天津市和平区2022届高三下学期数学二模试卷解析版

天津市滨海七校2022届高三下学期数学二模试卷解析版

高三下学期数学二模试卷一、单选题1.定义A−B={x|x∈A且x∉B},若A={0,1,3,5,7},B={1,5,9},则A-B=(  )A.{9}B.{0,3,7}C.{1,5}D.{0,1,3,5,7}【答案】B【知识点】集合的含义【

高三下学期数学二模试卷一、单选题1.已知全集为R,集合A={x∣−2

简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.已知全集为R,集合A={x∣−2 b>aB.b>c>aC.a>c>bD.b>a>c6.已知圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球,则此正四面体的棱长a为(  )A.2B.322C.3D.92(3−2)7.已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线于A,B两点(异于坐标原点),双曲线的离心率为2,△AOB的面积为64,则抛物线的焦点坐标为(  )A.(2,0)B.(−2,0)C.(4,0)D.(−4,0)8.函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2 0时,f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对,则a的取值范围是(  )A.(625,+∞)B.(4,64)C.(9,625)D.(9,64)二、填空题10.复数:满足zi=3+4i(i是虚数单位),则复数z在复平面内所表示的点的坐标为  .11.若(1−3x)n展开式中各项系数的和等于64,则展开式中x2的系数是  .12.设直线y=x+2a与圆C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B两点,若|AB|=23,则圆C的面积为  13.已知a,b,c均为正数,且abc=4(a+b),则a+b+c的最小值为  .14.某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额商品后即可抽奖,每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中,各随机摸出1个球,在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖:若只有1个红球,则获二等奖:若没有红球,则不获奖.求顾客抽奖1次能获奖的概率  ;若某顾客有3次抽奖机会,则该顾客在3次抽奖中至多有两次获得一等奖的概率  .15.如图.在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,∠BCD=60∘,∠ADC=150∘,BE=3EC,CD=233,BE=3,BD=  ;若点F为边AD上的动点,则EF⋅BF的最小值为  .三、解答题16.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.(1)若a=3c,b=2,cosB=23,求c的值;(2)若sinAa=cosB2b,求sin(B+π2)的值;(3)若A+C=2B,且sinAsinC=cos2B,三角形的面积S=43,求边b的值.17.如图,在四棱台ABCD−A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,∠ABC=60∘,AA1=A1B1=12AB=1,AA1⊥平面ABCD.(1)若点M是AD的中点,求证:C1M//平面ABB1A1 (2)求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值;(3)棱BC上存在点E,使得CE=1−32,求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18.已知点M是椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的上、下焦点,|F1F2|=4,当∠F1MF2=90°,△F1MF2的面积为5.(1)求椭圆C的方程:(2)设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A,B,是否存在直线l,使得△OAF2与△OBF1(O是坐标原点)的面积比值为5:7.若存在,求出直线l的方程:若不存在,说明理由.19.已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12,且満足1bn−1bn−1=1(n>2,n∈N∗)(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足cn=1bn,n为奇数an,n为偶数;求i=1nci(3)Tn=i=1nai2,数列{anTn}的前n项和为Rn,求证:34(1−12n+1−1)≤R<1.20.设a,b为实数,且a>1,已知函数g(x)=ax,ℎ(x)=bx−e2(x∈R).(1)当a=e时,曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2,求b的值;(2)求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间:(3)若对任意b>2e2,函数f(x)=g(x)−ℎ(x))有两个不同的零点,求a的取值范围.答案解析部分1.【答案】A2.【答案】D3.【答案】D4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】A7.【答案】B8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】(4,3)11.【答案】135 12.【答案】4π13.【答案】814.【答案】710;12412515.【答案】2;151616.【答案】(1)解:∵a=3c,b=2,cosB=23,由余弦定理知cosB=a2+c2−b22ac,即23=(3c)2+c2−(2)22×3c⋅c,即c2=13,∴c=33.(2)解:∵sinAa=cosB2b,由正弦定理asinA=bsinB,得cosB2b=sinBb,即cosB=2sinBsin2B+cos2B=1⇒sinB=55cosB=±255,∵sinB>0,∴cosB=2sinB>0,∴cosB=255,∴sin(B+π2)=cosB=255.(3)解:由A+C=2B⇒B=π3,∴sinAsinC=cos2B=14,∴a2R⋅c2R=14,由S=43=12acsinB⇒ac=16,∴164R2=14⇒R=4,∴bsinB=2R=8⇒b=43.17.【答案】(1)证明:取BC的中点为N,连接C1N,NM,在菱形ABCD中,因为BN=NC,AM=MD,则MN//AB,而MN⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,故MN//平面ABB1A1,由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC,而A1B1=12AB,故C1B1=12CB,故C1B1=NB,故四边形C1B1BN为平行四边形,故C1N//BB1,而C1N⊄平面ABB1A1,B1B⊂平面ABB1A1,故C1N//平面ABB1A1,因为C1N∩MN=N,C1N⊂平面C1MN,MN⊂平面C1MN,故平面C1MN//平面ABB1A1,而C1M⊂平面C1MN,故C1M//平面ABB1A1.