1、永登一中2020-2021学年度第一学期期末考试试卷高三数学（理）一、选择题（本题共60分，每小题5分）1. 设集合，则AB =( )A. B. C. D. 2. 已知，则（ ）A. B. C. D. 3. 已知向量满足，且与的夹角为，则（ ）A. B. 1C. D. 134.已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E为AA1中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为()5. “”是“椭圆的焦距为4”的（ ）A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条6. .过点A（-1，0），斜率为k的直线，被圆（x-1）2+y2=4截得的弦长为
2、，则k的值为（）A. B. C. D. 7.已知公差不为零的等差数列an满足，Sn为数列an的前n项和，则的值为A. B. C. D. 8. 设P是椭圆上一点，分别是C的左、右焦点，则（ ）A. 5 B. C. 4D. 9.已知圆锥的高为3，它的底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于（ ）A B16 C D3210.圆x2+y2+4x2y1=0上存在两点关于直线ax2by+1=0（a0，b0）对称，则+的最小值为（）A3+2 B18 C16 D911若函数在区间(2，)上为增函数，则实数m的取值范围为()A. (，2)B. (，2 C. D. 12. 已知椭
3、圆与圆在第二象限的交点是P点是椭圆的左焦点，O为坐标原点，O到直线PF1的距离是，则椭圆的离心率（ ） A. B. C. D. 第II卷（非选择题）二、填空题（本题共20分，每小题5分）13. 若直线的倾斜角为，则 14.椭圆1中过点P(1,1)的弦恰好被P点平分，则此弦所在直线的方程是 ；15. 已知，若不等式恒成立，则m的最大值为 16. 函数,(A,是常数，A0，0) 的部分图象如图所示，则 三、解答题（本题共70分，第17题10分,其余每题12分）17.在ABC中，（）求角B；（）若，求b的值.18已知数列an的前n项和为Sn，且a1=2，nan+1=2（n+1）an（1）记bn=，求
4、数列bn的通项bn； （2）求通项an及前n项和Sn19已知函数(1)写出函数的最小正周期；(2)设，f(x)的最小值是2，最大值是，求实数a、b的值20.如图，已知四棱锥PABCD，是等边三角形，E是PC的中点（1）求证：直线平面； （2）求直线与平面ABCD所成角的值21.设椭圆的离心率是，直线被椭圆C截得的弦长为.（1）求椭圆C的方程；（2）已知斜率为的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，点，当的面积最大时，求直线l的方程.22.已知函数（a为常数）.（1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围.试卷答案1.A 【分析】对集合分别进行不等式求解，并进行化简
5、，再求交集，即可得答案.【详解】因为，集合或，所以. 故选：A.【点睛】本题考查不等式的求解及集合的交运算，考查基本运算求解能力.2.B【分析】将a，b，c与0,1比较大小即可求解【详解】 故选：B【点睛】本题考查对数函数、指数函数的单调性，以及增函数、减函数的定义3.B【分析】根据求解即可.【详解】解析：.【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积与模长的运算等，属于基础题.4. C5.B【分析】由椭圆的焦距为4，分类讨论求得或时，再结合充分条件和必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由题意，椭圆可化为，当时，解得，当时，解得，即当或时，椭圆的焦距为4，所以“”是“椭圆的焦距为4”的充分不必要条
6、件. 故选：B【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及几何性质，以及充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记椭圆的标准方程和几何性质，结合充分条件、必要条件的判定求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.6.C试题分析：设直线为,根据弦长公式,可得：,解得：,故选C考点：直线与圆的位置关系7.B 设公差为，由得到，整理得到，因，故，所以，故选B 8.A【分析】依题意可得椭圆的焦点在轴，且，即可计算出、，再由椭圆的定义计算可得；【详解】解：依题意可得椭圆焦点在轴，且，由，可得，即，又， 所以 故选：A【点睛】本题考查椭圆的定义及简单几何性质，属于基础题. 9.C如图：设球心到底面圆心
