黑龙江省安达七中2020届高三数学上学期寒假考试试题5

黑龙江省安达七中2020届高三数学上学期寒假考试试题5

1 黑龙江省安达七中 2020 届高三数学上学期寒假考试试题（5） 一、选择题 1.已知集合 { }, { | (1,0,1,2 1)( 2) 0}A B x x x      ，则 A B  ( ) A. 0,1 B. 1,0 C. 1,0,1 D. 0,1,2 2.若 i 1 i a   的实部与虚部相等，则实数 a 的值为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 3.下列各点中，可以作为函数 sin 3 cos 1y x x   图象的对称中心的是( ) A. ( ,1)3  B. ( ,1)6  C. ( ,0)3  D. ( ,0)6  4.执行如图所示的程序框图，如果输入 4N  ，则输出 p 为( ) A.6 B.24 C.120 D.720 5.已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2 44, 2a a  ，则 6S  ( ) A.0 B.10 C.15 D.30 6.已知 ,m n 为两条不重合直线， ,  为两个不重合平面，下列条件中，可以作为 / /  的 充分条件的是( ) A. / / , ,m n m n   B. / / , ,m n m n   C. , / / , / /m n m n  D. , ,m n m n    7.已知 1 2,e e   是两个单位向量，且夹角为 3  ， R,t  则 1 2e te  与 1 2te e  数量积的最小值为 ( ) 2 A. 3 2  B. 3 6  C. 1 2 D. 3 3 8.我国古代数学名著《九章算术•商功》中阐述：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其为 阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露 矣．”若称为“阳马”的某几何体的三视图如图所示，图中网格纸上小正方形的边长为 1， 则对该几何体描述： ①四个侧面都是直角三角形； ②最长的侧棱长为 2 6 ； ③四个侧面中有三个侧面是全等的直角三角形； ④外接球的表面积为 24． 其中正确的个数为( ) A.3 B.2 C.1 D.0 9.已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为 F ，过 F 且倾斜角为120的直线与抛物线C 交于 ,A B 两点，若 ,AF BF 的中点在 y 轴上的射影分别为 ,M N ，且 4 3MN  ，则抛 物线C 的准线方程为( ) A. 3 2x   B. 2x   C. 3x   D. 4x   10.已知函数 1 ln , 1 ( ) 1 1 , 12 2 x x f x x x      ，若 1 2x x ，且 1 2) )( ( 2f x f x  ，则 1 2x x 的取值 范围是( ) A. 2, B. e 1,  C. 3 2ln 2,  D. 3 2ln3,  11.已知偶函数 ( )f x ，当 0x  时，满足 2 ( ) '( ) 6f x xf x  ，且 (1) 2f  ，则 2 1( ) 3f x x   的解集为（ ） 3 A. { | 2 2}x x x  或 B. { | 1 1}x x   C. { | 1 1}x x x  或 D. { | 1 1}x x   12.如图，在 ABC△ 中，点 ,D E 是线段,上两个动点,且 AD AE xAB yAC      ，则 1 4 x y  的最小值为（ ） A． 9 2 B．2 C． 5 2 D． 3 2 二、填空题 13.将函数 ( ) cos 3sin ( R)f x x x x   的图象向左平移 ( 0)  个单位长度后，所得到 的图象关于原点对称，则 的最小值是 . 14.图中所示的矩形 OABC 区域内任取一点  , ,M x y 则点 M 取自阴影部分的概率 为 . 15.设点 P 为函数 31 1( ) ( )2f x x x   图象上任一点，且 ( )f x 在点 P 处的切线的倾斜角为  ，则 的取值范围为________． 16.函数 1 1( 1)( ) 5 ln ( 1) x xf x x x       ，则方程 ( )f x kx 恰有两个不同的实根时，实数 k 范围 是 . 三、解答题 4 17.在 ABC△ 中，设内角 , ,A B C 的对边为 , ,a b c ，向量 3 1,4 4m        ， (cos , sin )n A A  ， 3 2m n   ． 1.