(2)解: 在平面ABCD中,过A作AD的垂线,与BC交于S,因为AA1⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,故AA1⊥AD,同理AA1⊥AS,故可建立如图所示的空间直角坐标系,故A(0,0,0),A1(0,0,1),D(0,2,0),C(3,1,0),B(3,−1,0),B1(32,−12,1),D1(0,1,1),故M(0,1,0),BC=(0,2,0),所以B1C1=(0,1,0),所以C1(32,12,1),故C1M=(−32,12,−1),而平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),设直线C1M与平面AD1D所成的角为α,则sinα=|cos〈C1M,n〉|=321×2=64.(3)解:由|CE|=1−32可得E(3,32,0),故AE=(3,32,0),而AD1=(0,1,1),设平面AED1的法向量为m=(x,y,z),则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0,取x=1,则y=−2,z=2,故m=(1,−2,2),结合(2)的平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),故cos =11×3=13,设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β,则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.18.【答案】(1)解:由|F1F2|=4=2c⇒c=2,由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10,∠F1MF2=90∘,故|MF1|2+|MF2|2=16,∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36,∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3,∴b2=a2−c2=5,即椭圆的标准方程为y29+x25=1. (2)解:假设满足条件的直线l存在,当直线l的斜率不存在时,不合题意,不妨设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),显然x1x2<0,联立y=kx−2y29+x25=1,得(5k2+9)x2−20kx−25=0,所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2),因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|,S△OBF1=12⋅c⋅|x2|,得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57,即x1=−57×2(3),由(1),(3),得x2=70k5k2+9(4),将(1)(4)代入(3)得k2=115⇒k=±1515,所以直线l的方程为y=±1515x−2,故存在直线l,使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5:7.19.【答案】(1)解:∵Sn=2an−2(n∈N∗),∴n=1时a1=2,∵n≥2时,Sn−1=2an−1−2,∴an=2an−2an−1,即an=2an−1,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n,由题可知,{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,∴1bn=2+(n−1)=n+1,∴bn=1n+1.(2)解:cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,(i)n为偶数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1),(ii)n为奇数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1)=n2+4n+34+43(2n−1−1), i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1),n为奇数n2+2n4+43(2n−1),n为偶数(3)证明:∵an2=(2n)2=4n,Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1),∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1,(i)右式证明:anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n,∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明:anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.20.【答案】(1)解:设切点坐标(x0,ex0),g′(x0)=ex0,切线方程为y−ex0=ex0(x−x0),即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e,∴b=e.(2)解:∵f(x)=ax−bx+e2,∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0,即axlna>b,又∵a>1,∴lna>0,所以不等式化为ax>blna,当b≤0时,不等式恒成立,f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增,f(x)单调递增区间为(−∞,+∞),无单调递减区间.当b>0时,ax>blna解集为x>loga(blna),∴x∈(loga(blna),+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(−∞,loga(blna))时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上,b≤0时,f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞),b>0时,f(x)的单调递增区间为(loga(blna),+∞),f(x)的单调递减区间为(−∞,loga(blna)).(3)解:∵函数有两个不同的零点,∴f(logablna)<0,即alogablna−blogablna+e2<0,∴alogablna−blnblnalna+e2<0, 即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,∵m′(t)=−lnt,∴当t>1时,m′(t)<0,∴m(t)在(1,+∞)单调递减;当t<1时,m′(t)>0,∴m(t)在(0,1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0,∴当且仅当t>e2时,m(t)<0,即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立,∴lna≤2⇒a≤e2,∴a∈(1,e2].