7、的距离为x，则球的半径为3-x，由勾股定理得解得x=1，故半径r=2， 故选C10.B【考点】直线与圆的位置关系【分析】圆x2+y2+4x2y1=0上存在两点关于直线ax2by+1=0（a0，b0）对称，说明直线经过圆心，推出a+b=，代入+，利用基本不等式，确定最小值，推出选项【解答】解：由圆的对称性可得，直线ax2by+1=0必过圆心（2，1）， 所以a+b=所以+=2（+）（a+b）=2（5+）2（5+4）=18，当且仅当=，即2a=b时取等号， 故选B11.C【详解】，当时，恒成立，即恒成立，恒成立，当时，即在上单调递增，. 故选：C.12.D 【分析】连接，得到，作，求得，利用椭圆的
8、定义，可求得，在直角中，利用勾股定理，整理的，即可求解椭圆的离心率.【详解】如图所示，连接，因为圆，可得，过点作，可得，且，由椭圆的定义，可得，所以，在直角中，可得，即，整理得，两侧同除，可得，解得或，又因为，所以椭圆的离心率为.故选：D【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，直角三角形的勾股定理，以及椭圆的离心率的求解，其中解答中熟记椭圆的定义，结合直角三角形的勾股定理，列出关于的方程是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.13. 由直线的倾斜角为知， ，故答案为.14. x+2y3=0 解：直线与椭圆的两个交点坐标为（x1，y1）；（x2，y2）则两式相减得P（1，1）为中点 直线的
9、斜率为 此弦所在直线的方程是 即x+2y3=015. 12，不等式恒成立当且仅当a=3b时取等号， 的最大值为1216. 由的图象可得函数的周期T满足 = , 解得T=又0，故=2又函数图象的最低点为(,)故A= 且sin(2+)= 即+=故= f(x)=sin(2x+) f(0)=sin= 故答案为：17.解：（）因为， 所以.因为，所以， 所以， 所以.（）由，得. 解得.由余弦定理可得， 解得.18. 【考点】数列的求和；数列递推式【分析】（1）由nan+1=2（n+1）an，即bn+1=2bn（2）由（1）得an=nbn=n2n错位相减法求和即可【解答】解：（1）因为nan+1=2（n
10、+1）an 所以，即bn+1=2bn所以bn是以b1=2为首项，公比q=2的等比数列所以数列bn的通项bn=22n1=2n（2）由（1）得an=nbn=n2n所以 sn=12+222+323+（n1）2n1+n2n； 2 sn=122+223+324+（n1）2n+n2n+1；所以sn=2+22+23+24+2nn2n+1=所以sn=（n1）2n+1+2【点评】本题考查了等比数列的判定，及错位相减法求和，属于中档题19. （1）；（2）.【分析】（1）利用降幂公式和辅助角公式可得，利用最小正周期的计算公式可得所求的最小正周期.（2）求出的范围后利用正弦函数的性质可求的最值，结合已知的最值可求的
11、值.【详解】（1），故的最小正周期为.（2）当时，故，又，故，所以 ，故.【点睛】形如的函数，可以利用降幂公式和辅助角公式将其化为的形式，再根据复合函数的讨论方法求该函数的单调区间、最值、对称轴方程和对称中心等20.（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点，连接、，通过证明四边形为平行四边形得出，再利用线面平行的判定定理可得出结论；（2）以为原点，、过D且垂直底面的直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设，根据已知条件求出点的坐标，可得出点的坐标，然后利用空间向量法可求出直线与平面所成角的正弦值【详解】（1）取的中点，连接、，根据中位线定理，且，又，所以，则四边形为平行四边形，平面，平面，
12、平面；（2）以为原点，、过D且垂直底面的直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设，则、，设，由，上面联立解方程组得，故点，所以，得到，平面的法向量为，由.故直线与平面所成角的正弦值为21. （1）；（2）直线l的方程为.【分析】（1）由已知可得，椭圆经过点，列出方程组，求得和的值即可；（2）设直线l的方程为，与椭圆联立得：，进而得到，又点M到AB的距离，故，当时，面积最大，求出直线方程即可.【详解】（1）由已知可得，椭圆经过点，由，解得， 故椭圆C的方程为.（2）设直线l的方程为，A，B的坐标，由，得， 则，所以.由，得.又点M到AB的距离，所以，当且仅当，即时取等号，此时直线l的方程为.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.22. （1）函数定义域，当时，求导得，令得，令得，函数的单调增区间为，单调减区间为和（2）当时， 恒成立，令，问题转换为时， ，当时， ，在上单调递增，此时无最大值，故不合题意，此时在上单调递增，此时无最大值. 此时无最大值，故不合题意当时，令解得， ，当时， ，而在上单调递增，在上单调递减，故不合题意当时， ， 而此时在上单调递减，符合题意综上可知，实数a的取值范围是