第=page22页，共=sectionpages2121页铁人中学2019级高三上学期阶段考试数学
试题
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（理）试题说明：1、本试题满分150分，答题时间150分钟。请将
答案
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填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，每道题4个选项中只有一个符合题目要求）已知集合M=xx>3，N={x|x2-7x+10⩽0}，则M∪N=( )A.[2,3)B.(3,5]C.(-∞,5]D.[2,+∞)设数{an}是单调递增的等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是( )A.1B.2C.±2D.4 曲线y=lnx-2x在点(1,-2)处的切线方程为( )A.x+y+1=0B.x+y-1=0C.x-y-3=0D.x-y+3=0已知向量a=(1,2)，c=(m,-1)，若a⊥(a-c)，则实数m的值为( )A.9B.7C.17D.21如图，这是某校高三年级甲、乙两班在上学期的5次数学测试的班级平均分的茎叶图，则下列说法不正确的是( )A.甲班的数学成绩平均分的平均水平高于乙班B.甲班的数学成绩的平均分比乙班稳定C.甲班的数学成绩平均分的中位数高于乙班D.甲、乙两班所有学生这5次数学测试的总平均分是103设函数f(x)=cos(2x+π3)，则下列结论错误的是( )A.f(x)的一个对称中心为(-5π12,0)B.f(x)的图象关于直线x=11π6对称C.f(x+π)的一个零点为x=π12D.f(x)在(π3,5π6)单调递减现将5张连号的电影票分给甲乙等5个人，每人一张，且甲乙分得的电影票连号，则共有不同分法的种数为( )A.12B.24C.48D.60执行如图所示的程序框图，输出的S值为( )A.2B.32C.53D.85中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A.192 里B.96 里C.48 里D.24 里已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=60°，C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为1633，则球O的表面积为( )A.36πB.64πC.144πD.256π已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上且满足PA=mPF，若m取最大值时，点P恰好在以A,F为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为( )A.3+1B.2+1C.5+12D.2+12 已知数列{an}满足2an+1-an=n+2(n≥1)，a1=5，若{an}前n项之和为Sn，则满足不等式Sn>2021的最小整数n是( )A.60B.62C.63D.65填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）设z=2+i1-i，则z的虚部为 已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)=log2x+4x，则f(-12)= 已知A、B、C为△ABC的三内角，且角A为锐角，若tanB=2tanA，则1tan B+1tan C的最小值为 ．如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点O.若AB⋅AC=6AO⋅EC，则sin∠CADsin∠BAD的值是 ． 三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答）在ΔABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，且满足cosA2=255，AB⋅AC=3．(1)求ΔABC的面积；(2)若b+c=6，求a的值．正项等比数列{an}的前n项和为Sn，an>0，若S2=43,S3=139，且点(an,bn)在函数y=log33x的图象上．(1)求{an}，{bn}通项公式；(2)记cn=1b2n-1b2n+1，求{cn}的前n项和Tn.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BB1的中点．(Ⅰ)求证：BC1//平面AD1E；(Ⅱ)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1(-1,0)，且点P(0,1)在C1上.(1)求椭圆C1的方程；(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2=4x相切，求直线l的方程．已知函数fx=x-1-alnx(其中a为参数)．(1)求函数fx的单调区间；(2)若对任意x∈0,+∞都有fx≥0成立，求实数a的取值集合；(3)证明：1+1nn
