以设P(cosθ，sinθ)，θ∈[0，2π)，由PM=MC可得：M是线段PC的中点，则M(3+cosθ2，3+sinθ2)，则|BM|2=(3+cosθ2−23)2+(3+sinθ2)2=374+32sinθ−332cosθ=3sin(θ−π3)+374，当sin(θ−π3)=1时，|BM|2=3sin(θ−π3)+374取得最大值，最大值为494.故答案为：23，494【分析】由已知条件结合向量的加、减运算性质以及向量模的运算性质，由圆的几何意义结合正弦函数的图象和性质，即可得出答案。三、解答题16．在△ABC中，AC=6，cosB=45，C=π4.（1）求AB的长；（2）求cosA；（3）求cos(2A−π6)的值.【答案】（1）解：由cosB=45，且B∈(0，π)可得sinB=1−(45)2=35.由正弦定理有ABsinC=ACsinB，得AB=AC⋅sinCsinB=6×22×53=52（2）解：由题意可得cosA=cos(π−B−C)=−cos(B+C)=sinBsinC−cosBcosC=35×22−45×22=−210（3）解：由（2），sinA=1−(−210)2=7210，由二倍角公式可得：cos2A=2×(−210)2−1=−2425， sin2A=2×7210×(−210)=−725，故cos(2A−π6)=(−2425)×32+(−725)×12=−243+750【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【分析】(1)首先由同角三角函数的基本关系式计算出sinB的取值，再把结果代入到正弦定理计算出边的大小。(2)根据题意由诱导公式和两角和的余弦公式，代入数值计算出结果即可。(3)由已知条件结合二倍角的余弦公式计算出结果，再把结果代入到两角和的余弦公式由此计算出结果即可。17．如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，且AB=2，DD1=4，点E，F分别是D1B，AD的中点．（1）求直线CE与直线D1D所成角的正切值；（2）求平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值；（3）求点A到平面D1BF的距离．【答案】（1）解：依题意，建立上图所示空间直角坐标系，其中D为原点，DC为y轴，DA为x轴，DD1为z轴，各点坐标如下：A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，F(1，0，0)，A1(2，0，4)，B1(2，2，4)，C1(0，2，4)，D1(0，0，4)，E(1，1，2)，CE=(1，−1，2)，DD1=(0，0，4)，CE·DD1=8，|CE|=6，|DD1|=4，cosCE，DD1=CE·DD1|CE|·|DD1|=63，sinCE，DD1=33，tanCE，DD1=22（2）解：设平面D1BF的一个法向量为n=(a，b，c)，则有n·FB=0n·D1F=0，a+2b=0a−4c=0，令a=4，则c=1，b=-2，n=(4，−2，1)，设平面BCD1的一个法向量为m=(x，y，z)，则m·CB=0m·CD1=0，2x=0−2y+4z=0， 令z=1，则x=0，y=2，m=(0，2，1)，cosn，m=n·m|n|·|m|=−10535，即平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值为10535（3）解：计算BA与平面D1BF的夹角：BA·n=(0，−2，0)·(4，−2，1)=4，cosBA，n=BA·n|BA|·|n|=421×2=22121，∴A点到平面D1BF的距离为|BA|·|cosBA，n|=42121；综上，CE与D1D所成角的正切为22，平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值为−10535，A点到平面D1BF的距离为42121【知识点】数量积的坐标表达式；数量积表示两个向量的夹角；直线与平面所成的角；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)根据题意建立空间直角坐标系，由此计算出点以及向量的坐标，由线面角与向量夹角的关系，结合数量积的坐标公式代入数值计算出结果即可。(2)根据题意建立空间直角坐标系，由此计算出点以及向量的坐标，由此计算出平面D1BF和平面BCD1的法向量，结合向量夹角的关系式代入数值计算出结果即可。(3)结合题意由点到平面的距离公式，由数量积的坐标公式代入数值计算出答案即可。18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且椭圆过点P(1，22)．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过右焦点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线交直线l于点P，交直线x=−2于点Q，求|PQ||MN|的最小值．【答案】（1）解：由题意得：ca=221a2+12b2=1a2=b2+c2，解得：a2=2b2=1，所以椭圆方程为x22+y2=1（2）解：由（1）知：F(1，0)，当直线l的斜率不存在时，P(1，0)，Q(−2，0)，M(1，22)，N(1，−22)，此时|PQ||MN|=32=322，当直线l的斜率存在时，故可设直线为y=k(x−1)，联立椭圆方程得：(2k2+1)x2−4k2x+2k2−2=0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，其中Δ=8k2+8>0所以|MN|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k28k2+82k2+1，其中y1+y2=k(x1+x2)−2k=−2k2k2+1，所以P(2k22k2+1，−k2k2+1)，因为直线PQ为线段MN的垂直平分线，所以直线PQ：y+k2k2+1=−1k(x−2k22k2+1)，令x=−2得：y=5k2+2k(2k2+1)，所以|PQ|=(2k22k2+1+2)2+(−k2k2+1−5k2+2k(2k2+1))2=1+k26k2+2|k|(2k2+1)，故|PQ||MN|=1+k26k2+2|k|(2k2+1)1+k28k2+82k2+1=6k2+2|k|8k2+8=3k2+12k2⋅k2+1，因为3k2+1=(2k2)2+(1+k2)2≥22k2⋅1+k2，所以|PQ||MN|=3k2+12k2⋅k2+1≥22k2⋅k2+12k2⋅k2+1=2，当且仅当2k2=k2+1，即k2=1，k=±1时等号成立，所以|PQ||MN|≥2，因为322>2，所以|PQ||MN|的最小值为2【知识点】斜率的计算公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由椭圆的简单性质以及椭圆里a、b、c的关系，整理化简计算出a与b的取值，从而得出椭圆的方程。(2)由设而不求法设出点的坐标以及直线的方程并联立直线与椭圆的方程，消元后得到关于x的方程，然后由韦达定理求出两根之和与两根之积的关于k的代数式，并把结果代入到弦长公式整理，同理求出另一个弦长，整理化简结合基本不等式即可求出代数式的最小值。19．已知等比数列{an}的公比q>1，a1+a2+a3=14，a2+1是a1，a3的等差中项．等差数列{bn}满足4b1=a2，b8=a3．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）将数列{an}与数列{bn}的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求此新数列的前50项和； （3）cn=bnan，n为奇数bn2−4(bn−2)2an，n为偶数(n∈N∗)，求数列{cn}的前2n项和i=12nci．【答案】（1）解：依题有a1+a2+a3=142(a2+1)=a1+a3⇒a1+a1q+a1q2=142(a1q+1)=a1+a1q2，因为q>1，解得：a1=2，q=2∴an=2n．∵数列{bn}是等差数列，设其公差为d，4b1=4b1+7d=8，解得：b1=1d=1∴bn=n（2）解：数列{an}与数列{bn}都是递增数列，n=5，a5=32<50，n=6，a6=64>50，a1+a2+a3+a4+a5=2−261−2=62，b1+b2+⋯+b45=45×(1+45)2=1035，新数列的前50项和为：1+2+2+3+4+4+5+6+⋯+45=62+1035=1097（3）解：∵cn=bnan，n为奇数bn2−4(bn−2)2an，n为偶数=n(12)n，n为奇数n22n−(n−2)22n−2，n为偶数，i=12nci=c1+c2+⋯c2n=(c1+c3+⋯+c2n−1)+(c2+c4+⋯+c2n)设A奇=c1+c3+⋯+c2n−1，B偶=c2+c4+⋯+c2n，A奇=1×(12)1+3×(12)3+5×(12)5+⋯+(2n−1)(12)2n−1，14A奇=1×(12)3+3×(12)5+5×(12)7+⋯+(2n−1)(12)2n+1，两式相减有34A奇=12+2×[(12)3+(12)5+(12)7+⋯+(12)2n−1]−(2n−1)(12)2n+1=12+2×(18−(12)2n+1)1−14−(2n−1)(12)2n+1=56−6n+56×4n，∴A奇=109−6n+518×4n−1.∴B偶=c2+c4+⋯+c2n=(2222−0220)+(4224−2222)+(6226−4224)⋯+[(2n)222n−(2n−2)222n−2]=(2n)222n−0220=4n24n=n24n−1.i=12nci=A奇+B偶=109−6n+518×4n−1+n24n−1=109+18n2−6n−518×4n−1【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和【解析】【分析】(1)根据题意由等差数列的通项公式以及性质整理化简数列的递推公式，由此计算出首项、公比和公差的取值，由此即可得出数列{an}，{bn}的通项公式。(2)由(1)的结论结合等差、比数列的前n项和公式，代入数值计算出结果即可。(3)利用错位相减法整理化简计算出结果即可。20．设函数f(x)=ax2–a–lnx，g(x)=1x−1ex−1，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数.（1）讨论f(x)的单调性；（2）证明：当x＞1时，g(x)＞0；（3）如果f(x)＞g(x)在区间（1，+∞）内恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）解：f'(x)=2ax−1x=2ax2−1x(x>0).当a≤0时，f'(x)＜0，f(x)在（0，+∞）内单调递减.