判定 ABC△ 的形状； 2.若 2b  ， 2a c ，求 ABC△ 的内切圆与外接圆的面积比． 18.已知函数 ( ) lnf x x x x  ，证明：函数 ( )f x 存在零点. 19.已知数列 与{ }nb ,若 1 3a  且对任意正整数 n 满足 1 2n na a   ,数列{ }nb 的前 n 项 和 2 n nS n a  1.求数列{ }na ,{ }nb 的通项公式; 2.求数列 1 1{ } n nb b  的前 n 项和 nT . 20.平面直角坐标系中,直线l 的参数方程为 ( 1 3 1 x t y t t      为参数 ) ,以原点为极点,  x 轴 正半轴为极轴建立极坐标系,曲线  C 的极坐标方程为 2 2cos 1 cos    . 1.写出直线 l 的极坐标方程与曲线  C 的直角坐标方程; 2.已知与直线l 平行的直线l过点  2,0M ,且与曲线  C 交于 ,  A B 两点,试求 AB . 1.把直线l 的参数方程化为普通方程为  3 1 1y x   , ∵ cos sin x y          ,∴直线 l 的极坐标方程为 3 cos sin 3 1 0       , 由 2 2cos 1 cos    ,可得  2 21 cos 2 cos     , ∴曲线  C 的直角坐标方程为 2 2y x . 2.直线 l 的倾斜角为 π 3 , ∴直线 l的倾斜角也为 π 3 ,又直线l过点  2,0M , 5 ∴直线 l的参数方程为 3 ( 2 ' 1 2 2 x t t y t         为参数 ) , 将其代入曲线  C 的直角坐标方程可得 23 4 16 0t t    , 设点 ,A B 对应的参数分别为 1 2,t t  . 由一元二次方程的根与系数的关系知 1 2 16 3t t    , 1 2 4 3t t  . ∴ 2 1 21AB k t t     22 1 2 1 21 4k t t t t       24 16 4 8 132 3 3 3       . 21.为了参加某数学竞赛,某高级中学对高二年级理科、文科两个数学兴趣小组的同学进行了 赛前模拟测试,成绩(单位:分)记录如下 理科:79,81,81,79,94,92,85,89 文科:94,80,90,81,73,84,90,80 1.画出理科,文科两组同学成绩的茎叶图 2.计算理科、文科两组同学成绩的平均数和方差,并从统计学的角度分析,哪组同学在此次模 拟测试中发挥比较好 3.若在成绩不低于 90 分的同学中随机抽出 3 人进行培训,求抽出的 3 人中既有理科组同学又 有文科组同学的概率 (参考公式:样本数据 1 2, , , nx x x 的方差:      2 22 1 2 1 2 ,ns x x x x x xn         其中 x 为样本平均数) 1. 理科、文科两组同学成绩的茎叶图如下: 2.从平均数和方差的角度看,理科组同学在此次模拟测试中发挥比较好. 理由如下: 6  1   79 81 81 79 94 92 85 89 85,8x           (理)  1 94 80 90 81 73 84 90 80 848x           (文) 2 22 2 2 21 [(79 85) (81 85) (81 85) (79 85) (94 85)8s            2 2 2(92 85) (85 85) (89 85) ] 31.25       (理)        2 2 2 22 1 [ 94 84 80 84 90 84 81 848s                 2 2 2 273 84 84 84 90 84 80 84 ] 41.75        (文) 由于 x x理 文 , 2 2S S理 文 , 所以理科组同学在此次模拟测试中发挥比较好 3.设理科组同学中成绩不低于 90分的 2 人分别为 ,A B , 文科组同学中成绩不低于90分的人分别为 , ,a b c 则从他们中随机抽出3人有以下10种可能: , , , , , , , , ,ABa ABb ABc Aab Aac Abc Bab Bac Bbc abc . 其中全是文科组同学的情况只有 abc 一种,没有全是理科组同学的情况, 记“抽出的3人中既有理科组同学又有文科组同学”为事件 M , 则   1 91 10 10P M    22.已知函数 2( ) ln ( 1)2 af x x x a x    . 1.若函数 ( )f x 在区间 (2, ) 内单调递增，求 a 的取值范围； 2.设 1x ， 2x （ 1 20 x x  ）是函数 ( ) ( )g x f x x  的两个极值点，证明： 1 2( ) ( ) ln2 ag x g x a   恒成立. 7 参考答案 1.