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.已知全集为R,集合A={x∣−2 b>aB.b>c>aC.a>c>bD.b>a>c6.已知圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球,则此正四面体的棱长a为(  )A.2B.322C.3D.92(3−2)7.已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线于A,B两点(异于坐标原点),双曲线的离心率为2,△AOB的面积为64,则抛物线的焦点坐标为(  )A.(2,0)B.(−2,0)C.(4,0)D.(−4,0)8.函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2 0时,f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对,则a的取值范围是(  )A.(625,+∞)B.(4,64)C.(9,625)D.(9,64)二、填空题10.复数:满足zi=3+4i(i是虚数单位),则复数z在复平面内所表示的点的坐标为  .11.若(1−3x)n展开式中各项系数的和等于64,则展开式中x2的系数是  .12.设直线y=x+2a与圆C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B两点,若|AB|=23,则圆C的面积为  13.已知a,b,c均为正数,且abc=4(a+b),则a+b+c的最小值为  .14.某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额商品后即可抽奖,每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中,各随机摸出1个球,在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖:若只有1个红球,则获二等奖:若没有红球,则不获奖.求顾客抽奖1次能获奖的概率  ;若某顾客有3次抽奖机会,则该顾客在3次抽奖中至多有两次获得一等奖的概率  .15.如图.在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,∠BCD=60∘,∠ADC=150∘,BE=3EC,CD=233,BE=3,BD=  ;若点F为边AD上的动点,则EF⋅BF的最小值为  .三、解答题16.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.(1)若a=3c,b=2,cosB=23,求c的值;(2)若sinAa=cosB2b,求sin(B+π2)的值;(3)若A+C=2B,且sinAsinC=cos2B,三角形的面积S=43,求边b的值.17.如图,在四棱台ABCD−A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,∠ABC=60∘,AA1=A1B1=12AB=1,AA1⊥平面ABCD.(1)若点M是AD的中点,求证:C1M//平面ABB1A1 (2)求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值;(3)棱BC上存在点E,使得CE=1−32,求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18.已知点M是椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的上、下焦点,|F1F2|=4,当∠F1MF2=90°,△F1MF2的面积为5.(1)求椭圆C的方程:(2)设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A,B,是否存在直线l,使得△OAF2与△OBF1(O是坐标原点)的面积比值为5:7.若存在,求出直线l的方程:若不存在,说明理由.19.已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12,且満足1bn−1bn−1=1(n>2,n∈N∗)(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足cn=1bn,n为奇数an,n为偶数;求i=1nci(3)Tn=i=1nai2,数列{anTn}的前n项和为Rn,求证:34(1−12n+1−1)≤R<1.20.设a,b为实数,且a>1,已知函数g(x)=ax,ℎ(x)=bx−e2(x∈R).(1)当a=e时,曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2,求b的值;(2)求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间:(3)若对任意b>2e2,函数f(x)=g(x)−ℎ(x))有两个不同的零点,求a的取值范围.答案解析部分1.【答案】A2.【答案】D3.【答案】D4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】A7.【答案】B8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】(4,3)11.【答案】135 12.【答案】4π13.【答案】814.【答案】710;12412515.【答案】2;151616.【答案】(1)解:∵a=3c,b=2,cosB=23,由余弦定理知cosB=a2+c2−b22ac,即23=(3c)2+c2−(2)22×3c⋅c,即c2=13,∴c=33.(2)解:∵sinAa=cosB2b,由正弦定理asinA=bsinB,得cosB2b=sinBb,即cosB=2sinBsin2B+cos2B=1⇒sinB=55cosB=±255,∵sinB>0,∴cosB=2sinB>0,∴cosB=255,∴sin(B+π2)=cosB=255.(3)解:由A+C=2B⇒B=π3,∴sinAsinC=cos2B=14,∴a2R⋅c2R=14,由S=43=12acsinB⇒ac=16,∴164R2=14⇒R=4,∴bsinB=2R=8⇒b=43.17.【答案】(1)证明:取BC的中点为N,连接C1N,NM,在菱形ABCD中,因为BN=NC,AM=MD,则MN//AB,而MN⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,故MN//平面ABB1A1,由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC,而A1B1=12AB,故C1B1=12CB,故C1B1=NB,故四边形C1B1BN为平行四边形,故C1N//BB1,而C1N⊄平面ABB1A1,B1B⊂平面ABB1A1,故C1N//平面ABB1A1,因为C1N∩MN=N,C1N⊂平面C1MN,MN⊂平面C1MN,故平面C1MN//平面ABB1A1,而C1M⊂平面C1MN,故C1M//平面ABB1A1.