天津市和平区2022届高三下学期数学三模试卷解析版
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
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
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}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3．函数f(x)=xln|x|x2+1的图象大致为（ ）A．B．C．D．4．某校高一年级学生打算利用周六休息时间做义工，为了了解高一年级学生做义工时长的情况，随机抽取了高一年级100名学生进行调查，将收集到的做义工时间（单位：小时）数据分成6组：[0，1)，[1，2)，[2，3)，[3，4)，[4，5)，[5，6]，（时间均在[0，6]内），如图，已知上述时间数据的第70百分位数为3.5，则m，n的值分别为（ ）A．0.3，0.35B．0.4，0.25C．0.35，0.3D．0.35，0.255．设a=log32，b=log53，c=23，则a，b，c的大小关系为（ ）A．c>a>bB．a>c>bC．b>a>cD．b>c>a6．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．2：17．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=±33×8．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．π39．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，+∞)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 ．11．A1M=λ(A1A2+A1A3)的展开式中x2项的系数为 ．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 .13．设a,b>0,a+b=5,则a+1+b+3的最大值为 ．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 ．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 ．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.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．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．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．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.答案解析部分1．【答案】A2．【答案】D3．【答案】A4．【答案】C5．【答案】D6．【答案】A7．【答案】C8．【答案】B9．【答案】A10．【答案】-111．【答案】212．【答案】x2+(y+2)2=513．【答案】3214．【答案】720；3515．【答案】23；494 16．【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+75017．【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4212118．【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219．【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−120．【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，+∞)
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}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3．函数f(x)=xln|x|x2+1的图象大致为（ ）A．B．C．D．4．某校高一年级学生打算利用周六休息时间做义工，为了了解高一年级学生做义工时长的情况，随机抽取了高一年级100名学生进行调查，将收集到的做义工时间（单位：小时）数据分成6组：[0，1)，[1，2)，[2，3)，[3，4)，[4，5)，[5，6]，（时间均在[0，6]内），如图，已知上述时间数据的第70百分位数为3.5，则m，n的值分别为（ ）A．0.3，0.35B．0.4，0.25C．0.35，0.3D．0.35，0.255．设a=log32，b=log53，c=23，则a，b，c的大小关系为（ ）A．c>a>bB．a>c>bC．b>a>cD．b>c>a6．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．2：17．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=±33×8．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．π39．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，+∞)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 ．11．A1M=λ(A1A2+A1A3)的展开式中x2项的系数为 ．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 .13．设a,b>0,a+b=5,则a+1+b+3的最大值为 ．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 ．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 ．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.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．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．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．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.答案解析部分1．【答案】A2．【答案】D3．【答案】A4．【答案】C5．【答案】D6．【答案】A7．【答案】C8．【答案】B9．【答案】A10．【答案】-111．【答案】212．【答案】x2+(y+2)2=513．【答案】3214．【答案】720；3515．【答案】23；494 16．【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+75017．【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4212118．【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219．【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−120．【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，+∞)
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}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3．函数f(x)=xln|x|x2+1的图象大致为（ ）A．B．C．D．4．某校高一年级学生打算利用周六休息时间做义工，为了了解高一年级学生做义工时长的情况，随机抽取了高一年级100名学生进行调查，将收集到的做义工时间（单位：小时）数据分成6组：[0，1)，[1，2)，[2，3)，[3，4)，[4，5)，[5，6]，（时间均在[0，6]内），如图，已知上述时间数据的第70百分位数为3.5，则m，n的值分别为（ ）A．0.3，0.35B．0.4，0.25C．0.35，0.3D．0.35，0.255．设a=log32，b=log53，c=23，则a，b，c的大小关系为（ ）A．c>a>bB．a>c>bC．b>a>cD．b>c>a6．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．2：17．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=±33×8．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．π39．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，+∞)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 ．11．A1M=λ(A1A2+A1A3)的展开式中x2项的系数为 ．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 .13．设a,b>0,a+b=5,则a+1+b+3的最大值为 ．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 ．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 ．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.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．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．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．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.答案解析部分1．【答案】A2．【答案】D3．【答案】A4．【答案】C5．【答案】D6．【答案】A7．【答案】C8．【答案】B9．【答案】A10．【答案】-111．【答案】212．【答案】x2+(y+2)2=513．【答案】3214．【答案】720；3515．【答案】23；494 16．【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+75017．【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4212118．【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219．【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−120．【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，+∞)