答案：A 解析：由 B 中不等式解得： 1 2x   ，即 1 2{ | }B x x    ， ∵ 1,0,{ ,2}1A   ， ∴ { ,1}0A B  ， 故选：A． 2.答案：A 解析：∵ i ( i)(1 i) 1 1 i1 i (1 i)(1 i) 2 2 a a a a         的实部与虚部相等， ∴ 1 1a a   ，即 0a  ． 故选：A． 3.答案：A 解析：解：∵函数 sin 3 cos 1 2sin( ) 13y x x x       ，令 3x k   ，可得 3x k    ， k Z ， 故函数的图象的对称中心为 ( ,1)3k   ， 故选：A． 4.答案：B 解析：由已知中 4N  ， 第一次进入循环时， 1p  ，此时 1k  不满足退出循环的条件，则 2k  第二次进入循环时， 2p  ，此时 2k  不满足退出循环的条件，则 3k  第三次进入循环时， 6p  ，此时 3k  不满足退出循环的条件，则 4k  第四次进入循环时， 24p  ，此时 4k  满足退出循环的条件， 故输出的 p 值是 24 故选：B． 5.答案：C 8 解析：数列{ }na 是等差数列， 2 1 4 14 , 2 3a a d a a d      ，所以 1 5, 1a d   ，则 6 1 6 56 ( 1) 152S a     ． 故选：C． 6.答案：B 解析：由题意知， / /m n ，且 ,m n   ，则 / /  ． 故选：B 7.答案：A 解析：由 1 2,e e   是两个单位向量，且夹角为 3  ， 所以 1 2 1 2 11, 2e e e e       ， 则 1 2 1 2( ) ( )e te te e      2 2 2 1 2 1 2( 1)te te t e e        21 122 2t t   21 3 3( 2)2 2 2t     ， 当且仅当 2t   时取等号， 则 1 2e te  与 1 2te e  数量积的最小值为 3 2  ， 故选：A． 8.答案：A 解析：由三视图还原原几何体如图， 可知该几何体为四棱锥， PA  底面 , 2ABCD PA  ， 底面 ABCD 为矩形， 2, 4AB BC  ， 则四个侧面是直角三角形，故①正确； 最长棱为 PC ，长度为 2 2 24 2 2 2 6   ，故②正确； 由已知可得， 2 2, 2 6, 2 5PB PC PD   ,则四个侧面均不全等，故③错误； 9 把四棱锥补形为长方体，则其外接球半径为 1 62 PC  ，其表面积为 24 ( 6) 24   ， 故④正确． ∴其中正确的个数为 3． 故选：A． 9.答案：C 解析：抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为 ( ,0)2 pF ， 过 F 且倾斜角为120的直线方程设为 3( )2 py x   ， 联立抛物线的方程可得 2 23 2 3 0y py p   ， 设 A 的纵坐标为 1y ， B 的纵坐标为 2y ， ,M N 的纵坐标为 1 2 1 1,2 2y y ， 可得 2 1 2 1 2 2 , 3 py y y y p    ， 则 1 2 1 4 32 y y  ， 可得 2 1 2 1 2( ) 4 192y y y y   ， 即为 2 24 4 1923 p p  ， 解得 6p  ， 则抛物线的准线方程为 3x   ． 故选：C． 10.答案：C 10 解析：根据题意，画出分段函数 ( )f x 图象如下： 由两个函数图象及题意，可知： 1 2,x x 不可能同时 1 ． 因为当 1x 和 2x 都 1 时， 1 2( ) ( ) 2f x f x  ，不满足题意， ∴ 1 2,x x 不可能同时 1 ． 而 1 2x x ， ∴ 1 21x x  ， ∴ 1 2 1 2 1 2 1 1 1 3( ) ( ) 1 ln ln2 2 2 2f x f x x x x x        ， ∵ 1 2( ) ( ) 2f x f x  ， ∴ 1 2 1 3ln 22 2x x   ， ∴ 1 1 2lnx x  ， ∴ 1 2 2 21 2ln ,( 1)x x x x x     ． 构造函数 ( ) 1 2ln ,( 1)g x x x x    则 2'( ) 1g x x   ． ①令 '( ) 0g x  ，即 21 0x   ，解得 2x  ； ②令 '( ) 0g x  ，即 21 0x   ，解得 2x  ； ③令 '( ) 0g x  ，即 21 0x   ，解得 2x  ． ∴ ( )g x 在 (1,2) 上单调递减，在 2x  处取得极小值，在 (2, ) 上单调递增． 