当a>0时，由f'(x)=0，有x=12a.当x∈（0，12a)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈（12a，+∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增（2）证明：令s(x)=ex−1−x，则s'(x)=ex−1−1.当x>1时，s'(x)＞0，所以ex−1>x，从而g(x)=1x−1ex−1＞0（3）解：由（Ⅱ），当x>1时，g(x)＞0.当a≤0，x>1时，f(x)=a(x2−1)−lnx<0.故当f(x)＞g(x)在区间（1，+∞)内恒成立时，必有a>0.当0 0，所以此时f(x)＞g(x)在区间（1，+∞)内不恒成立.当a≥12时，令ℎ(x)=f(x)−g(x)（x≥1）.当x>1时，ℎ'(x)=2ax−1x+1×2−e1−x>x−1x+1×2−1x=x3−2x+1×2>x2−2x+1×2>0.因此ℎ(x)在区间（1，+∞)单调递增.又因为ℎ(1)=0，所以当x>1时，ℎ(x)=f(x)−g(x)＞0，即f(x)＞g(x)恒成立.综上，a∈[12，+∞)【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；不等式的综合【解析】【分析】(1)根据题意对a分情况讨论，结合导函数的性质即可得出函数的单调性。(2)由已知条件对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，从而得证出结论。 (3)结合(2)的结论，由函数的单调性即可得出不等式，结合a的取值范围即可得出导函数的性质，进而得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，进而得证出结论。
简介：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}【答案】A【知识点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】由题意可得：M∪N={1，2，3，4}，则∁U(M∪N)={5}.故答案为：A.【分析】根据题意由补集和并集的定义，即可得出答案。2．设{an}是公比为q的等比数列，则“q＞1”是“{an}为递增数列”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】D【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列【解析】【解答】解：等比数列﹣1，﹣2，﹣4，…，满足公比q=2＞1，但{an}不是递增数列，充分性不成立．若an=﹣1⋅(12)n−1为递增数列，但q=12＞1不成立，即必要性不成立，故“q＞1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件，故选：D．【分析】根据等比数列的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．3．函数f(x)=xln|x|x2+1的图象大致为（ ）A．B．C．D．【答案】A【知识点】函数奇偶性的性质；函数的图象【解析】【解答】因为f(−x)=−f(x)，所以f(x)的图象关于原点对称，故排除C，D；当x=1时，f(x)=0，当0 a>bB．a>c>bC．b>a>cD．b>c>a【答案】D【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】因为33>52，所以3>523，即b=log53>23=c；因为23<32，所以2<323，即a=log32<23=c，综上，b>c>a．故答案为：D．【分析】由指数函数与对数函数的单调性，即可比较出结果从而得出答案。6．已知某圆柱的轴截面为正方形，则此圆柱的表面积与此圆柱外接球的表面积之比为（ ） A．3：4B．1：2C．32：8D．2：1【答案】A【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；球的体积和表面积【解析】【解答】解：圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O，设圆柱的底面半径为r，则圆柱的高为2r，则球的半径R=r2+r2=2r，所以圆柱的表面积为：2πr2+2πr⋅2r=6πr2；球的表面积为4π⋅(2r)2=8πr2，则圆柱的表面积与球O的表面积之比为3：4．故答案为：A．【分析】由已知条件结合球的几何性质，把数值代入到勾股定理由此计算出球的半径，再把结果代入到球的表面积公式，由此计算出结果即可。7．已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)与抛物线y2=4x有一个公共的焦点F，且两曲线的一个交点为P.若|PF|=52，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±12xB．y=±2xC．y=±3xD．y=±33x【答案】C【知识点】抛物线的简单性质；双曲线的简单性质【解析】【解答】∵抛物线y2=4x的焦点坐标F(1，0)，p=2，抛物线的焦点和双曲线的焦点相同，∴p=2c，即c=1，设P(m，n)，由抛物线定义知：|PF|=m+p2=m+1=52，∴m=32.∴P点的坐标为(32，±6).∴a2+b2=194a2−6b2=1，解得：a=12b=32.则渐近线方程为y=±bax=±3x.故答案为：C.【分析】首先由抛物线的定义以及简单性质即可取出焦点的坐标以及c的取值，然后设出点的坐标并代入到双曲线的方程，结合双曲线里a、b、c的关系计算出a与b的取值，进而得出渐近线的方程。8．函数f(x)=cos(2x−2π3)−sin(2x−3π2)，将函数f(x)的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，得到函数g(x)的图象，若g(x)为偶函数，则φ的最小值是（ ）A．π12B．5π12C．π6D．π3【答案】B【知识点】函数奇偶性的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】【解答】因为f(x)=cos(2x−2π3)−sin(2x−3π2)=−12cos2x+32sin2x−cos2x=32sin2x−32cos2x=3sin(2x−π3)，所以g(x)=f(x+φ)=3sin(2x+2φ−π3)，而g(x)为偶函数，所以2φ−π3=π2+kπ，k∈R，即φ=512π+12kπ，而φ>0，所以φ的最小值是5π12．故答案为：B．【分析】首先由诱导公式以及两角和的正弦公式整理化简函数的解析式，再由偶函数的性质以及正弦函数的图象和性质即可求出φ的最小值。9．已知函数f(x)=ex|x|，关于x的方程f2(x)+(m+1)f(x)+m+4=0(m∈R)有四个相异的实数根，则m的取值范围是( )A．(−4，−e−4e+1)B．(−4，−3)C．(−e−4e+1，−3)D．(−e−4e+1，+∞)【答案】A【知识点】函数与方程的综合运用；根的存在性及根的个数判断【解析】【解答】f(x)=ex|x|=exx，x>0−exx，x<0，当x>0时f‘(x)=ex(x−1)x2=0，x=1，x∈(0，1)时，f(x)单调递减，x∈(1，+∞)时，f(x)单调递增，且当x∈(0，1)时，f(x)∈(e，+∞)，当x∈(1，+∞)时，f(x)∈(e，+∞)，当x<0时，f′(x)=−ex(x−1)x2>0恒成立，x∈(−∞，0)时，f(x)单调递增且f(x)∈(0，+∞)，方程f2(x)+(m+1)f(x)+m+4=0(m∈R)有四个相异的实数根.令f(x)=t，t2+(m+1)t+m+4=0则0 e，∴e2+(m+1)e+m+4<0，且02+(m+1)0+m+4>0，即m∈(−4，−e−4e+1).故答案为：A 【分析】根据题意对函数求导由导函数的性质，即可得出函数的单调性由函数的单调性结合方程根的情况，即可得出关于m的不等式，结合二次函数的图象和性质即可求出m的取值范围。二、填空题10．已知i为虚数单位，设复数z满足(1+i)z=3+i，则z的虚部为 ．【答案】-1【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算【解析】【解答】由题意得：z=3+i1+i=(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=3−2i+12=2−i，所以z的虚部为-1故答案为：-1【分析】首先由复数代数形式的运算性质整理，再结合复数的概念即可得出答案。11．A1M=λ(A1A2+A1A3)的展开式中x2项的系数为 ．【答案】2【知识点】二项式定理；二项式系数的性质【解析】【解答】因(1−1x)(1+x)4=(1+x)4−1x(1+x)4，故问题转化为求(1+x)4的展开式中含x2，x3项的系数．又Tr+1=C4rxr，则含x2，x3项的系数分别是C42=4×32=6，C43=C41=4，故所求(1−1x)(1+x)4的展开式中x2项的系数为C42−C43=6−4=2，应填答案2．【分析】根据题意由已知条件求出二项展开式的通项公式，结合已知条件结合组合数公式计算出结果。12．已知圆C的圆心坐标是(0,m)，若直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，则圆C的标准方程为 .【答案】x2+(y+2)2=5【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系【解析】【解答】因为圆心坐标为(0,m)，直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，根据圆心和切点的连线与直线2x−y+3=0垂直，所以m−(−1)0−(−2)=−12，解得m=−2，根据两点间的距离公式，可得圆C的半径r=(0+2)2+(−2+1)2=5，故圆C的标准方程为x2+(y+2)2=5。故答案为：x2+(y+2)2=5。【分析】利用圆C的圆心坐标是(0,m)，若直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，结合直线与圆相切的位置关系判断方法，再利用圆心和切点的连线与直线2x−y+3=0垂直，结合两直线垂直斜率之积等于-1，进而求出m的值，从而求出圆心的坐标，再利用两点距离公式求出圆C的半径，进而求出圆C的标准方程。13．设a,b>0,a+b=5,则a+1+b+3的最大值为 ．