(2)解: 在平面ABCD中,过A作AD的垂线,与BC交于S,因为AA1⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,故AA1⊥AD,同理AA1⊥AS,故可建立如图所示的空间直角坐标系,故A(0,0,0),A1(0,0,1),D(0,2,0),C(3,1,0),B(3,−1,0),B1(32,−12,1),D1(0,1,1),故M(0,1,0),BC=(0,2,0),所以B1C1=(0,1,0),所以C1(32,12,1),故C1M=(−32,12,−1),而平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),设直线C1M与平面AD1D所成的角为α,则sinα=|cos〈C1M,n〉|=321×2=64.(3)解:由|CE|=1−32可得E(3,32,0),故AE=(3,32,0),而AD1=(0,1,1),设平面AED1的法向量为m=(x,y,z),则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0,取x=1,则y=−2,z=2,故m=(1,−2,2),结合(2)的平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),故cos =11×3=13,设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β,则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.18.【答案】(1)解:由|F1F2|=4=2c⇒c=2,由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10,∠F1MF2=90∘,故|MF1|2+|MF2|2=16,∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36,∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3,∴b2=a2−c2=5,即椭圆的标准方程为y29+x25=1. (2)解:假设满足条件的直线l存在,当直线l的斜率不存在时,不合题意,不妨设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),显然x1x2<0,联立y=kx−2y29+x25=1,得(5k2+9)x2−20kx−25=0,所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2),因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|,S△OBF1=12⋅c⋅|x2|,得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57,即x1=−57×2(3),由(1),(3),得x2=70k5k2+9(4),将(1)(4)代入(3)得k2=115⇒k=±1515,所以直线l的方程为y=±1515x−2,故存在直线l,使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5:7.19.【答案】(1)解:∵Sn=2an−2(n∈N∗),∴n=1时a1=2,∵n≥2时,Sn−1=2an−1−2,∴an=2an−2an−1,即an=2an−1,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n,由题可知,{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,∴1bn=2+(n−1)=n+1,∴bn=1n+1.(2)解:cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,(i)n为偶数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1),(ii)n为奇数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1)=n2+4n+34+43(2n−1−1), i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1),n为奇数n2+2n4+43(2n−1),n为偶数(3)证明:∵an2=(2n)2=4n,Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1),∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1,(i)右式证明:anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n,∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明:anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.20.【答案】(1)解:设切点坐标(x0,ex0),g′(x0)=ex0,切线方程为y−ex0=ex0(x−x0),即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e,∴b=e.(2)解:∵f(x)=ax−bx+e2,∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0,即axlna>b,又∵a>1,∴lna>0,所以不等式化为ax>blna,当b≤0时,不等式恒成立,f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增,f(x)单调递增区间为(−∞,+∞),无单调递减区间.当b>0时,ax>blna解集为x>loga(blna),∴x∈(loga(blna),+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(−∞,loga(blna))时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上,b≤0时,f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞),b>0时,f(x)的单调递增区间为(loga(blna),+∞),f(x)的单调递减区间为(−∞,loga(blna)).(3)解:∵函数有两个不同的零点,∴f(logablna)<0,即alogablna−blogablna+e2<0,∴alogablna−blnblnalna+e2<0, 即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,∵m′(t)=−lnt,∴当t>1时,m′(t)<0,∴m(t)在(1,+∞)单调递减;当t<1时,m′(t)>0,∴m(t)在(0,1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0,∴当且仅当t>e2时,m(t)<0,即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立,∴lna≤2⇒a≤e2,∴a∈(1,e2].
