1、数学试卷 第 1 页 20202021 学年度上学期期末考试高三年级数学科试卷 命题学校：辽宁省实验中学 命题人：高三数学组 校对人：高三数学组 一、选择题：本小题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合=|2 4，=|1，则 =().|1 2 .|2 1 或 1 2.|2 1 .|2 1 或 1，12ss .12mm，12ss.12mm，12ss .12mm 4.设0.45a=，0.4log0.5b=，5log 0.4c=，则,a b c 的大小关系是（）.abc .cab .cba .bca 0)，过焦点的直线交抛物线于、两
2、点，交轴于点，若点为线段的中点，且|=2，则的值为().32 .34 .2 .3 8.在底面边长为 1 的正四棱柱1111ABCDA B C D中，侧棱长等于 2，则（）.在正四棱柱的棱上到异面直线1和1距离相等的点有且只有一个.在正四棱柱的棱上到异面直线1和1距离相等的点有且只有两个.在正四棱柱的棱上到异面直线1和1距离相等的点有且只有三个 .在正四棱柱的棱上到异面直线1和1距离相等的点有且只有四个 二、选择题：本小题共 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，全部选对得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对得 3 分.9.已知等比数列的前项和为
3、，公比 1，+，则（）.一定是递增数列 .可能是递增数列也可能是递减数列.3、7、11仍成等比 .+,0 10.定义在实数集上的函数()满足(1+)=(1 )，且 1 时函数()单调递增则（）.(1)=0 .()是周期函数.方程()=0有唯一实数解 .函数()在(,0)内单调递减 11.为了得到)32sin(2=xy的图像只需把函数)62cos(2+=xy的图像（）.向右平移 2 .向左平移 2 .关于直线=4 轴对称 .关于直线=6 轴对称 12.方程+2=0的根为1，ln+2=0的根为2，则（）.12 12 .1ln2+2ln1 0 .1+2 2 .12=ca，若02092=+cbb，则b
4、a 2最大值是 四、解答题：本题共 6 道小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(本小题满分 10 分)在74=acsin =2 sin csin =3这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的三角形存在，求 c 值；若问题中的三角形不存在，说明理由.问题：是否存在，它的内角CBA,所对的边分别为cba,，且cos +cos +2 cos =0，的面积是32，？18.(本小题满分 12 分)某公司在联欢活动中设计了一个摸奖游戏，在一个口袋中装有 3 个红球和 4 个白球，这些球除颜色外完全相同游戏参与者可以选择有放回或者不放回的方式从中依次随机摸出 3 个
5、球，规定至少摸到两个红球为中奖现有一位员工参加此摸奖游戏（1）如果该员工选择有放回的方式（即每摸出一球记录后将球放回袋中再摸下一个）摸球，求他能中奖的概率；（2）如果该员工选择不放回的方式摸球，设在他摸出的 3 个球中红球的个数为，求的分布列和数学期望；（3）该员工选择哪种方式摸球中奖的可能性更大？请说明理由 数学试卷 第 4 页 19.(本小题满分 12 分)在四棱锥 中，底面，底面是菱形，=4，60=BAD，点在棱上.（1）若PDPF21=，在棱上是否存在一点，使得/平面，并说明理由；（2）若直线与平面所成的角的正弦值是1015，求二面角 的余弦值.20.(本小题满分 12 分)已知数列
6、na前 n 项和为nS，且，31=a 11=+nnaS，数列 nb为等差数列，42ba=，且752bbb=+，（）求数列 na和 nb的通项公式；（）若()12+=nnnnbnbac，求 nc的前 n 项和nT.21.(本小题满分 12 分)已知椭圆 中心在坐标原点，焦点1、2在 x 轴上，离心率21=e，经过点)3,(cM(为椭圆的半焦距).(1)求椭圆 的标准方程；(2)21MFF的平分线l与椭圆的另一个交点为 N，O 为坐 标原点，求直线与直线斜率的比值.22.(本小题满分 12 分)设函数xeaxxf2)1()(+=，曲线)(xfy=在)0(,0(f处的切线方程为1+=xy.（1）求实