【答案】32【知识点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】【解答】由2ab≤a2+b2两边同时加上a2+b2，得(a+b)2≤2(a2+b2)，两边同时开方，即得：a+b≤2(a2+b2)（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”），从而有a+1+b+3≤2(a+1+b+3)=2×9=32（当且仅当a+1=b+3,即a=72,b=32时，“=”成立），故填：。【分析】利用均值不等式得出2ab≤a2+b2，再两边同时加上a2+b2，得(a+b)2≤2(a2+b2)，两边同时开方，即得：a+b≤2(a2+b2)（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”），从而有a+1+b+3≤2(a+1+b+3)，再利用已知条件，从而求出a+1+b+3的最大值，并求出对应的a，b的值。14．清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件A为“高二年级3人相邻”，事件A的排法为 种；在事件A“高二年级3人相邻”的前提下，事件B“高一年级2人不相邻”的概率P(B|A)为 ．【答案】720；35【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；条件概率与独立事件；排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】将高二年级3人进行全排列，有A33种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和其他年级4人进行全排列，有A55种排法，所以事件A的排法有A33A55=720种；事件A∩B的排法：将高二年级3人进行全排列，有A33种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和高三年级的2人进行全排列，有A33种排法，排好后，将高一年级的2人进行插空，有A42种排法，所以事件A∩B共有A33A33A42=432种排法，则P(B|A)=n(AB)n(A)=432720=35故答案为：720，35【分析】首先由排列组合就组合数公式计算出结果，再把结果代入到条件概率公式，计算出结果即可。15．在平面内，定点A，B，C，O，满足|OA|=|OB|=|OC|=2，且OA+OB+OC=0，则|AB|= ；平面内的动点P，M满足|AP|=1， PM=MC，则|BM|2的最大值是 ．【答案】23；494【知识点】向量加减混合运算及其几何意义；平面向量数量积的性质及其运算律【解析】【解答】因为|OA|=|OB|=|OC|=2，OA+OB+OC=0，所以OA=−(OB+OC)，两边平方得：OA2=−(OB+OC)=OB2+2OB⋅OC+OC2，即4=4+2OB⋅OC+4，解得：OB⋅OC=−2，因为AB=OB−OA，所以AB2=OB2+OA2−2OA⋅OB=4+4+4=12，因为|AB|≥0所以|AB|=23；可得到△ABC是等边三角形，且边长为23，如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，C(3，3)，B(23，0)，因为|AP|=1，所以设P(cosθ，sinθ)，θ∈[0，2π)，由PM=MC可得：M是线段PC的中点，则M(3+cosθ2，3+sinθ2)，则|BM|2=(3+cosθ2−23)2+(3+sinθ2)2=374+32sinθ−332cosθ=3sin(θ−π3)+374，当sin(θ−π3)=1时，|BM|2=3sin(θ−π3)+374取得最大值，最大值为494.故答案为：23，494【分析】由已知条件结合向量的加、减运算性质以及向量模的运算性质，由圆的几何意义结合正弦函数的图象和性质，即可得出答案。三、解答题16．在△ABC中，AC=6，cosB=45，C=π4.（1）求AB的长；（2）求cosA；（3）求cos(2A−π6)的值.【答案】（1）解：由cosB=45，且B∈(0，π)可得sinB=1−(45)2=35.由正弦定理有ABsinC=ACsinB，得AB=AC⋅sinCsinB=6×22×53=52（2）解：由题意可得cosA=cos(π−B−C)=−cos(B+C)=sinBsinC−cosBcosC=35×22−45×22=−210（3）解：由（2），sinA=1−(−210)2=7210，由二倍角公式可得：cos2A=2×(−210)2−1=−2425， sin2A=2×7210×(−210)=−725，故cos(2A−π6)=(−2425)×32+(−725)×12=−243+750【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【分析】(1)首先由同角三角函数的基本关系式计算出sinB的取值，再把结果代入到正弦定理计算出边的大小。(2)根据题意由诱导公式和两角和的余弦公式，代入数值计算出结果即可。(3)由已知条件结合二倍角的余弦公式计算出结果，再把结果代入到两角和的余弦公式由此计算出结果即可。17．如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，且AB=2，DD1=4，点E，F分别是D1B，AD的中点．（1）求直线CE与直线D1D所成角的正切值；（2）求平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值；（3）求点A到平面D1BF的距离．【答案】（1）解：依题意，建立上图所示空间直角坐标系，其中D为原点，DC为y轴，DA为x轴，DD1为z轴，各点坐标如下：A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，F(1，0，0)，A1(2，0，4)，B1(2，2，4)，C1(0，2，4)，D1(0，0，4)，E(1，1，2)，CE=(1，−1，2)，DD1=(0，0，4)，CE·DD1=8，|CE|=6，|DD1|=4，cosCE，DD1=CE·DD1|CE|·|DD1|=63，sinCE，DD1=33，tanCE，DD1=22（2）解：设平面D1BF的一个法向量为n=(a，b，c)，则有n·FB=0n·D1F=0，a+2b=0a−4c=0，令a=4，则c=1，b=-2，n=(4，−2，1)，设平面BCD1的一个法向量为m=(x，y，z)，则m·CB=0m·CD1=0，2x=0−2y+4z=0， 令z=1，则x=0，y=2，m=(0，2，1)，cosn，m=n·m|n|·|m|=−10535，即平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值为10535（3）解：计算BA与平面D1BF的夹角：BA·n=(0，−2，0)·(4，−2，1)=4，cosBA，n=BA·n|BA|·|n|=421×2=22121，∴A点到平面D1BF的距离为|BA|·|cosBA，n|=42121；综上，CE与D1D所成角的正切为22，平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值为−10535，A点到平面D1BF的距离为42121【知识点】数量积的坐标表达式；数量积表示两个向量的夹角；直线与平面所成的角；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)根据题意建立空间直角坐标系，由此计算出点以及向量的坐标，由线面角与向量夹角的关系，结合数量积的坐标公式代入数值计算出结果即可。(2)根据题意建立空间直角坐标系，由此计算出点以及向量的坐标，由此计算出平面D1BF和平面BCD1的法向量，结合向量夹角的关系式代入数值计算出结果即可。(3)结合题意由点到平面的距离公式，由数量积的坐标公式代入数值计算出答案即可。18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且椭圆过点P(1，22)．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过右焦点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线交直线l于点P，交直线x=−2于点Q，求|PQ||MN|的最小值．【答案】（1）解：由题意得：ca=221a2+12b2=1a2=b2+c2，解得：a2=2b2=1，所以椭圆方程为x22+y2=1（2）解：由（1）知：F(1，0)，当直线l的斜率不存在时，P(1，0)，Q(−2，0)，M(1，22)，N(1，−22)，此时|PQ||MN|=32=322，当直线l的斜率存在时，故可设直线为y=k(x−1)，联立椭圆方程得：(2k2+1)x2−4k2x+2k2−2=0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，其中Δ=8k2+8>0所以|MN|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k28k2+82k2+1，其中y1+y2=k(x1+x2)−2k=−2k2k2+1，所以P(2k22k2+1，−k2k2+1)，因为直线PQ为线段MN的垂直平分线，所以直线PQ：y+k2k2+1=−1k(x−2k22k2+1)，令x=−2得：y=5k2+2k(2k2+1)，所以|PQ|=(2k22k2+1+2)2+(−k2k2+1−5k2+2k(2k2+1))2=1+k26k2+2|k|(2k2+1)，故|PQ||MN|=1+k26k2+2|k|(2k2+1)1+k28k2+82k2+1=6k2+2|k|8k2+8=3k2+12k2⋅k2+1，因为3k2+1=(2k2)2+(1+k2)2≥22k2⋅1+k2，所以|PQ||MN|=3k2+12k2⋅k2+1≥22k2⋅k2+12k2⋅k2+1=2，当且仅当2k2=k2+1，即k2=1，k=±1时等号成立，所以|PQ||MN|≥2，因为322>2，所以|PQ||MN|的最小值为2【知识点】斜率的计算公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由椭圆的简单性质以及椭圆里a、b、c的关系，整理化简计算出a与b的取值，从而得出椭圆的方程。(2)由设而不求法设出点的坐标以及直线的方程并联立直线与椭圆的方程，消元后得到关于x的方程，然后由韦达定理求出两根之和与两根之积的关于k的代数式，并把结果代入到弦长公式整理，同理求出另一个弦长，整理化简结合基本不等式即可求出代数式的最小值。19．已知等比数列{an}的公比q>1，a1+a2+a3=14，a2+1是a1，a3的等差中项．等差数列{bn}满足4b1=a2，b8=a3．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）将数列{an}与数列{bn}的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求此新数列的前50项和； （3）cn=bnan，n为奇数bn2−4(bn−2)2an，n为偶数(n∈N∗)，求数列{cn}的前2n项和i=12nci．