3}，N={x|x2-7x+10⩽0}={x|2≤x≤5}，∴M∪N=[2,+∞) ．故选D． 2.【答案】B【解答】解：由条件a1+a2+a3=3a2=12，所以a2=4，设公差为d，则a1a2a3=(4-d)×4×(4+d)=4(16-d2)=48，解得d=±2，又数列an单调递增，所以d=2，所以a1=2，故选B．3.【答案】A【解答】解：∵f(x)=lnx-2x，∴f'(x)=1x-2，则切线斜率k=f'(1)=-1，∴在点(1,-2)处的切线方程为：y+2=-(x-1)，即x+y+1=0．故选A． 4.【答案】B【解答】解：根据题意得a-c=(1-m,3)，因为a⊥a-c，所以a⋅a-c=1×(1-m)+3×2=0，得m=7．故选：B． 5.【答案】D【解答】解：由题意可得甲班的平均分的平均水平是15(97+101+103+107+112)=104，中位数是103，方差是157²+3²+1²+3²+8²=26.4；乙班的平均分的平均水平是15(95+98+101+103+113)=102，中位数是101，方差是157²+4²+1²+1²+11²=37.6，则A，B，C正确；因为甲、乙两班的人数不知道，所以两班的总平均分无法计算，故D错误．故选D． 6.【答案】D【解析】解：∵函数f(x)=cos(2x+π3)，令x=-5π12，求得f(x)=cos(-π2)=0，故A正确；令x=11π6，求得f(x)=cos4π=1，是最值，故B正确；令x=π12，求得f(x+π)=cos5π2=0，故C正确；当x∈(π3,5π6)，2x+π3∈(π,2π)，故f(x)在(π3,5π6)单调递增，故D错误，故选：D．由题意利用余弦函数的图象和性质，得出结论．本题主要考查余弦函数的图象和性质，属于基础题．7.【答案】C【解答】解：根据题意，分3步进行分析：①将电影票分成4组，其中1组是2张连在一起，有4种分组方法，②将连在一起的2张票分给甲乙，考虑其顺序有A22=2种情况，③将剩余的3张票全排列，分给其他三人，有A33=6种分法，则共有4×2×6=48种不同分法．故选：C． 8.【答案】C【解答】解：当k=0时，满足进行循环的条件，执行完循环体后，k=1，S=2，当k=1时，满足进行循环的条件，执行完循环体后，k=2，S=32，当k=2时，满足进行循环的条件，执行完循环体后，k=3，S=53，当k=3时，不满足进行循环的条件，故输出结果为：53，故选：C． 9.【答案】B【解析】【解答】解：由题意可知此人每天走的步数构成12为公比的等比数列，由题意和等比数列的求和公式可得a1[1-(12)6]1-12=378，解得a1=192，∴第此人二天走192×12=96里，∴第二天走了96里，故选B． 10.【答案】B【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O-ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时VO-ABC=VC-AOB=13×12R2×32×R=1633，故R=4，则球O的表面积为4πR2=64π，故选：B．11. 【答案】B【解答】解：如图，过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，∵|PA|=m|PF|，∴|PA|=m|PN| ∴1m=|PN||PA|，设PA的倾斜角为α，则sinα=1m，当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx-1，代入x2=4y，可得x2=4(kx-1)，即x2-4kx+4=0，∴Δ=16k2-16=0，∴k=±1，求得切点坐标P(±2,1)，∴双曲线的实轴长为PA-PF=2(2-1)，∴双曲线的离心率为．故选B．12.【答案】C【解析】解：根据题意，数列{an}，{bn}中满足2an+1-an=n+2，即an+1=12an+12n+1，变形可得an+1-n-1=12(an-n)，又由a1-1=4，则数列{an-n}是首项为4，公比为12的等比数列，则an-n=4×(12)n-1=23-n，an=n+23-n，则Sn=8-23-n+nn+12当n≥1时，Sn单调递增,S62=1961-2-59<2021,S63=2024-2-60>2021故满足不等式Sn>2021的最小整数n为63．故选：C．13.【答案】32【解答】解：z=2+i1-i=(2+i)(1+i)(1-i)(1+i)=1+3i1-i2=1+3i2，即z的虚部为32． 14.【答案】-1【解答】解：根据题意，x>0时，f(x)=log2x+4x，则f(12)=-1+2=1，又由函数f(x)为R上的奇函数，则f(-12)=-f(12)=-1．故选B． 15.