1、2020-2021学年莆田一中高三数学期中考试卷命题人: 审核人:高三备课组(满分:150分,时间:120分钟)一、选择题(8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题意)1.设集合A=y| y=,B=x| y=,则 ( )AA=B B. AB= C. AB D. BA2.复数z满足iz=1-2i, z是z的共轭复数则zz=( )A. B. C. 3 D. 53.已知向量a=(1,1),b=(-1,3),c=(2,1)且(a-lb)c,则l=( )A.3 B.2 C.-2 D.-34.已知f(x)=e-x+kex(k为常数),那么函数f(x)的图象不可能是( ) A
2、B C D5. 在平面直角坐标系xOy中,角a与角b均以Ox为始边,它们的终边关于y轴对称.若sina=,则cos(a-b)=( )A. B. C.- D.-6. 把物体放在冷空气中冷却,如果物体原来的温度为q1C,空气温度为q0C,那么t分钟后物体的温度q(单位C)可由公式：q=q0+(q1-q0)e-kt求得,其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数.现有100C的物体,放在20C的空气中冷却,4分钟后物体的温度是60C，则再经过m分钟后物体的温度变为40C(假设空气温度保持不变),则m=( )A.2 B.4 C.6 D.87.已知P是椭圆C:+=1(ab0)上的点,F1,F2分别
3、是C的左,右焦点，O是坐标原点,若|+|=2|且F1PF2=60，则椭圆的离心率为( )A. B. C. D. 8.集合论中著名的“康托三分集”是数学理性思维的产物,具有典型的分形特征,其具体操作过程如下:将闭区间0,1均分为三段,去掉中间的区间段(,),记为第一次操作;再将剩余的两个区间0,1分别均分为三段,并各自去掉中间的区间段,记为第二次操作；如此这样,每次在上一次操作的基础上将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段，操作的过程不断进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”。若使去掉的各区间长度之和不小于,则需要操作的次数n的最小值为( )参考数据:lg20.3
4、01,lg30.4771A.4 B.5 C.6 D.7二、选择题(4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分)9.已知等差数列an的前n项和为Sn, a2=18, a5=12, 则下列选项正确的是 ( )A. d=-2 B. a1=22 C.a3+a4=30 D. 当且仅当n=11时,Sn取得最大值10.已知 A(-2,0),B(2,0),若圆(x-2a+1)2+(y-2a-2)2=1上存在点M满足=0,实数a可以是( )A.-1 B.-0.5 C.0 D.111.若2x=3,3y=4,则下列选项正确的有 (
5、)A. yy C. +y2 D. x+y212.设函数f(x)=ax-xa(a1)的定义域为(0,+),已知f(x)有且只有一个零点,下列结论正确的有( )A.a=e B. f(x)在区间(1,e)单调递增 C. x=1是f(x)的极大值点 D. f(e)是f(x)的最小值三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.函数f(x)=ex+sinx在点(0,1)处的切线方程为 .14.将函数y=f(x)图象右移个单位,再把所得的图象保持纵坐标不变,横坐标伸长到原来的2倍得到y=sin(x-),则f()=_15.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=CC1=, BC=1,点M为正方形
6、CDD1C1对角线的交点, 则三棱锥M-A1CC1的外接球表面积为_16. 某中学开展劳动实习,学生加工制作零件,零件的截面如图所示,O1为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心,O2为圆弧CD所在圆的圆心,点A是圆弧AB与直线AC的切点,点B是圆弧AB与直线BD的切点,点C是圆弧CD与直线AC的切点,点D是圆弧CD与直线BD的切点，O1O2=18cm, AO1=6cm, CO2=15cm, 圆孔O1的半径为3cm, 则图中阴影部分的的面积为_cm2四、解答题(本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.在sinA=2sinB，a+b=6 ，ab=12.这三个条件中任选一个，