【答案】（1）解：依题有a1+a2+a3=142(a2+1)=a1+a3⇒a1+a1q+a1q2=142(a1q+1)=a1+a1q2，因为q>1，解得：a1=2，q=2∴an=2n．∵数列{bn}是等差数列，设其公差为d，4b1=4b1+7d=8，解得：b1=1d=1∴bn=n（2）解：数列{an}与数列{bn}都是递增数列，n=5，a5=32<50，n=6，a6=64>50，a1+a2+a3+a4+a5=2−261−2=62，b1+b2+⋯+b45=45×(1+45)2=1035，新数列的前50项和为：1+2+2+3+4+4+5+6+⋯+45=62+1035=1097（3）解：∵cn=bnan，n为奇数bn2−4(bn−2)2an，n为偶数=n(12)n，n为奇数n22n−(n−2)22n−2，n为偶数，i=12nci=c1+c2+⋯c2n=(c1+c3+⋯+c2n−1)+(c2+c4+⋯+c2n)设A奇=c1+c3+⋯+c2n−1，B偶=c2+c4+⋯+c2n，A奇=1×(12)1+3×(12)3+5×(12)5+⋯+(2n−1)(12)2n−1，14A奇=1×(12)3+3×(12)5+5×(12)7+⋯+(2n−1)(12)2n+1，两式相减有34A奇=12+2×[(12)3+(12)5+(12)7+⋯+(12)2n−1]−(2n−1)(12)2n+1=12+2×(18−(12)2n+1)1−14−(2n−1)(12)2n+1=56−6n+56×4n，∴A奇=109−6n+518×4n−1.∴B偶=c2+c4+⋯+c2n=(2222−0220)+(4224−2222)+(6226−4224)⋯+[(2n)222n−(2n−2)222n−2]=(2n)222n−0220=4n24n=n24n−1.i=12nci=A奇+B偶=109−6n+518×4n−1+n24n−1=109+18n2−6n−518×4n−1【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和【解析】【分析】(1)根据题意由等差数列的通项公式以及性质整理化简数列的递推公式，由此计算出首项、公比和公差的取值，由此即可得出数列{an}，{bn}的通项公式。(2)由(1)的结论结合等差、比数列的前n项和公式，代入数值计算出结果即可。(3)利用错位相减法整理化简计算出结果即可。20．设函数f(x)=ax2–a–lnx，g(x)=1x−1ex−1，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数.（1）讨论f(x)的单调性；（2）证明：当x＞1时，g(x)＞0；（3）如果f(x)＞g(x)在区间（1，+∞）内恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）解：f'(x)=2ax−1x=2ax2−1x(x>0).当a≤0时，f'(x)＜0，f(x)在（0，+∞）内单调递减.当a>0时，由f'(x)=0，有x=12a.当x∈（0，12a)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈（12a，+∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增（2）证明：令s(x)=ex−1−x，则s'(x)=ex−1−1.当x>1时，s'(x)＞0，所以ex−1>x，从而g(x)=1x−1ex−1＞0（3）解：由（Ⅱ），当x>1时，g(x)＞0.当a≤0，x>1时，f(x)=a(x2−1)−lnx<0.故当f(x)＞g(x)在区间（1，+∞)内恒成立时，必有a>0.当0 0，所以此时f(x)＞g(x)在区间（1，+∞)内不恒成立.当a≥12时，令ℎ(x)=f(x)−g(x)（x≥1）.当x>1时，ℎ'(x)=2ax−1x+1×2−e1−x>x−1x+1×2−1x=x3−2x+1×2>x2−2x+1×2>0.因此ℎ(x)在区间（1，+∞)单调递增.又因为ℎ(1)=0，所以当x>1时，ℎ(x)=f(x)−g(x)＞0，即f(x)＞g(x)恒成立.综上，a∈[12，+∞)【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；不等式的综合【解析】【分析】(1)根据题意对a分情况讨论，结合导函数的性质即可得出函数的单调性。(2)由已知条件对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，从而得证出结论。 (3)结合(2)的结论，由函数的单调性即可得出不等式，结合a的取值范围即可得出导函数的性质，进而得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，进而得证出结论。
简介：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}【答案】A【知识点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】由题意可得：M∪N={1，2，3，4}，则∁U(M∪N)={5}.故答案为：A.【分析】根据题意由补集和并集的定义，即可得出答案。2．设{an}是公比为q的等比数列，则“q＞1”是“{an}为递增数列”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】D【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列【解析】【解答】解：等比数列﹣1，﹣2，﹣4，…，满足公比q=2＞1，但{an}不是递增数列，充分性不成立．若an=﹣1⋅(12)n−1为递增数列，但q=12＞1不成立，即必要性不成立，故“q＞1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件，故选：D．【分析】根据等比数列的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．3．函数f(x)=xln|x|x2+1的图象大致为（ ）A．B．C．D．【答案】A【知识点】函数奇偶性的性质；函数的图象【解析】【解答】因为f(−x)=−f(x)，所以f(x)的图象关于原点对称，故排除C，D；当x=1时，f(x)=0，当0 a>bB．a>c>bC．b>a>cD．b>c>a【答案】D【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】因为33>52，所以3>523，即b=log53>23=c；因为23<32，所以2<323，即a=log32<23=c，综上，b>c>a．故答案为：D．【分析】由指数函数与对数函数的单调性，即可比较出结果从而得出答案。6．已知某圆柱的轴截面为正方形，则此圆柱的表面积与此圆柱外接球的表面积之比为（ ） A．3：4B．1：2C．32：8D．2：1【答案】A【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；球的体积和表面积【解析】【解答】解：圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O，设圆柱的底面半径为r，则圆柱的高为2r，则球的半径R=r2+r2=2r，所以圆柱的表面积为：2πr2+2πr⋅2r=6πr2；球的表面积为4π⋅(2r)2=8πr2，则圆柱的表面积与球O的表面积之比为3：4．故答案为：A．【分析】由已知条件结合球的几何性质，把数值代入到勾股定理由此计算出球的半径，再把结果代入到球的表面积公式，由此计算出结果即可。7．已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)与抛物线y2=4x有一个公共的焦点F，且两曲线的一个交点为P.若|PF|=52，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±12xB．y=±2xC．y=±3xD．y=±33x【答案】C【知识点】抛物线的简单性质；双曲线的简单性质【解析】【解答】∵抛物线y2=4x的焦点坐标F(1，0)，p=2，抛物线的焦点和双曲线的焦点相同，∴p=2c，即c=1，设P(m，n)，由抛物线定义知：|PF|=m+p2=m+1=52，∴m=32.∴P点的坐标为(32，±6).∴a2+b2=194a2−6b2=1，解得：a=12b=32.则渐近线方程为y=±bax=±3x.故答案为：C.【分析】首先由抛物线的定义以及简单性质即可取出焦点的坐标以及c的取值，然后设出点的坐标并代入到双曲线的方程，结合双曲线里a、b、c的关系计算出a与b的取值，进而得出渐近线的方程。8．函数f(x)=cos(2x−2π3)−sin(2x−3π2)，将函数f(x)的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，得到函数g(x)的图象，若g(x)为偶函数，则φ的最小值是（ ）A．π12B．5π12C．π6D．π3【答案】B【知识点】函数奇偶性的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】【解答】因为f(x)=cos(2x−2π3)−sin(2x−3π2)=−12cos2x+32sin2x−cos2x=32sin2x−32cos2x=3sin(2x−π3)，所以g(x)=f(x+φ)=3sin(2x+2φ−π3)，而g(x)为偶函数，所以2φ−π3=π2+kπ，k∈R，即φ=512π+12kπ，而φ>0，所以φ的最小值是5π12．故答案为：B．【分析】首先由诱导公式以及两角和的正弦公式整理化简函数的解析式，再由偶函数的性质以及正弦函数的图象和性质即可求出φ的最小值。9．已知函数f(x)=ex|x|，关于x的方程f2(x)+(m+1)f(x)+m+4=0(m∈R)有四个相异的实数根，则m的取值范围是( )A．(−4，−e−4e+1)B．(−4，−3)C．(−e−4e+1，−3)D．(−e−4e+1，+∞)【答案】A【知识点】函数与方程的综合运用；根的存在性及根的个数判断【解析】【解答】f(x)=ex|x|=exx，x>0−exx，x<0，当x>0时f‘(x)=ex(x−1)x2=0，x=1，x∈(0，1)时，f(x)单调递减，x∈(1，+∞)时，f(x)单调递增，且当x∈(0，1)时，f(x)∈(e，+∞)，当x∈(1，+∞)时，f(x)∈(e，+∞)，当x<0时，f′(x)=−ex(x−1)x2>0恒成立，x∈(−∞，0)时，f(x)单调递增且f(x)∈(0，+∞)，方程f2(x)+(m+1)f(x)+m+4=0(m∈R)有四个相异的实数根.