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.已知全集为R,集合A={x∣−2 b>aB.b>c>aC.a>c>bD.b>a>c6.已知圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球,则此正四面体的棱长a为(  )A.2B.322C.3D.92(3−2)7.已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线于A,B两点(异于坐标原点),双曲线的离心率为2,△AOB的面积为64,则抛物线的焦点坐标为(  )A.(2,0)B.(−2,0)C.(4,0)D.(−4,0)8.函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2 0时,f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对,则a的取值范围是(  )A.(625,+∞)B.(4,64)C.(9,625)D.(9,64)二、填空题10.复数:满足zi=3+4i(i是虚数单位),则复数z在复平面内所表示的点的坐标为  .11.若(1−3x)n展开式中各项系数的和等于64,则展开式中x2的系数是  .12.设直线y=x+2a与圆C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B两点,若|AB|=23,则圆C的面积为  13.已知a,b,c均为正数,且abc=4(a+b),则a+b+c的最小值为  .14.某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额商品后即可抽奖,每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中,各随机摸出1个球,在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖:若只有1个红球,则获二等奖:若没有红球,则不获奖.求顾客抽奖1次能获奖的概率  ;若某顾客有3次抽奖机会,则该顾客在3次抽奖中至多有两次获得一等奖的概率  .15.如图.在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,∠BCD=60∘,∠ADC=150∘,BE=3EC,CD=233,BE=3,BD=  ;若点F为边AD上的动点,则EF⋅BF的最小值为  .三、解答题16.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.(1)若a=3c,b=2,cosB=23,求c的值;(2)若sinAa=cosB2b,求sin(B+π2)的值;(3)若A+C=2B,且sinAsinC=cos2B,三角形的面积S=43,求边b的值.17.如图,在四棱台ABCD−A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,∠ABC=60∘,AA1=A1B1=12AB=1,AA1⊥平面ABCD.(1)若点M是AD的中点,求证:C1M//平面ABB1A1 (2)求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值;(3)棱BC上存在点E,使得CE=1−32,求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18.已知点M是椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的上、下焦点,|F1F2|=4,当∠F1MF2=90°,△F1MF2的面积为5.(1)求椭圆C的方程:(2)设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A,B,是否存在直线l,使得△OAF2与△OBF1(O是坐标原点)的面积比值为5:7.若存在,求出直线l的方程:若不存在,说明理由.19.已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12,且満足1bn−1bn−1=1(n>2,n∈N∗)(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足cn=1bn,n为奇数an,n为偶数;求i=1nci(3)Tn=i=1nai2,数列{anTn}的前n项和为Rn,求证:34(1−12n+1−1)≤R<1.20.设a,b为实数,且a>1,已知函数g(x)=ax,ℎ(x)=bx−e2(x∈R).(1)当a=e时,曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2,求b的值;(2)求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间:(3)若对任意b>2e2,函数f(x)=g(x)−ℎ(x))有两个不同的零点,求a的取值范围.答案解析部分1.【答案】A2.【答案】D3.【答案】D4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】A7.【答案】B8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】(4,3)11.【答案】135 12.【答案】4π13.【答案】814.【答案】710;12412515.【答案】2;151616.【答案】(1)解:∵a=3c,b=2,cosB=23,由余弦定理知cosB=a2+c2−b22ac,即23=(3c)2+c2−(2)22×3c⋅c,即c2=13,∴c=33.(2)解:∵sinAa=cosB2b,由正弦定理asinA=bsinB,得cosB2b=sinBb,即cosB=2sinBsin2B+cos2B=1⇒sinB=55cosB=±255,∵sinB>0,∴cosB=2sinB>0,∴cosB=255,∴sin(B+π2)=cosB=255.(3)解:由A+C=2B⇒B=π3,∴sinAsinC=cos2B=14,∴a2R⋅c2R=14,由S=43=12acsinB⇒ac=16,∴164R2=14⇒R=4,∴bsinB=2R=8⇒b=43.17.【答案】(1)证明:取BC的中点为N,连接C1N,NM,在菱形ABCD中,因为BN=NC,AM=MD,则MN//AB,而MN⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,故MN//平面ABB1A1,由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC,而A1B1=12AB,故C1B1=12CB,故C1B1=NB,故四边形C1B1BN为平行四边形,故C1N//BB1,而C1N⊄平面ABB1A1,B1B⊂平面ABB1A1,故C1N//平面ABB1A1,因为C1N∩MN=N,C1N⊂平面C1MN,MN⊂平面C1MN,故平面C1MN//平面ABB1A1,而C1M⊂平面C1MN,故C1M//平面ABB1A1.