7、补充在下面问题中，若问题中的三角形存在求出DABC的面积；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题:是否存在DABC,它的内角ABC的对边分别为a，b，c且asin=csinA,c=3,_18. 已知Sn是数列an的前n项和,Sn+1=3Sn+1,a1=1(1)证明: 数列an是等比数列，并求an的通项公式(2)若bn=(-1)n-1nan,求数列bn的前n项和TnABCD19. 在DABC中,A=,D为线段BC边上一点，BD=3,BAD=(1)若AB=3,求AD (2)若CD=4,求tanB 20. 在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AC=AA1=,BC=4，O为BC的中点,A1O平面
8、ABC(1) 证明：四边形BB1C1C是矩形(2)求直线AA1与平面A1B1C所成角的正弦值21. 已知椭圆C:+=1(ab0)的左右两个焦点分别是F1,F2,焦距为2,点P在椭圆上且满足PF2F1F2,3|PF1|=5|PF2|.(1)求椭圆 C 的标准方程;(2)不垂直x轴且不过点F1的直线l交椭圆C于A、B两点，如果直线F1A、F1B的倾斜角互补，证明：直线l过定点.22.f(x)=xex-ae2x(1)若a=,讨论f(x)的单调性(2) xR, f(x),求实数a的取值范围 2020-2021学年莆田一中高三数学期中考试卷参考答案一、选择题 CDABCBAC 二、选择题 9.AC 10
9、.ABC 11.ABD 12.ACD三、填空题 13.2x-y+1=0 14. 15.11p 16.189-72p四、解答题17.解.(1)依题意asin=csinA,由正弦定理得:sinAsin=sinCsinA1分由sinA0,sin=sinC2分写法1.因为sin=sin(-)=cos cos=sinC=2sincos3分由cos0 sin=4分而C(0,p)=C=5分写法2.因为(0,p), C(0,p)=C或者+C=p(舍去)4分A+B=2C C=5分由余弦定理得:c2=a2+b2-2abcosC,a2+b2-ab=96分选择条件的解析：由sinA=2sinB结合正弦定理可得a=2b
10、,7分由解得8分DABC的面积为S=absinC=10分选择条件的解析：由化简得：7分解得(注:若没有解出a,b,需补充说明DABC存在,否则扣1分)8分DABC的面积为S=absinC=10分选择条件的解析：由9=a2+b2-ab2ab-abab99分这与ab=12矛盾问题中的三角形不存在10分18.解.(1)由Sn+1=3Sn+1,当n2时, Sn=3Sn-1+1,两式相减得an+1=3an(n2),2分当n=1时,S2=3S1+1即a1+a2=3a1+1a2=3a2=3a13分n1时都有an+1=3an4分数列an是首项为1,公比为3的等比数列5分an=3n-16分(2) bn=(-1)
11、n-1nan=n(-3)n-17分Tn=1+2(-3)1+3(-3)2+(n-1)(-3)n-2+n(-3)n-18分-3Tn= 1(-3)1+2(-3)2+ +(n-1)(-3)n-1+n(-3)n9分4Tn=1+ (-3)1+(-3)1+(-3)n-1- n(-3)n10分4Tn=-n(-3)n=-(+n)(-3)n11分Tn=-(+)(-3)n12分19. 解.(1)考察DABD,记AD=x,由余弦定理得:BD2=AB2+AD2-2ABADcosBAD2分即9=27+x2-23xcos化简得: x2-9x+18=0x=3或64分由A=，BAD=DAC=BDA为钝角ABADAD=35分(2
12、)记q=B,则ADC=q+,6分由RtDACD可得AD=CDcosADC=4cos(q+)8分考察DABD,由正弦定理可得： =即=10分3sinq=2cos(q+)=2(cosq-sinq)化简得:4sinq=cosq tanq=即tanB=12分20. 解：(1)连接AO,由AB=AC,O为BC得中点,可得BCAO又因为A1O平面ABC,BC平面ABC A1OBC又A1OAO=OBC平面AA1O3分因AA1平面AA1OBCAA1由BB1/AA1 BCBB1又四边形BB1C1C是平行四边形四边形BB1C1C是矩形5分(2) 分别以,分别为x轴,y轴,z轴正方向建立如图所示得空间直角坐标系,