令f(x)=t，t2+(m+1)t+m+4=0则0 e，∴e2+(m+1)e+m+4<0，且02+(m+1)0+m+4>0，即m∈(−4，−e−4e+1).故答案为：A 【分析】根据题意对函数求导由导函数的性质，即可得出函数的单调性由函数的单调性结合方程根的情况，即可得出关于m的不等式，结合二次函数的图象和性质即可求出m的取值范围。二、填空题10．已知i为虚数单位，设复数z满足(1+i)z=3+i，则z的虚部为 ．【答案】-1【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算【解析】【解答】由题意得：z=3+i1+i=(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=3−2i+12=2−i，所以z的虚部为-1故答案为：-1【分析】首先由复数代数形式的运算性质整理，再结合复数的概念即可得出答案。11．A1M=λ(A1A2+A1A3)的展开式中x2项的系数为 ．【答案】2【知识点】二项式定理；二项式系数的性质【解析】【解答】因(1−1x)(1+x)4=(1+x)4−1x(1+x)4，故问题转化为求(1+x)4的展开式中含x2，x3项的系数．又Tr+1=C4rxr，则含x2，x3项的系数分别是C42=4×32=6，C43=C41=4，故所求(1−1x)(1+x)4的展开式中x2项的系数为C42−C43=6−4=2，应填答案2．【分析】根据题意由已知条件求出二项展开式的通项公式，结合已知条件结合组合数公式计算出结果。12．已知圆C的圆心坐标是(0,m)，若直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，则圆C的标准方程为 .【答案】x2+(y+2)2=5【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系【解析】【解答】因为圆心坐标为(0,m)，直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，根据圆心和切点的连线与直线2x−y+3=0垂直，所以m−(−1)0−(−2)=−12，解得m=−2，根据两点间的距离公式，可得圆C的半径r=(0+2)2+(−2+1)2=5，故圆C的标准方程为x2+(y+2)2=5。故答案为：x2+(y+2)2=5。【分析】利用圆C的圆心坐标是(0,m)，若直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，结合直线与圆相切的位置关系判断方法，再利用圆心和切点的连线与直线2x−y+3=0垂直，结合两直线垂直斜率之积等于-1，进而求出m的值，从而求出圆心的坐标，再利用两点距离公式求出圆C的半径，进而求出圆C的标准方程。13．设a,b>0,a+b=5,则a+1+b+3的最大值为 ．【答案】32【知识点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】【解答】由2ab≤a2+b2两边同时加上a2+b2，得(a+b)2≤2(a2+b2)，两边同时开方，即得：a+b≤2(a2+b2)（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”），从而有a+1+b+3≤2(a+1+b+3)=2×9=32（当且仅当a+1=b+3,即a=72,b=32时，“=”成立），故填：。【分析】利用均值不等式得出2ab≤a2+b2，再两边同时加上a2+b2，得(a+b)2≤2(a2+b2)，两边同时开方，即得：a+b≤2(a2+b2)（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”），从而有a+1+b+3≤2(a+1+b+3)，再利用已知条件，从而求出a+1+b+3的最大值，并求出对应的a，b的值。14．清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件A为“高二年级3人相邻”，事件A的排法为 种；在事件A“高二年级3人相邻”的前提下，事件B“高一年级2人不相邻”的概率P(B|A)为 ．【答案】720；35【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；条件概率与独立事件；排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】将高二年级3人进行全排列，有A33种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和其他年级4人进行全排列，有A55种排法，所以事件A的排法有A33A55=720种；事件A∩B的排法：将高二年级3人进行全排列，有A33种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和高三年级的2人进行全排列，有A33种排法，排好后，将高一年级的2人进行插空，有A42种排法，所以事件A∩B共有A33A33A42=432种排法，则P(B|A)=n(AB)n(A)=432720=35故答案为：720，35【分析】首先由排列组合就组合数公式计算出结果，再把结果代入到条件概率公式，计算出结果即可。15．在平面内，定点A，B，C，O，满足|OA|=|OB|=|OC|=2，且OA+OB+OC=0，则|AB|= ；平面内的动点P，M满足|AP|=1， PM=MC，则|BM|2的最大值是 ．【答案】23；494【知识点】向量加减混合运算及其几何意义；平面向量数量积的性质及其运算律【解析】【解答】因为|OA|=|OB|=|OC|=2，OA+OB+OC=0，所以OA=−(OB+OC)，两边平方得：OA2=−(OB+OC)=OB2+2OB⋅OC+OC2，即4=4+2OB⋅OC+4，解得：OB⋅OC=−2，因为AB=OB−OA，所以AB2=OB2+OA2−2OA⋅OB=4+4+4=12，因为|AB|≥0所以|AB|=23；可得到△ABC是等边三角形，且边长为23，如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，C(3，3)，B(23，0)，因为|AP|=1，所以设P(cosθ，sinθ)，θ∈[0，2π)，由PM=MC可得：M是线段PC的中点，则M(3+cosθ2，3+sinθ2)，则|BM|2=(3+cosθ2−23)2+(3+sinθ2)2=374+32sinθ−332cosθ=3sin(θ−π3)+374，当sin(θ−π3)=1时，|BM|2=3sin(θ−π3)+374取得最大值，最大值为494.故答案为：23，494【分析】由已知条件结合向量的加、减运算性质以及向量模的运算性质，由圆的几何意义结合正弦函数的图象和性质，即可得出答案。三、解答题16．在△ABC中，AC=6，cosB=45，C=π4.（1）求AB的长；（2）求cosA；（3）求cos(2A−π6)的值.【答案】（1）解：由cosB=45，且B∈(0，π)可得sinB=1−(45)2=35.由正弦定理有ABsinC=ACsinB，得AB=AC⋅sinCsinB=6×22×53=52（2）解：由题意可得cosA=cos(π−B−C)=−cos(B+C)=sinBsinC−cosBcosC=35×22−45×22=−210（3）解：由（2），sinA=1−(−210)2=7210，由二倍角公式可得：cos2A=2×(−210)2−1=−2425， sin2A=2×7210×(−210)=−725，故cos(2A−π6)=(−2425)×32+(−725)×12=−243+750【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【分析】(1)首先由同角三角函数的基本关系式计算出sinB的取值，再把结果代入到正弦定理计算出边的大小。(2)根据题意由诱导公式和两角和的余弦公式，代入数值计算出结果即可。(3)由已知条件结合二倍角的余弦公式计算出结果，再把结果代入到两角和的余弦公式由此计算出结果即可。17．如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，且AB=2，DD1=4，点E，F分别是D1B，AD的中点．（1）求直线CE与直线D1D所成角的正切值；（2）求平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值；（3）求点A到平面D1BF的距离．【答案】（1）解：依题意，建立上图所示空间直角坐标系，其中D为原点，DC为y轴，DA为x轴，DD1为z轴，各点坐标如下：A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，F(1，0，0)，A1(2，0，4)，B1(2，2，4)，C1(0，2，4)，D1(0，0，4)，E(1，1，2)，CE=(1，−1，2)，DD1=(0，0，4)，CE·DD1=8，|CE|=6，|DD1|=4，cosCE，DD1=CE·DD1|CE|·|DD1|=63，sinCE，DD1=33，tanCE，DD1=22（2）解：设平面D1BF的一个法向量为n=(a，b，c)，则有n·FB=0n·D1F=0，a+2b=0a−4c=0，令a=4，则c=1，b=-2，n=(4，−2，1)，设平面BCD1的一个法向量为m=(x，y，z)，则m·CB=0m·CD1=0，2x=0−2y+4z=0， 令z=1，则x=0，y=2，m=(0，2，1)，cosn，m=n·m|n|·|m|=−10535，即平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值为10535（3）解：计算BA与平面D1BF的夹角：BA·n=(0，−2，0)·(4，−2，1)=4，cosBA，n=BA·n|BA|·|n|=421×2=22121，∴A点到平面D1BF的距离为|BA|·|cosBA，n|=42121；综上，CE与D1D所成角的正切为22，平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值为−10535，A点到平面D1BF的距离为42121【知识点】数量积的坐标表达式；数量积表示两个向量的夹角；直线与平面所成的角；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)根据题意建立空间直角坐标系，由此计算出点以及向量的坐标，由线面角与向量夹角的关系，结合数量积的坐标公式代入数值计算出结果即可。(2)根据题意建立空间直角坐标系，由此计算出点以及向量的坐标，由此计算出平面D1BF和平面BCD1的法向量，结合向量夹角的关系式代入数值计算出结果即可。(3)结合题意由点到平面的距离公式，由数量积的坐标公式代入数值计算出答案即可。18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且椭圆过点P(1，22)．