(2)解: 在平面ABCD中,过A作AD的垂线,与BC交于S,因为AA1⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,故AA1⊥AD,同理AA1⊥AS,故可建立如图所示的空间直角坐标系,故A(0,0,0),A1(0,0,1),D(0,2,0),C(3,1,0),B(3,−1,0),B1(32,−12,1),D1(0,1,1),故M(0,1,0),BC=(0,2,0),所以B1C1=(0,1,0),所以C1(32,12,1),故C1M=(−32,12,−1),而平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),设直线C1M与平面AD1D所成的角为α,则sinα=|cos〈C1M,n〉|=321×2=64.(3)解:由|CE|=1−32可得E(3,32,0),故AE=(3,32,0),而AD1=(0,1,1),设平面AED1的法向量为m=(x,y,z),则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0,取x=1,则y=−2,z=2,故m=(1,−2,2),结合(2)的平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),故cos =11×3=13,设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β,则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.18.【答案】(1)解:由|F1F2|=4=2c⇒c=2,由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10,∠F1MF2=90∘,故|MF1|2+|MF2|2=16,∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36,∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3,∴b2=a2−c2=5,即椭圆的标准方程为y29+x25=1. (2)解:假设满足条件的直线l存在,当直线l的斜率不存在时,不合题意,不妨设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),显然x1x2<0,联立y=kx−2y29+x25=1,得(5k2+9)x2−20kx−25=0,所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2),因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|,S△OBF1=12⋅c⋅|x2|,得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57,即x1=−57×2(3),由(1),(3),得x2=70k5k2+9(4),将(1)(4)代入(3)得k2=115⇒k=±1515,所以直线l的方程为y=±1515x−2,故存在直线l,使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5:7.19.【答案】(1)解:∵Sn=2an−2(n∈N∗),∴n=1时a1=2,∵n≥2时,Sn−1=2an−1−2,∴an=2an−2an−1,即an=2an−1,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n,由题可知,{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,∴1bn=2+(n−1)=n+1,∴bn=1n+1.(2)解:cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,(i)n为偶数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1),(ii)n为奇数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1)=n2+4n+34+43(2n−1−1), i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1),n为奇数n2+2n4+43(2n−1),n为偶数(3)证明:∵an2=(2n)2=4n,Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1),∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1,(i)右式证明:anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n,∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明:anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.20.【答案】(1)解:设切点坐标(x0,ex0),g′(x0)=ex0,切线方程为y−ex0=ex0(x−x0),即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e,∴b=e.(2)解:∵f(x)=ax−bx+e2,∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0,即axlna>b,又∵a>1,∴lna>0,所以不等式化为ax>blna,当b≤0时,不等式恒成立,f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增,f(x)单调递增区间为(−∞,+∞),无单调递减区间.当b>0时,ax>blna解集为x>loga(blna),∴x∈(loga(blna),+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(−∞,loga(blna))时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上,b≤0时,f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞),b>0时,f(x)的单调递增区间为(loga(blna),+∞),f(x)的单调递减区间为(−∞,loga(blna)).(3)解:∵函数有两个不同的零点,∴f(logablna)<0,即alogablna−blogablna+e2<0,∴alogablna−blnblnalna+e2<0, 即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,∵m′(t)=−lnt,∴当t>1时,m′(t)<0,∴m(t)在(1,+∞)单调递减;当t<1时,m′(t)>0,∴m(t)在(0,1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0,∴当且仅当t>e2时,m(t)<0,即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立,∴lna≤2⇒a≤e2,∴a∈(1,e2].