11 ∴ min( ) (2) 3 2ln 2g x g   ． ∴ ( ) 3 2ln 2g x   ． ∴ 1 2 3 2ln 2x x   ． 故选：C． 11.答案：B 解析： 12.答案：A 解析： 13.答案： π 6 解析： 14.答案： 1 2 解析： 15.答案： π π[ , )3 2 解析： 16.答案： 1 1[ , )5 e 解析： 17.答案：1.∵ 3 1cos , sin4 4m n A A           且 3 2m n   ， ∴ 2 23 1 3cos sin4 4 4A A             ， 即 2 23 3 1 1 3cos cos sin sin16 2 16 2 4A A A A      ， 3 1 1cos sin2 2 2A A   ， 即 π 1cos 6 2A      ， ∵ A 为 ABC△ 的内角，∴ π 2A  ， 12 故 ABC△ 为直角三角形． 2.由 1 知 2 2 2b c a  ，又 2b  ， 2a c ， ∴ 2c  ， 2 2a  ； ∴ ABC△ 外圆的半径 1 22R a  ， 内切圆的半径 2 22 b c ar     ， ∴面积比为 2 2 2 (2 2) 3 2 22 r R    ． 解析： 18.答案：由题意可得，函数的定义域为 (0,+ ) '( ) 1 ln 1 ln 2f x x x     令 '( ) 0f x  ，即 2 1ln 2 0, ( )ex x f x    在 2 1( ,+ )e  单调递增 令 '( ) 0f x  ，即 2 1ln 2 0, ( )ex x f x    在 2 1(0, )e 单调递减 min 2 2 1 1( ) 0e ef x f  （ ）=- 又 (e) 2e 0f   存在 0 2 1( ,e)ex  ，使得 0( ) 0f x  ( )f x 存在零点 解析： 19.答案：1.由题意知数列{ }na 是公差为 2 的等差数列, 又因为 1 3a  ,所以  3 2 1 2 1na n n     . 数列 nb 的前 n 项和  22 2 2 1 1n nS n a n n n       , 当 1n  时, 1 1 4b S  ; 当 2n  时,      22 1 2 1 1 2 1 1 2 1n n nb S S n n n n n              . 上式对 1 4b  不成立. 13 所以数列 nb 的通项公式为 4, 1 2 1, 2n nb n n     2. 1n  时, 1 1 2 1 1 20T bb   , 2n  时 1 1 1 1 1( )(2 1)(2 3) 2 2 1 2 3n nb b n n n n        , 所以 6 1 20(2 3)n nT n   . 1n  仍然适合上式. 综上, 6 1 20(2 3)n nT n   . 解析： 20.答案： 解析： 21.答案： 解析： 22.答案：1. ( )f x 的定义域为 (0, ) ， 1'( ) ( 1)f x ax ax     若满足题意，只要 1'( ) ( 1) 0f x ax ax      在 (2, ) 恒成立即可， 即 1( 1) xa x x   恒成立，又 (2, )x  ，所以 1 2a  2.证明： 2( ) ( ) ln 2 ag x f x x x x ax     ， 则 ( )g x 的定义域为 (0, ) ， 21 1'( ) ax axg x ax ax x      ， 若 ( )g x 有两个极值点 1 2 1 2, (0 )x x x x  ， 则方程 2 1 0ax ax   的判别式 2 4 0a a    ，且 1 2 1 2 11, 0x x x x a     得 0a  又 1 20 x x  ， 2 1 1 2 1x x x a    ，即 1 10 x a   所以 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1( ) ( ) ln ln ln ln( )2 2 2 a a ag x g x x x ax x x ax x ax ax           ， 14 设 ( ) ln ln( ) 2 ah t t at at    ，其中 1 1(0, )t x a   ，由 2'( ) 0h t at    得 2t a  又 2 1 2 0a a aa    ，所以 ( )h t 在区间 2(0, )a 内单调递增， 在区间 2 1( , )a a 内单调递减， 即 ( )h t 的最大值为 2( ) 2ln 2 ln 2 ln2 2 a ah a aa       ， 从而 1 2( ) ( ) ln2 ag x g x a   恒成立 解析：