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过右焦点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线交直线l于点P，交直线x=−2于点Q，求|PQ||MN|的最小值．【答案】（1）解：由题意得：ca=221a2+12b2=1a2=b2+c2，解得：a2=2b2=1，所以椭圆方程为x22+y2=1（2）解：由（1）知：F(1，0)，当直线l的斜率不存在时，P(1，0)，Q(−2，0)，M(1，22)，N(1，−22)，此时|PQ||MN|=32=322，当直线l的斜率存在时，故可设直线为y=k(x−1)，联立椭圆方程得：(2k2+1)x2−4k2x+2k2−2=0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，其中Δ=8k2+8>0所以|MN|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k28k2+82k2+1，其中y1+y2=k(x1+x2)−2k=−2k2k2+1，所以P(2k22k2+1，−k2k2+1)，因为直线PQ为线段MN的垂直平分线，所以直线PQ：y+k2k2+1=−1k(x−2k22k2+1)，令x=−2得：y=5k2+2k(2k2+1)，所以|PQ|=(2k22k2+1+2)2+(−k2k2+1−5k2+2k(2k2+1))2=1+k26k2+2|k|(2k2+1)，故|PQ||MN|=1+k26k2+2|k|(2k2+1)1+k28k2+82k2+1=6k2+2|k|8k2+8=3k2+12k2⋅k2+1，因为3k2+1=(2k2)2+(1+k2)2≥22k2⋅1+k2，所以|PQ||MN|=3k2+12k2⋅k2+1≥22k2⋅k2+12k2⋅k2+1=2，当且仅当2k2=k2+1，即k2=1，k=±1时等号成立，所以|PQ||MN|≥2，因为322>2，所以|PQ||MN|的最小值为2【知识点】斜率的计算公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由椭圆的简单性质以及椭圆里a、b、c的关系，整理化简计算出a与b的取值，从而得出椭圆的方程。(2)由设而不求法设出点的坐标以及直线的方程并联立直线与椭圆的方程，消元后得到关于x的方程，然后由韦达定理求出两根之和与两根之积的关于k的代数式，并把结果代入到弦长公式整理，同理求出另一个弦长，整理化简结合基本不等式即可求出代数式的最小值。19．已知等比数列{an}的公比q>1，a1+a2+a3=14，a2+1是a1，a3的等差中项．等差数列{bn}满足4b1=a2，b8=a3．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）将数列{an}与数列{bn}的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求此新数列的前50项和； （3）cn=bnan，n为奇数bn2−4(bn−2)2an，n为偶数(n∈N∗)，求数列{cn}的前2n项和i=12nci．【答案】（1）解：依题有a1+a2+a3=142(a2+1)=a1+a3⇒a1+a1q+a1q2=142(a1q+1)=a1+a1q2，因为q>1，解得：a1=2，q=2∴an=2n．∵数列{bn}是等差数列，设其公差为d，4b1=4b1+7d=8，解得：b1=1d=1∴bn=n（2）解：数列{an}与数列{bn}都是递增数列，n=5，a5=32<50，n=6，a6=64>50，a1+a2+a3+a4+a5=2−261−2=62，b1+b2+⋯+b45=45×(1+45)2=1035，新数列的前50项和为：1+2+2+3+4+4+5+6+⋯+45=62+1035=1097（3）解：∵cn=bnan，n为奇数bn2−4(bn−2)2an，n为偶数=n(12)n，n为奇数n22n−(n−2)22n−2，n为偶数，i=12nci=c1+c2+⋯c2n=(c1+c3+⋯+c2n−1)+(c2+c4+⋯+c2n)设A奇=c1+c3+⋯+c2n−1，B偶=c2+c4+⋯+c2n，A奇=1×(12)1+3×(12)3+5×(12)5+⋯+(2n−1)(12)2n−1，14A奇=1×(12)3+3×(12)5+5×(12)7+⋯+(2n−1)(12)2n+1，两式相减有34A奇=12+2×[(12)3+(12)5+(12)7+⋯+(12)2n−1]−(2n−1)(12)2n+1=12+2×(18−(12)2n+1)1−14−(2n−1)(12)2n+1=56−6n+56×4n，∴A奇=109−6n+518×4n−1.∴B偶=c2+c4+⋯+c2n=(2222−0220)+(4224−2222)+(6226−4224)⋯+[(2n)222n−(2n−2)222n−2]=(2n)222n−0220=4n24n=n24n−1.i=12nci=A奇+B偶=109−6n+518×4n−1+n24n−1=109+18n2−6n−518×4n−1【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和【解析】【分析】(1)根据题意由等差数列的通项公式以及性质整理化简数列的递推公式，由此计算出首项、公比和公差的取值，由此即可得出数列{an}，{bn}的通项公式。(2)由(1)的结论结合等差、比数列的前n项和公式，代入数值计算出结果即可。(3)利用错位相减法整理化简计算出结果即可。20．设函数f(x)=ax2–a–lnx，g(x)=1x−1ex−1，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数.（1）讨论f(x)的单调性；（2）证明：当x＞1时，g(x)＞0；（3）如果f(x)＞g(x)在区间（1，+∞）内恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）解：f'(x)=2ax−1x=2ax2−1x(x>0).当a≤0时，f'(x)＜0，f(x)在（0，+∞）内单调递减.当a>0时，由f'(x)=0，有x=12a.当x∈（0，12a)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈（12a，+∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增（2）证明：令s(x)=ex−1−x，则s'(x)=ex−1−1.当x>1时，s'(x)＞0，所以ex−1>x，从而g(x)=1x−1ex−1＞0（3）解：由（Ⅱ），当x>1时，g(x)＞0.当a≤0，x>1时，f(x)=a(x2−1)−lnx<0.故当f(x)＞g(x)在区间（1，+∞)内恒成立时，必有a>0.当0 0，所以此时f(x)＞g(x)在区间（1，+∞)内不恒成立.当a≥12时，令ℎ(x)=f(x)−g(x)（x≥1）.当x>1时，ℎ'(x)=2ax−1x+1×2−e1−x>x−1x+1×2−1x=x3−2x+1×2>x2−2x+1×2>0.因此ℎ(x)在区间（1，+∞)单调递增.又因为ℎ(1)=0，所以当x>1时，ℎ(x)=f(x)−g(x)＞0，即f(x)＞g(x)恒成立.综上，a∈[12，+∞)【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；不等式的综合【解析】【分析】(1)根据题意对a分情况讨论，结合导函数的性质即可得出函数的单调性。(2)由已知条件对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，从而得证出结论。 (3)结合(2)的结论，由函数的单调性即可得出不等式，结合a的取值范围即可得出导函数的性质，进而得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，进而得证出结论。
简介：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}【答案】A【知识点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】由题意可得：M∪N={1，2，3，4}，则∁U(M∪N)={5}.故答案为：A.【分析】根据题意由补集和并集的定义，即可得出答案。2．设{an}是公比为q的等比数列，则“q＞1”是“{an}为递增数列”的（ ）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】D【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列【解析】【解答】解：等比数列﹣1，﹣2，﹣4，…，满足公比q=2＞1，但{an}不是递增数列，充分性不成立．若an=﹣1⋅(12)n−1为递增数列，但q=12＞1不成立，即必要性不成立，故“q＞1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件，故选：D．【分析】根据等比数列的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．3．函数f(x)=xln|x|x2+1的图象大致为（ ）A．B．C．D．【答案】A【知识点】函数奇偶性的性质；函数的图象【解析】【解答】因为f(−x)=−f(x)，所以f(x)的图象关于原点对称，故排除C，D；当x=1时，f(x)=0，当0 a>bB．a>c>bC．b>a>cD．b>c>a【答案】D【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】因为33>52，所以3>523，即b=log53>23=c；因为23<32，所以2<323，即a=log32<23=c，综上，b>c>a．故答案为：D．【分析】由指数函数与对数函数的单调性，即可比较出结果从而得出答案。6．已知某圆柱的轴截面为正方形，则此圆柱的表面积与此圆柱外接球的表面积之比为（ ） A．3：4B．1：2C．32：8D．2：1【答案】A【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；球的体积和表面积【解析】【解答】解：圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O，设圆柱的底面半径为r，则圆柱的高为2r，则球的半径R=r2+r2=2r，所以圆柱的表面积为：2πr2+2πr⋅2r=6πr2；球的表面积为4π⋅(2r)2=8πr2，则圆柱的表面积与球O的表面积之比为3：4．故答案为：A．【分析】由已知条件结合球的几何性质，把数值代入到勾股定理由此计算出球的半径，再把结果代入到球的表面积公式，由此计算出结果即可。7．