7、数 a 的值.（2）求证：当1,0 x时，)6cos4(2)(22+xxxxf.1|4 高 三 期 末 数 学 答 案 一、选择题 1.D 2.B 3.D 4.C 5.A 6.7.B 8.D 9.BCD 10.AC 11.ABD 12.BD 二、填空题 13.10 14.8 15.16.1+61217.解：由0cos2coscos=+CcBaAb知sin cos +sin cos +2 sin cos =02 分 sin(+)+2 sin cos =sin (1+2 cos)=0,则则21cos=C，即32=C.4 分 由3243sin21=abCabS得，8=ab.6 分 选：74=ac，又
8、8=ab，则abac8,74=8 分 代 入32cos2222abbac+=，则8)8()74(222+=aaa，整 理 得，0488)(222=+aa，则)(1242舍或=a，即2=a，由74=ac知72=c.10 分 选：ABsin2sin=，则ab2=，则4,2=ba.8 分 由余弦定理知，2832cos2222=+=abbac.所以，72=c.10 分 选：3sin=Ac，由正弦定理得，23sinsin3aCaAc=，所以2=a.8 分 由8=ab，知4=b.由余弦定理知，2832cos2222=+=abbac.所以，72=c.10 分 18.解：（1）在有放回方式下，记“他能中奖”为
9、事件 A，则()3223334135777343P AC=+=4 分（2）由题意，随机变量 X 的可能值为0，1，2，3；()34374035CP XC=，()12343718135C CP XC=，()21343712235C CP XC=，()33371335CP XC=；所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 435 1835 1235 135 6 分 2/4 X 的数学期望181219123=3535357EX=+8 分（3）由（2），在不放回方式下，该员工能中奖的概率为()()()12113223353535P XP XP X=+=+=；由()()13135235343P XP
10、 A=nnnnnn，则二面角CFBA的余弦值是87.12 分 20.解：（）当1=n时，121=aS.因为31=a，所以42=a，当2n时，11=+nnaS，11-=nnaS，两式相减得nnnaaa=+1)221=+naann（，2 分 3|4 又因为23412=aa，数列 na是从第二项起，是公比为 3 的等比数列，所以=Nnnnann,2,21,3 4 分 又因为442=ba，且752bbb=+，解得111=db，所以nbn=。6 分（）由（）得()()()+=+=+2,21212121nnnnnbnbacnnnnn，8 分 所以()()12222121+=+=+nnnnncnnnn(2n
11、)10 分 ()+=+=+11221261321211111c 得23211122222225632432126nnnnTnnn+=+=+12 分 21.解（1）cbcae3221=,，设椭圆方程：1342222=+cycx2 分 代入点)3,(c椭圆方程：1394222=+ccc =2 4 分 则=4,=23椭圆 的方程为1121622=+yx6 分 （2）),(),(30、3421=MFMF，角分线l 的方向向量：),(|58542211=+MFMFMFMF8 分 l 的斜率为-2，l 方程：012=+yx联立椭圆方程得到 N 点坐标)1963,1922(10 分（注：还可以利用到角的两边
12、距离相等求出l 的方程）所以 1121=ONOMkk 12 分 22.解（1）)22()1(2)(222axaeeaxaexfxxx=+=.2 分 由曲线)(xfy=在)0(,0(f处的切线方程为1+=xy知，12)0(=af，则1=a.4 分（2）先证1,0,1)(+xxxf恒成立，即证明：1,0),1()1(+xxeexxx.4/4 令xxexexxg)1()1()(+=，则)()(xxeexxg=，6 分 注意到当1,0 x时，xxee，所以1,00)()(=xeexxgxx，即)(xg在1,0上递增，所以1,0,0)0()(=xgxg.8 分 故1,0,1)(+xxxf恒成立.则1,022)1(22)(2=+xxxxf，下证当1,0 x时，)6cos4(22+xxxx，只需证：当1,0 x时，6cos422+xx，令1,0,4cos4)(2+=xxxxH，1,0,sin42)(=xxxxH，令1,0,sin42)()(=xxxxHxh，1,0,0)cos21(2cos42)(=xxxxh 所以，1,0)()(在xHxh=递减，1,0,0)0()(=xHxH，10 分 故1,0)(在xH递减，则1,0,0)0()(=xHxH，即当1,0 x时，6cos422+xx.故当1,0 x时，)6cos4(2)(22+xxxxf.12 分