【答案】23【解答】解：∵tanB=2tanA，角A为锐角，∴tanA>0，tanB>0，∴tanC=tan[π-(A+B)]=-tan(A+B)=-tanA+tanB1-tanAtanB=-32tanB1-12tan2B=3tanBtan2B-2，∴1tan B+1tan C=1tan B+tan2B-23tanB=tan2B+13tan B=13tanB+1tanB⩾13×2tanB·1tanB=23，当且仅当tanB=1tanB，即tanB=1时，取等号，故1tanB+1tanC的最小值为23．故答案为23． 16.【答案】33【解答】解：设AO=λAD=λ2(AB+AC)，AO=AE+EO=AE+μEC=AE+μ(AC-AE)=(1-μ)AE+μAC=1-μ3AB+μAC，∴λ2=1-μ3λ2=μ，∴λ=12μ=14，∴AO=12AD=14(AB+AC)，EC=AC-AE=-13AB+AC，6AO⋅EC=6×14(AB+AC)·(-13AB+AC)=32(-13AB2+23AB⋅AC+AC2)=-12AB2+AB⋅AC+32AC2，∵AB⋅AC=-12AB2+AB⋅AC+32AC2，∴12AB2=32AC2，∴AB2AC2=3，∴ABAC=3．又∵ABsin∠ADB=DBsin∠BAD，ACsin∠ADC=DCsin∠CAD,BD=CD,sin∠ADB=sin∠ADC,∴sin∠CADsin∠BAD=33故答案为：3317.【答案】解：(1)因为cosA2=255，∴cosA=2cos2A2-1=35，sinA=1-cos2A=45，又由AB⋅AC=3，得bccosA=3，∴bc=5，∴S△ABC=12bcsinA=2(2)解法1：对于bc=5，又b+c=6，∴b=5,c=1或b=1,c=5，由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=20，∴a=25解法2：∵bc=5，又b+c=6，∴由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=(b+c)2-2bc(1+cosA)=20，∴a=25．【解析】本题主要考查了解三角形的问题．涉及了三角函数中的倍角公式、余弦定理和三角形面积公式等，属于基础题．(1)利用二倍角公式利用cosA2=255求得cosA，进而求得sinA，进而根据AB⋅AC=3求得bc的值，进而根据三角形面积公式求得答案．(2)解法，1，根据bc和b+c的值求得b和c，进而根据余弦定理求得a的值．解法2，根据bc和b+c的值，利用a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-2bc(1+cos A)求出答案．18.解：(1)由题意，设等比数列{an}的公比为q(q>0)，则a1(1+q)=43a1(1+q+q2)=139，化简整理，得12q2-q-1=0，解得q=-14(舍去)，或q=13，∴a1=431+q=431+13=1，∴an=1⋅(13)n-1=(13)n-1，n∈N*，∵点(an,bn)在函数y=log33x的图象上，∴bn=log33an=log33n=n，n∈N*．(2)由(1)得，cn=1b2n-1b2n+1=1(2n-1)(2n+1)=12(12n-1-12n+1)，∴Tn=c1+c2+…+cn=12×(1-13)+12×(13-15)+…+12×(12n-1-12n+1)=12×(1-13+13-15+…+12n-1-12n+1)=12×(1-12n+1)=n2n+1．19.【答案】解：(Ⅰ)由正方体的性质可知，AB//C1D1中，且AB=C1D1，∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴BC1//AD1，又BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，∴BC1//平面AD1E.(Ⅱ)以A为原点，AD、AB、AA1分别为x、y和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为a，则A(0,0，0)，A1(0,0，a)，D1(a,0，a)，E(0,a，12a)，∴AA1=(0,0,a)，AD1=(a,0,a)，AE=(0,a,12a)，设平面AD1E的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅AD1=0m⋅AE=0，即a(x+z)=0a(y+12z)=0，令z=2，则x=-2，y=-1，∴m=(-2,-1,2)，设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，则sinθ=|cos|=m⋅AA1|m|⋅|AA1|=2aa⋅3=23，故直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为23．【解析】本题考查空间中线面的位置关系和线面夹角问题，熟练掌握线面平行的判定定理和利用空间向量求线面夹角是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题．