已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)与抛物线y2=4x有一个公共的焦点F，且两曲线的一个交点为P.若|PF|=52，则双曲线的渐近线方程为（ ）A．y=±12xB．y=±2xC．y=±3xD．y=±33x【答案】C【知识点】抛物线的简单性质；双曲线的简单性质【解析】【解答】∵抛物线y2=4x的焦点坐标F(1，0)，p=2，抛物线的焦点和双曲线的焦点相同，∴p=2c，即c=1，设P(m，n)，由抛物线定义知：|PF|=m+p2=m+1=52，∴m=32.∴P点的坐标为(32，±6).∴a2+b2=194a2−6b2=1，解得：a=12b=32.则渐近线方程为y=±bax=±3x.故答案为：C.【分析】首先由抛物线的定义以及简单性质即可取出焦点的坐标以及c的取值，然后设出点的坐标并代入到双曲线的方程，结合双曲线里a、b、c的关系计算出a与b的取值，进而得出渐近线的方程。8．函数f(x)=cos(2x−2π3)−sin(2x−3π2)，将函数f(x)的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，得到函数g(x)的图象，若g(x)为偶函数，则φ的最小值是（ ）A．π12B．5π12C．π6D．π3【答案】B【知识点】函数奇偶性的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】【解答】因为f(x)=cos(2x−2π3)−sin(2x−3π2)=−12cos2x+32sin2x−cos2x=32sin2x−32cos2x=3sin(2x−π3)，所以g(x)=f(x+φ)=3sin(2x+2φ−π3)，而g(x)为偶函数，所以2φ−π3=π2+kπ，k∈R，即φ=512π+12kπ，而φ>0，所以φ的最小值是5π12．故答案为：B．【分析】首先由诱导公式以及两角和的正弦公式整理化简函数的解析式，再由偶函数的性质以及正弦函数的图象和性质即可求出φ的最小值。9．已知函数f(x)=ex|x|，关于x的方程f2(x)+(m+1)f(x)+m+4=0(m∈R)有四个相异的实数根，则m的取值范围是( )A．(−4，−e−4e+1)B．(−4，−3)C．(−e−4e+1，−3)D．(−e−4e+1，+∞)【答案】A【知识点】函数与方程的综合运用；根的存在性及根的个数判断【解析】【解答】f(x)=ex|x|=exx，x>0−exx，x<0，当x>0时f‘(x)=ex(x−1)x2=0，x=1，x∈(0，1)时，f(x)单调递减，x∈(1，+∞)时，f(x)单调递增，且当x∈(0，1)时，f(x)∈(e，+∞)，当x∈(1，+∞)时，f(x)∈(e，+∞)，当x<0时，f′(x)=−ex(x−1)x2>0恒成立，x∈(−∞，0)时，f(x)单调递增且f(x)∈(0，+∞)，方程f2(x)+(m+1)f(x)+m+4=0(m∈R)有四个相异的实数根.令f(x)=t，t2+(m+1)t+m+4=0则0 e，∴e2+(m+1)e+m+4<0，且02+(m+1)0+m+4>0，即m∈(−4，−e−4e+1).故答案为：A 【分析】根据题意对函数求导由导函数的性质，即可得出函数的单调性由函数的单调性结合方程根的情况，即可得出关于m的不等式，结合二次函数的图象和性质即可求出m的取值范围。二、填空题10．已知i为虚数单位，设复数z满足(1+i)z=3+i，则z的虚部为 ．【答案】-1【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算【解析】【解答】由题意得：z=3+i1+i=(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=3−2i+12=2−i，所以z的虚部为-1故答案为：-1【分析】首先由复数代数形式的运算性质整理，再结合复数的概念即可得出答案。11．A1M=λ(A1A2+A1A3)的展开式中x2项的系数为 ．【答案】2【知识点】二项式定理；二项式系数的性质【解析】【解答】因(1−1x)(1+x)4=(1+x)4−1x(1+x)4，故问题转化为求(1+x)4的展开式中含x2，x3项的系数．又Tr+1=C4rxr，则含x2，x3项的系数分别是C42=4×32=6，C43=C41=4，故所求(1−1x)(1+x)4的展开式中x2项的系数为C42−C43=6−4=2，应填答案2．【分析】根据题意由已知条件求出二项展开式的通项公式，结合已知条件结合组合数公式计算出结果。12．已知圆C的圆心坐标是(0,m)，若直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，则圆C的标准方程为 .【答案】x2+(y+2)2=5【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系【解析】【解答】因为圆心坐标为(0,m)，直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，根据圆心和切点的连线与直线2x−y+3=0垂直，所以m−(−1)0−(−2)=−12，解得m=−2，根据两点间的距离公式，可得圆C的半径r=(0+2)2+(−2+1)2=5，故圆C的标准方程为x2+(y+2)2=5。故答案为：x2+(y+2)2=5。【分析】利用圆C的圆心坐标是(0,m)，若直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，结合直线与圆相切的位置关系判断方法，再利用圆心和切点的连线与直线2x−y+3=0垂直，结合两直线垂直斜率之积等于-1，进而求出m的值，从而求出圆心的坐标，再利用两点距离公式求出圆C的半径，进而求出圆C的标准方程。13．设a,b>0,a+b=5,则a+1+b+3的最大值为 ．【答案】32【知识点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】【解答】由2ab≤a2+b2两边同时加上a2+b2，得(a+b)2≤2(a2+b2)，两边同时开方，即得：a+b≤2(a2+b2)（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”），从而有a+1+b+3≤2(a+1+b+3)=2×9=32（当且仅当a+1=b+3,即a=72,b=32时，“=”成立），故填：。【分析】利用均值不等式得出2ab≤a2+b2，再两边同时加上a2+b2，得(a+b)2≤2(a2+b2)，两边同时开方，即得：a+b≤2(a2+b2)（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”），从而有a+1+b+3≤2(a+1+b+3)，再利用已知条件，从而求出a+1+b+3的最大值，并求出对应的a，b的值。14．清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件A为“高二年级3人相邻”，事件A的排法为 种；在事件A“高二年级3人相邻”的前提下，事件B“高一年级2人不相邻”的概率P(B|A)为 ．【答案】720；35【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；条件概率与独立事件；排列、组合及简单计数问题【解析】【解答】将高二年级3人进行全排列，有A33种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和其他年级4人进行全排列，有A55种排法，所以事件A的排法有A33A55=720种；事件A∩B的排法：将高二年级3人进行全排列，有A33种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和高三年级的2人进行全排列，有A33种排法，排好后，将高一年级的2人进行插空，有A42种排法，所以事件A∩B共有A33A33A42=432种排法，则P(B|A)=n(AB)n(A)=432720=35故答案为：720，35【分析】首先由排列组合就组合数公式计算出结果，再把结果代入到条件概率公式，计算出结果即可。15．在平面内，定点A，B，C，O，满足|OA|=|OB|=|OC|=2，且OA+OB+OC=0，则|AB|= ；平面内的动点P，M满足|AP|=1， PM=MC，则|BM|2的最大值是 ．【答案】23；494【知识点】向量加减混合运算及其几何意义；平面向量数量积的性质及其运算律【解析】【解答】因为|OA|=|OB|=|OC|=2，OA+OB+OC=0，所以OA=−(OB+OC)，两边平方得：OA2=−(OB+OC)=OB2+2OB⋅OC+OC2，即4=4+2OB⋅OC+4，解得：OB⋅OC=−2，因为AB=OB−OA，所以AB2=OB2+OA2−2OA⋅OB=4+4+4=12，因为|AB|≥0所以|AB|=23；可得到△ABC是等边三角形，且边长为23，如图，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB为y轴建立平面直角坐标系，C(3，3)，B(23，0)，因为|AP|=1，所以设P(cosθ，sinθ)，θ∈[0，2π)，由PM=MC可得：M是线段PC的中点，则M(3+cosθ2，3+sinθ2)，则|BM|2=(3+cosθ2−23)2+(3+sinθ2)2=374+32sinθ−332cosθ=3sin(θ−π3)+374，当sin(θ−π3)=1时，|BM|2=3sin(θ−π3)+374取得最大值，最大值为494.故答案为：23，494【分析】由已知条件结合向量的加、减运算性质以及向量模的运算性质，由圆的几何意义结合正弦函数的图象和性质，即可得出答案。三、解答题16．在△ABC中，AC=6，cosB=45，C=π4.（1）求AB的长；（2）求cosA；（3）求cos(2A−π6)的值.【答案】（1）解：由cosB=45，且B∈(0，π)可得sinB=1−(45)2=35.由正弦定理有ABsinC=ACsinB，得AB=AC⋅sinCsinB=6×22×53=52（2）解：由题意可得cosA=cos(π−B−C)=−cos(B+C)=sinBsinC−cosBcosC=35×22−45×22=−210（3）解：由（2），sinA=1−(−210)2=7210，由二倍角公式可得：cos2A=2×(−210)2−1=−2425， sin2A=2×7210×(−210)=−725，故cos(2A−π6)=(−2425)×32+(−725)×12=−243+750【知识点】二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理；余弦定理【解析】【分析】(1)首先由同角三角函数的基本关系式计算出sinB的取值，再把结果代入到正弦定理计算出边的大小。(2)根据题意由诱导公式和两角和的余弦公式，代入数值计算出结果即可。