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.已知全集为R,集合A={x∣−2 b>aB.b>c>aC.a>c>bD.b>a>c6.已知圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球,则此正四面体的棱长a为(  )A.2B.322C.3D.92(3−2)7.已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线于A,B两点(异于坐标原点),双曲线的离心率为2,△AOB的面积为64,则抛物线的焦点坐标为(  )A.(2,0)B.(−2,0)C.(4,0)D.(−4,0)8.函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2 0时,f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对,则a的取值范围是(  )A.(625,+∞)B.(4,64)C.(9,625)D.(9,64)二、填空题10.复数:满足zi=3+4i(i是虚数单位),则复数z在复平面内所表示的点的坐标为  .11.若(1−3x)n展开式中各项系数的和等于64,则展开式中x2的系数是  .12.设直线y=x+2a与圆C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B两点,若|AB|=23,则圆C的面积为  13.已知a,b,c均为正数,且abc=4(a+b),则a+b+c的最小值为  .14.某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额商品后即可抽奖,每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中,各随机摸出1个球,在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖:若只有1个红球,则获二等奖:若没有红球,则不获奖.求顾客抽奖1次能获奖的概率  ;若某顾客有3次抽奖机会,则该顾客在3次抽奖中至多有两次获得一等奖的概率  .15.如图.在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,∠BCD=60∘,∠ADC=150∘,BE=3EC,CD=233,BE=3,BD=  ;若点F为边AD上的动点,则EF⋅BF的最小值为  .三、解答题16.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.(1)若a=3c,b=2,cosB=23,求c的值;(2)若sinAa=cosB2b,求sin(B+π2)的值;(3)若A+C=2B,且sinAsinC=cos2B,三角形的面积S=43,求边b的值.17.如图,在四棱台ABCD−A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,∠ABC=60∘,AA1=A1B1=12AB=1,AA1⊥平面ABCD.(1)若点M是AD的中点,求证:C1M//平面ABB1A1 (2)求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值;(3)棱BC上存在点E,使得CE=1−32,求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18.已知点M是椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的上、下焦点,|F1F2|=4,当∠F1MF2=90°,△F1MF2的面积为5.(1)求椭圆C的方程:(2)设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A,B,是否存在直线l,使得△OAF2与△OBF1(O是坐标原点)的面积比值为5:7.若存在,求出直线l的方程:若不存在,说明理由.19.已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12,且満足1bn−1bn−1=1(n>2,n∈N∗)(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足cn=1bn,n为奇数an,n为偶数;求i=1nci(3)Tn=i=1nai2,数列{anTn}的前n项和为Rn,求证:34(1−12n+1−1)≤R<1.20.设a,b为实数,且a>1,已知函数g(x)=ax,ℎ(x)=bx−e2(x∈R).(1)当a=e时,曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2,求b的值;(2)求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间:(3)若对任意b>2e2,函数f(x)=g(x)−ℎ(x))有两个不同的零点,求a的取值范围.答案解析部分1.【答案】A2.【答案】D3.【答案】D4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】A7.【答案】B8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】(4,3)11.【答案】135 12.【答案】4π13.【答案】814.【答案】710;12412515.【答案】2;151616.【答案】(1)解:∵a=3c,b=2,cosB=23,由余弦定理知cosB=a2+c2−b22ac,即23=(3c)2+c2−(2)22×3c⋅c,即c2=13,∴c=33.(2)解:∵sinAa=cosB2b,由正弦定理asinA=bsinB,得cosB2b=sinBb,即cosB=2sinBsin2B+cos2B=1⇒sinB=55cosB=±255,∵sinB>0,∴cosB=2sinB>0,∴cosB=255,∴sin(B+π2)=cosB=255.(3)解:由A+C=2B⇒B=π3,∴sinAsinC=cos2B=14,∴a2R⋅c2R=14,由S=43=12acsinB⇒ac=16,∴164R2=14⇒R=4,∴bsinB=2R=8⇒b=43.17.【答案】(1)证明:取BC的中点为N,连接C1N,NM,在菱形ABCD中,因为BN=NC,AM=MD,则MN//AB,而MN⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,故MN//平面ABB1A1,由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC,而A1B1=12AB,故C1B1=12CB,故C1B1=NB,故四边形C1B1BN为平行四边形,故C1N//BB1,而C1N⊄平面ABB1A1,B1B⊂平面ABB1A1,故C1N//平面ABB1A1,因为C1N∩MN=N,C1N⊂平面C1MN,MN⊂平面C1MN,故平面C1MN//平面ABB1A1,而C1M⊂平面C1MN,故C1M//平面ABB1A1.