(Ⅰ)根据正方体的性质可证得BC1//AD1，再利用线面平行的判定定理即可得证；(Ⅱ)以A为原点，AD、AB、AA1分别为x、y和z轴建立空间直角坐标系，设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，先求出平面AD1E的法向量m，再利用sinθ=|cos|=m⋅AA1|m|⋅|AA1|以及空间向量数量积的坐标运算即可得解．20.【答案】解：(1)因为椭圆C1的左焦点为F1(-1,0)，所以c=1，点P(0,1)代入椭圆x2a2+y2b2=1，得1b2=1，即b=1，所以a2=b2+c2=2所以椭圆C1的方程为x22+y2=1．(2)直线l的斜率显然存在，设直线l的方程为y=kx+m，由x22+y2=1y=kx+m，消去y并整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0，因为直线l与椭圆C1相切，所以△=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)=0整理得2k2-m2+1=0①由y2=4xy=kx+m，消去y并整理得k2x2+(2km-4)x+m2=0因为直线l与抛物线C2相切，所以△=(2km-4)2-4k2m2=0整理得km=1②综合①②，解得k=22m=2或k=-22m=-2所以直线l的方程为y=22x+2或y=-22x-2．【解析】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与圆锥曲线的位置关系，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．(1)因为椭圆C1的左焦点为F1(-1,0)，所以c=1，点P(0,1)代入椭圆x2a2+y2b2=1，得b=1，由此能求出椭圆C1的方程．(2)设直线l的方程为y=kx+m，由x22+y2=1y=kx+m，得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.因为直线l与椭圆C1相切，所以△=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)=0.由此能求出直线l的方程．21.【答案】解：(1)fx=x-1-alnx，x∈(0,+∞)，f'(x)=1-ax=x-ax，x∈(0,+∞)，当a≤0时，f'(x)>0恒成立，∴f(x)在(0,+∞)上单调递增；当a>0时，令f'(x)=0，得x=a，x∈(0,a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，x∈(a,+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；综上：a≤0时，f(x)在(0,+∞)上递增，无减区间，当a>0时，f(x)的单调递减区间为(0,a)，单调递增区间为(a,+∞)；(2)∵f(x)≥0对∀x∈(0,+∞)恒成立，∴f(x)min≥0，1°当a≤0时，由(1)知f(x)在定义域内单调递增，当x→0时，f(x)→-∞，不符合题意；2°当a>0时，由(1)知f(x)min=f(a)=a-1-alna≥0．令g(a)=a-1-alna，则g'(a)=-lna，令g'(a)=0，则a=1，a(0,1)1(1,+∞)g'(a)+0-g(a)↗极大值↘∴g(a)≤g(1)=0，又f(x)min=f(a)=a-1-alna≥0，∴a-1-alna=0的唯一解为a=1，∴实数a的取值集合为{1}．(3)证明：要证1+1nn0，1+1n>1，ln(1+1n)>0，∴即要证1n+1f(1)=0，即x-1-lnx>0，∴lnx0，∴φ(x)在(1,2]上单调递增，∴φ(x)>φ(1)=0，即lnx+1x-1>0，∴lnx>1-1x(10分类讨论，适当构造函数通过求导讨论最值即可得解;(3)分析原不等式，要证1+1nn
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的参数方程代入椭圆中可得：4(2+22t)2+(1+22t)2-4=0，整理可得：5t2+182t+13=0，t1+t2=-182t5，t1t2=135>0，可得t1，t2同号，所以|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=1825．【解析】(1)由椭圆的参数方程的求法及椭圆的方程可得C的参数方程，将t消去可得直线l的普通方程；(2)法i)将直线l的普通方程与椭圆的普通方程联立求出交点的坐标，进而求出|PA|+|PB|的值．法ii)用直线l的标准的参数方程代入椭圆的普通方程可得t的二次方程，求出两根之和及两根之积，由两根之积大于0可得t1，t2的符合相同，进而可得|PA|+|PB|=|t1|+|t2|的值．本题考查椭圆及直线的普通方程与参数方程之间的互化，及求直线与椭圆的交点弦长的求法，属于中档题．
浙公网安备 33021202002483