(3)由已知条件结合二倍角的余弦公式计算出结果，再把结果代入到两角和的余弦公式由此计算出结果即可。17．如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，且AB=2，DD1=4，点E，F分别是D1B，AD的中点．（1）求直线CE与直线D1D所成角的正切值；（2）求平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值；（3）求点A到平面D1BF的距离．【答案】（1）解：依题意，建立上图所示空间直角坐标系，其中D为原点，DC为y轴，DA为x轴，DD1为z轴，各点坐标如下：A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，F(1，0，0)，A1(2，0，4)，B1(2，2，4)，C1(0，2，4)，D1(0，0，4)，E(1，1，2)，CE=(1，−1，2)，DD1=(0，0，4)，CE·DD1=8，|CE|=6，|DD1|=4，cosCE，DD1=CE·DD1|CE|·|DD1|=63，sinCE，DD1=33，tanCE，DD1=22（2）解：设平面D1BF的一个法向量为n=(a，b，c)，则有n·FB=0n·D1F=0，a+2b=0a−4c=0，令a=4，则c=1，b=-2，n=(4，−2，1)，设平面BCD1的一个法向量为m=(x，y，z)，则m·CB=0m·CD1=0，2x=0−2y+4z=0， 令z=1，则x=0，y=2，m=(0，2，1)，cosn，m=n·m|n|·|m|=−10535，即平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值为10535（3）解：计算BA与平面D1BF的夹角：BA·n=(0，−2，0)·(4，−2，1)=4，cosBA，n=BA·n|BA|·|n|=421×2=22121，∴A点到平面D1BF的距离为|BA|·|cosBA，n|=42121；综上，CE与D1D所成角的正切为22，平面D1BF与平面BCD1的夹角的余弦值为−10535，A点到平面D1BF的距离为42121【知识点】数量积的坐标表达式；数量积表示两个向量的夹角；直线与平面所成的角；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】(1)根据题意建立空间直角坐标系，由此计算出点以及向量的坐标，由线面角与向量夹角的关系，结合数量积的坐标公式代入数值计算出结果即可。(2)根据题意建立空间直角坐标系，由此计算出点以及向量的坐标，由此计算出平面D1BF和平面BCD1的法向量，结合向量夹角的关系式代入数值计算出结果即可。(3)结合题意由点到平面的距离公式，由数量积的坐标公式代入数值计算出答案即可。18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且椭圆过点P(1，22)．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过右焦点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线交直线l于点P，交直线x=−2于点Q，求|PQ||MN|的最小值．【答案】（1）解：由题意得：ca=221a2+12b2=1a2=b2+c2，解得：a2=2b2=1，所以椭圆方程为x22+y2=1（2）解：由（1）知：F(1，0)，当直线l的斜率不存在时，P(1，0)，Q(−2，0)，M(1，22)，N(1，−22)，此时|PQ||MN|=32=322，当直线l的斜率存在时，故可设直线为y=k(x−1)，联立椭圆方程得：(2k2+1)x2−4k2x+2k2−2=0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，其中Δ=8k2+8>0所以|MN|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k28k2+82k2+1，其中y1+y2=k(x1+x2)−2k=−2k2k2+1，所以P(2k22k2+1，−k2k2+1)，因为直线PQ为线段MN的垂直平分线，所以直线PQ：y+k2k2+1=−1k(x−2k22k2+1)，令x=−2得：y=5k2+2k(2k2+1)，所以|PQ|=(2k22k2+1+2)2+(−k2k2+1−5k2+2k(2k2+1))2=1+k26k2+2|k|(2k2+1)，故|PQ||MN|=1+k26k2+2|k|(2k2+1)1+k28k2+82k2+1=6k2+2|k|8k2+8=3k2+12k2⋅k2+1，因为3k2+1=(2k2)2+(1+k2)2≥22k2⋅1+k2，所以|PQ||MN|=3k2+12k2⋅k2+1≥22k2⋅k2+12k2⋅k2+1=2，当且仅当2k2=k2+1，即k2=1，k=±1时等号成立，所以|PQ||MN|≥2，因为322>2，所以|PQ||MN|的最小值为2【知识点】斜率的计算公式；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意由椭圆的简单性质以及椭圆里a、b、c的关系，整理化简计算出a与b的取值，从而得出椭圆的方程。(2)由设而不求法设出点的坐标以及直线的方程并联立直线与椭圆的方程，消元后得到关于x的方程，然后由韦达定理求出两根之和与两根之积的关于k的代数式，并把结果代入到弦长公式整理，同理求出另一个弦长，整理化简结合基本不等式即可求出代数式的最小值。19．已知等比数列{an}的公比q>1，a1+a2+a3=14，a2+1是a1，a3的等差中项．等差数列{bn}满足4b1=a2，b8=a3．（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）将数列{an}与数列{bn}的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求此新数列的前50项和； （3）cn=bnan，n为奇数bn2−4(bn−2)2an，n为偶数(n∈N∗)，求数列{cn}的前2n项和i=12nci．【答案】（1）解：依题有a1+a2+a3=142(a2+1)=a1+a3⇒a1+a1q+a1q2=142(a1q+1)=a1+a1q2，因为q>1，解得：a1=2，q=2∴an=2n．∵数列{bn}是等差数列，设其公差为d，4b1=4b1+7d=8，解得：b1=1d=1∴bn=n（2）解：数列{an}与数列{bn}都是递增数列，n=5，a5=32<50，n=6，a6=64>50，a1+a2+a3+a4+a5=2−261−2=62，b1+b2+⋯+b45=45×(1+45)2=1035，新数列的前50项和为：1+2+2+3+4+4+5+6+⋯+45=62+1035=1097（3）解：∵cn=bnan，n为奇数bn2−4(bn−2)2an，n为偶数=n(12)n，n为奇数n22n−(n−2)22n−2，n为偶数，i=12nci=c1+c2+⋯c2n=(c1+c3+⋯+c2n−1)+(c2+c4+⋯+c2n)设A奇=c1+c3+⋯+c2n−1，B偶=c2+c4+⋯+c2n，A奇=1×(12)1+3×(12)3+5×(12)5+⋯+(2n−1)(12)2n−1，14A奇=1×(12)3+3×(12)5+5×(12)7+⋯+(2n−1)(12)2n+1，两式相减有34A奇=12+2×[(12)3+(12)5+(12)7+⋯+(12)2n−1]−(2n−1)(12)2n+1=12+2×(18−(12)2n+1)1−14−(2n−1)(12)2n+1=56−6n+56×4n，∴A奇=109−6n+518×4n−1.∴B偶=c2+c4+⋯+c2n=(2222−0220)+(4224−2222)+(6226−4224)⋯+[(2n)222n−(2n−2)222n−2]=(2n)222n−0220=4n24n=n24n−1.i=12nci=A奇+B偶=109−6n+518×4n−1+n24n−1=109+18n2−6n−518×4n−1【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和【解析】【分析】(1)根据题意由等差数列的通项公式以及性质整理化简数列的递推公式，由此计算出首项、公比和公差的取值，由此即可得出数列{an}，{bn}的通项公式。(2)由(1)的结论结合等差、比数列的前n项和公式，代入数值计算出结果即可。(3)利用错位相减法整理化简计算出结果即可。20．设函数f(x)=ax2–a–lnx，g(x)=1x−1ex−1，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数.（1）讨论f(x)的单调性；（2）证明：当x＞1时，g(x)＞0；（3）如果f(x)＞g(x)在区间（1，+∞）内恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）解：f'(x)=2ax−1x=2ax2−1x(x>0).当a≤0时，f'(x)＜0，f(x)在（0，+∞）内单调递减.当a>0时，由f'(x)=0，有x=12a.当x∈（0，12a)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈（12a，+∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增（2）证明：令s(x)=ex−1−x，则s'(x)=ex−1−1.当x>1时，s'(x)＞0，所以ex−1>x，从而g(x)=1x−1ex−1＞0（3）解：由（Ⅱ），当x>1时，g(x)＞0.当a≤0，x>1时，f(x)=a(x2−1)−lnx<0.故当f(x)＞g(x)在区间（1，+∞)内恒成立时，必有a>0.当0 0，所以此时f(x)＞g(x)在区间（1，+∞)内不恒成立.当a≥12时，令ℎ(x)=f(x)−g(x)（x≥1）.当x>1时，ℎ'(x)=2ax−1x+1×2−e1−x>x−1x+1×2−1x=x3−2x+1×2>x2−2x+1×2>0.因此ℎ(x)在区间（1，+∞)单调递增.又因为ℎ(1)=0，所以当x>1时，ℎ(x)=f(x)−g(x)＞0，即f(x)＞g(x)恒成立.综上，a∈[12，+∞)【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性；不等式的综合【解析】【分析】(1)根据题意对a分情况讨论，结合导函数的性质即可得出函数的单调性。(2)由已知条件对函数求导，由导函数的性质即可得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，从而得证出结论。 (3)结合(2)的结论，由函数的单调性即可得出不等式，结合a的取值范围即可得出导函数的性质，进而得出函数的单调性，由函数的单调性即可得出不等式，进而得证出结论。