13、由RtDABO可得OA=1, 由RtDABO可得OA1=2则A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A1(0,0,2)6分=(-1,0,2), =(0,2,2), =(1,-2,0)7分设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z) 由得可取n=(2,1,-1)9分设直线AA1与平面A1B1C所成角为q,则sinq=|cos|=11分直线AA1与平面A1B1C所成角的正弦值为12分21. 解.(1)依题意:|F1F2|=2c=2 c=11分由3 |PF1|=5|PF2|, |PF1|+|PF2|=2a |PF1|=a, |PF2|=a,2分|F1F2|=a=2b2=a2-c2=3
14、4分求椭圆 C的方程为+=15分(2) 法1.依题意可设直线AB: y=kx+m, A(x1,y1),B(x2,y2)由消去y得:(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=06分7分由F1A、F1B的倾斜角互补可得:kF1A+ kF2A=08分+=0y1(x2+1)+y2(x1+1)=0 9分即(kx1+m)(x2+1)+(kx2+m)(x1+1)=2kx1x2+(m+k)(x1+x2)+2m=0 2k(4m2-12)+ (k+m)(-8km)+2m(3+4k2)=0化简得:m=4k11分则直线AB：y=kx+4k=k(x+4)过(-4,0)12分法2. 依题意,设直线AB为x=my+t (
15、m0),A(x1,y1),B(x2,y2)由消去x得(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=06分7分由F1A、F1B的倾斜角互补可得:kF1A+ kF2A=08分+=0y1(x2+1)+y2(x1+1)=09分即y1(my2+t+1)+y2(my1+t+1)=2my1y2+(t+1)y1y2=02m(3t2-12)-6mt(t+1)=0由 m0化简得:t=-411分直线AB为x=my-4恒过(-4,0)12分22. 解:(1)a= 时f(x)=xex-e2x, f (x)=(x+1)ex-e2x=ex(x+1-ex)1分另F(x)=x+1-ex,则F (x)=1-ex,当x(-,0),
16、F (x)0；当x(0,),F (x)0； F(x)在(-,0)递增,在(0,+)上递减F(x)F(0)=03分 f (x)0 f(x)在(-,+)上递减.4分(2)法1.(隐零点代换)f (x)=(x+1)ex-2ae2x=ex(x+1)-2aex5分由xR, f(x)f(0)=-a可得a06分令g(x)=(x+1)-2aex (a0，且当x0时,g(x)x+1-2ag(2a-1)2a-1+1-2a=0$x0(2a-1,-1)使得g(x0)=0,7分且当x(-,x0)时g(x)0即f (x)0即f (x)0 f(x)在(-,x0)递减,在(x0,+)递增 f(x)min= f(x0)=x0e
17、-ae8分由g(x0)=(x0+1)-2ae=0a=9分由f(x)min得x0e-e即由x0+10得x02-18-3x0-110分设h(x)= (-3x0,可知h(x)在-3,1)上递增h(-3)h(x)h(-1) h(x)-e3,0)a=h(x0)-e3,0)11分综上a-e3,0)12分法2.(变形:同除ex)依题意xR, f(x)=xex-ae2x f(0)=-a可得a06分x-aexa2ex-ax+0 8分写法1.设g(x)=a2ex-ax+ (a0得aex+10即x-ln(-a); 令g(x)0得x-ln(-a)10分g(x)在(-,-ln(-a)上递减,在(-ln(-a),+)上递增g(x)min=g(-ln(-a)=aln(-a)-30a-e3,0)11分综上a-e3,0)12分法3. (换元:指对互化)依题意xR, f(x)=xex-ae2x f(0)=-a可得a06分只需 x-aex-0(a0，x=ln()=lnt-ln(-a)t+lnt+-ln(-a)0；8分令H(t)= t+lnt+-ln(-a)则H (t)=1+-=(t0)9分令H (t)0得t1; 令H (t)0得0t1;10分 H(t)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增 H(t)min= H(1)=3-ln(-a)0 a-e3,0)11分综上a-e3,0)12分
