1、吉林省通榆县第一中学2021届高三数学上学期第五次月考试题 理一、选择题（本大题共12小题，共60分）1.设集合A1，2，3，B4，5，Mx|xab，aA，bB，则M中元素的个数为()A.3 B.4 C.5 D.62.若复数(a23a2)(a1)i是纯虚数，则实数a的值为()A.1 B.2 C.1或2 D.13.已知向量a，b满足|a|1，ab1，则a(2ab)()A.4 B.3 C.2 D.04.执行如图所示的程序框图，若输出的S为4，则输入的x应为()A.2 B.16 C.2或8 D.2或165.已知曲线C1：ycos x，C2：ysin，则下面结论正确的是()A.把C1上各点的横坐标伸长
2、到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2B.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2C.把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2D.把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C26.如图为某个几何体的三视图，根据三视图可以判断这个几何体为()A.圆锥 B.三棱椎C.三棱柱 D.三棱台7.已知直线x2ya0与圆O：x2y22相交于A，B两点(O为坐标原点)，且AOB为等腰直角三角形，则实数a的值为()A.或B
3、.或C.D.8.某班的全体学生参加数学测试，成绩的频率分布直方图如图所示，数据的分组依次为20，40)，40，60)，60，80)，80，100.由频率分布直方图估计全班数学测试成绩平均分为()A.66B.67C.68D.709.已知(1ax)3(1x)5的展开式中含x3的系数为2，则a等于()A.2B.2 C.2 D.110.通榆县公园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有()A.90种 B.180种 C.270种 D.360种11.设F1，F2是双曲线C：1(a0，b0)的左、右焦点，O是坐标原点.过F2作C
4、的一条渐近线的垂线，垂足为P.若|PF1|OP|，则C的离心率为()A.B.2 C.D.12.已知定义在R上的函数f(x)在1，)上单调递减，且f(x1)是偶函数，不等式f(m2)f(x1)对任意的x1，0恒成立，则实数m的取值范围是()A.3，1 B.3，1C.(，31，) D.(，42，)二、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知(0，)，且cos ，则sintan 14.若x，y满足约束条件 则z3x4y的最小值为_15.若对任意a，b满足0abt，都有bln aaln b，则t的最大值为_16.在正三棱锥中，M，N分别是棱SC，BC的中点，且，若侧棱，则正三棱锥外接球的表面积为三
5、、解答题（本大题共6小题，共70分）17.已知函数f(x)cos x(cos xsin x).(1)求f(x)的最小值；(2)在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若f(C)1，SABC，c，求ABC的周长.18.如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，为正三角形，E为线段AB的中点证明：平面ABCD；若，求二面角的大小19.已知公差不为0的等差数列an的首项a12，且a11，a21，a41成等比数列.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，nN*，Sn是数列bn的前n项和，求使Sn0，证明(ex1)ln(x1)x2.22.已知曲线C的极坐标方程是2cos ，若以极点为平面
6、直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，且取相同的单位长度建立平面直角坐标系，则直线l的参数方程是(t为参数).(1)求曲线C的直角坐标方程与直线l的普通方程；(2)设点P(m，0)，若直线l与曲线C交于A，B两点，且|PA|PB|1，求非负实数m的值.数学（理）答案1.解析因为A1，2，3，B4，5，又Mx|xab，aA，bB，M5，6，7，8，即M中有4个元素.答案B2.解析依题意，有解得a2，故选B.3.解析a(2ab)2|a|2ab212(1)3. 答案B4.解析求函数S的函数值，S4时，x2或16.故选D.5.D. 6.C7.解析因为直线x2ya0与圆O：x2y22相交于A，B两点(O
7、为坐标原点)，且AOB为等腰直角三角形，所以O到直线AB的距离为1，由点到直线的距离公式可得1，所以a. 答案B8.答案C9.(1ax)3(1x)5的展开式中x3的系数为Ca3C(1)3a3102，则a38，解得a2.答案B10.解析根据题意，分3步进行分析：在6位志愿者中任选1个，安排到甲展区，有C6种情况；在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有C5种情况；将剩下的4个志愿者平均分成2组，然后安排到剩下的2个展区，有A6种情况，则一共有656180种不同的安排方案.11.解：不妨设一条渐近线的方程为yx，则F2到yx的距离db，在RtF2PO中，|F2O|c，所以|PO|a，所以|P