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}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3．函数f(x)=xln|x|x2+1的图象大致为（ ）A．B．C．D．4．某校高一年级学生打算利用周六休息时间做义工，为了了解高一年级学生做义工时长的情况，随机抽取了高一年级100名学生进行调查，将收集到的做义工时间（单位：小时）数据分成6组：[0，1)，[1，2)，[2，3)，[3，4)，[4，5)，[5，6]，（时间均在[0，6]内），如图，已知上述时间数据的第70百分位数为3.5，则m，n的值分别为（ ）A．0.3，0.35B．0.4，0.25C．0.35，0.3D．0.35，0.255．设a=log32，b=log53，c=23，则a，b，c的大小关系为（ ）A．c>a>bB．a>c>bC．b>a>cD．b>c>a6．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．2：17．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=±33×8．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．π39．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，+∞)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 ．11．A1M=λ(A1A2+A1A3)的展开式中x2项的系数为 ．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 .13．设a,b>0,a+b=5,则a+1+b+3的最大值为 ．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 ．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 ．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.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．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．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．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.答案解析部分1．【答案】A2．【答案】D3．【答案】A4．【答案】C5．【答案】D6．【答案】A7．【答案】C8．【答案】B9．【答案】A10．【答案】-111．【答案】212．【答案】x2+(y+2)2=513．【答案】3214．【答案】720；3515．【答案】23；494 16．【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+75017．【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4212118．【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219．【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−120．【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，+∞)
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}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3．函数f(x)=xln|x|x2+1的图象大致为（ ）A．B．C．D．4．某校高一年级学生打算利用周六休息时间做义工，为了了解高一年级学生做义工时长的情况，随机抽取了高一年级100名学生进行调查，将收集到的做义工时间（单位：小时）数据分成6组：[0，1)，[1，2)，[2，3)，[3，4)，[4，5)，[5，6]，（时间均在[0，6]内），如图，已知上述时间数据的第70百分位数为3.5，则m，n的值分别为（ ）A．0.3，0.35B．0.4，0.25C．0.35，0.3D．0.35，0.255．设a=log32，b=log53，c=23，则a，b，c的大小关系为（ ）A．c>a>bB．a>c>bC．b>a>cD．b>c>a6．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．2：17．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=±33×8．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．π39．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，+∞)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 ．11．A1M=λ(A1A2+A1A3)的展开式中x2项的系数为 ．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 .13．设a,b>0,a+b=5,则a+1+b+3的最大值为 ．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 ．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 ．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.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．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．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．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.答案解析部分1．【答案】A2．【答案】D3．【答案】A4．【答案】C5．【答案】D6．【答案】A7．【答案】C8．【答案】B9．【答案】A10．【答案】-111．【答案】212．【答案】x2+(y+2)2=513．【答案】3214．【答案】720；3515．【答案】23；494 16．【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+75017．【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4212118．【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219．【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−120．【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，+∞)
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}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3．函数f(x)=xln|x|x2+1的图象大致为（ ）A．B．C．D．4．某校高一年级学生打算利用周六休息时间做义工，为了了解高一年级学生做义工时长的情况，随机抽取了高一年级100名学生进行调查，将收集到的做义工时间（单位：小时）数据分成6组：[0，1)，[1，2)，[2，3)，[3，4)，[4，5)，[5，6]，（时间均在[0，6]内），如图，已知上述时间数据的第70百分位数为3.5，则m，n的值分别为（ ）A．0.3，0.35B．0.4，0.25C．0.35，0.3D．0.35，0.255．设a=log32，b=log53，c=23，则a，b，c的大小关系为（ ）A．c>a>bB．a>c>bC．b>a>cD．b>c>a6．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．2：17．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=±33×8．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．π39．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，+∞)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 ．11．A1M=λ(A1A2+A1A3)的展开式中x2项的系数为 ．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 .13．设a,b>0,a+b=5,则a+1+b+3的最大值为 ．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 ．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 ．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.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．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．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．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.答案解析部分1．【答案】A2．【答案】D3．【答案】A4．【答案】C5．【答案】D6．【答案】A7．【答案】C8．【答案】B9．【答案】A10．【答案】-111．【答案】212．【答案】x2+(y+2)2=513．【答案】3214．【答案】720；3515．【答案】23；494 16．【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+75017．【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4212118．【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219．【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−120．【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，+∞)