8、F1|a，又|F1O|c，所以在F1PO与RtF2PO中，根据余弦定理得cosPOF1cosPOF2，则3a2c2(a)20，得3a2c2，所以e. 答案C12.解析因为f(x1)是偶函数，所以f(x1)f(x1)，所以f(x)的图象关于x1对称，由f(m2)f(x1)得|(m2)1|(x1)1|，即|m1|x2|在x1，0恒成立，所以|m1|x2|min，所以|m1|2，解得3m1.答案A13.解析(0，)，且cos ，sin ，因此sintan cos sin .14.解析画出可行域如图阴影部分所示.由z3x4y，得yx，作出直线yx，平移使之经过可行域，观察可知，当直线经过点A(1，1)
9、处时取最小值，故zmin31411. 答案115.解析0abt，bln aaln b，0，解得0xe，故t的最大值是e.答案e16. 解：因为是正三棱锥，而正三棱锥的对棱互相垂直，所以又因为M、N分别是棱SC、BC的中点，所以，而，因此又因为，平面SAC，所以平面SAC又因为SA、平面SAC，所以，又因为，且都在平面SBC上，所以平面SBC，而平面SBC，因此，即SA、SB、SC两两互相垂直又因为正三棱锥的侧棱长相等，所以以S为正方体的一个顶点，可将三棱锥补成一个正方体，且正方体的棱长为侧棱长设正三棱锥的外接球半径为R，则又因为，所以，因此正三棱锥外接球的表面积为故答案为17.解(1)f(x)
10、cos x(cos xsin x)cos2xsin xcos xsin 2xsin.当sin1时，f(x)取得最小值.(2)f(C)sin1，sin，C(0，)，2C，2C，C.SABCabsin C，ab3.又(ab)22abcos 72ab，(ab)216，即ab4，abc4，故ABC的周长为4.18.解：证明：连接CE，是边长为2的正三角形，且E是AB中点，又是边长为2的菱形，是正三角形，又，即，又，平面ABCD解：由可得：以E为原点，分别以，为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则0，0，设点M坐标为y，由，得y，设平面CEM的法向量为y，则，取，解得0，平面ABCD，平面ABC
11、D的法向量0，二面角的大小为19.解(1)设an的公差为d.由a11，a21，a41成等比数列，可得(a21)2(a11)(a41)，又a12，(3d)23(33d)，解得d3(d0舍去)，则ana1(n1)d23(n1)3n1.(2)bn，Sn，则Sn，即，解得nb0)，由题意得b2，e，a2c，b2a2c23c2，c2，a4，椭圆P的方程为1.(2)假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，0得(32k)264(34k2)0，解得k2.x1x2，x1x2，y1y2(kx14)(kx24)k2x1x24k(x1x2)16，故x1x2y1y216，解得k21. 由解得k1，直线l的
12、方程为yx4.故存在直线l：xy40或xy40满足题意.21.(1)证明当a0时，f(x)ex1x，f(x)ex1.当x(，0)时，f(x)0.故f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，f(x)minf(0)0，f(x)0.(2)解f(x)ex12ax，令h(x)ex12ax，则h(x)ex2a.当2a1，即a时，在0，)上，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)h(0)，即f(x)f(0)0，f(x)在0，) 上为增函数，f(x)f(0)0，当a时满足条件.当2a1，即a时，令h(x)0，解得xln (2a)，在0，ln (2a)上，h(x)0，h(x)单调递减，当x(0，ln
13、(2a)时，有h(x)h(0)0，即f(x)f(0)0，f(x)在区间(0，ln (2a)上为减函数，f(x)0时，ex1x，即ex1x，欲证不等式(ex1)ln(x1)x2，只需证ln(x1).设F(x)ln(x1)，则F(x).当x0时，F(x)0恒成立，且F(0)0，F(x)0恒成立.原不等式得证.22.解(1)由xcos ，ysin ，x2y22，曲线C的极坐标方程是2cos ，即22cos ，得x2y22x，即曲线C的直角坐标方程为(x1)2y21，由直线l的参数方程(t为参数)，可得其普通方程为xym0.(2)将(t为参数)代入圆(x1)2y21，可得t2(m1)tm22m0，由3(m1)24(m22m)0，可得1m3，由m为非负数，可得0m3.设t1，t2是方程的两根，则t1t2m22m，由|PA|PB|1，可得|m22m|1，解得m1或1，因为0m3，所以m1或1.