(2)解: 在平面ABCD中,过A作AD的垂线,与BC交于S,因为AA1⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,故AA1⊥AD,同理AA1⊥AS,故可建立如图所示的空间直角坐标系,故A(0,0,0),A1(0,0,1),D(0,2,0),C(3,1,0),B(3,−1,0),B1(32,−12,1),D1(0,1,1),故M(0,1,0),BC=(0,2,0),所以B1C1=(0,1,0),所以C1(32,12,1),故C1M=(−32,12,−1),而平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),设直线C1M与平面AD1D所成的角为α,则sinα=|cos〈C1M,n〉|=321×2=64.(3)解:由|CE|=1−32可得E(3,32,0),故AE=(3,32,0),而AD1=(0,1,1),设平面AED1的法向量为m=(x,y,z),则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0,取x=1,则y=−2,z=2,故m=(1,−2,2),结合(2)的平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),故cos =11×3=13,设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β,则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.18.【答案】(1)解:由|F1F2|=4=2c⇒c=2,由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10,∠F1MF2=90∘,故|MF1|2+|MF2|2=16,∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36,∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3,∴b2=a2−c2=5,即椭圆的标准方程为y29+x25=1. (2)解:假设满足条件的直线l存在,当直线l的斜率不存在时,不合题意,不妨设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),显然x1x2<0,联立y=kx−2y29+x25=1,得(5k2+9)x2−20kx−25=0,所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2),因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|,S△OBF1=12⋅c⋅|x2|,得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57,即x1=−57×2(3),由(1),(3),得x2=70k5k2+9(4),将(1)(4)代入(3)得k2=115⇒k=±1515,所以直线l的方程为y=±1515x−2,故存在直线l,使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5:7.19.【答案】(1)解:∵Sn=2an−2(n∈N∗),∴n=1时a1=2,∵n≥2时,Sn−1=2an−1−2,∴an=2an−2an−1,即an=2an−1,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n,由题可知,{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,∴1bn=2+(n−1)=n+1,∴bn=1n+1.(2)解:cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,(i)n为偶数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1),(ii)n为奇数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1)=n2+4n+34+43(2n−1−1), i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1),n为奇数n2+2n4+43(2n−1),n为偶数(3)证明:∵an2=(2n)2=4n,Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1),∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1,(i)右式证明:anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n,∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明:anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.20.【答案】(1)解:设切点坐标(x0,ex0),g′(x0)=ex0,切线方程为y−ex0=ex0(x−x0),即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e,∴b=e.(2)解:∵f(x)=ax−bx+e2,∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0,即axlna>b,又∵a>1,∴lna>0,所以不等式化为ax>blna,当b≤0时,不等式恒成立,f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增,f(x)单调递增区间为(−∞,+∞),无单调递减区间.当b>0时,ax>blna解集为x>loga(blna),∴x∈(loga(blna),+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(−∞,loga(blna))时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上,b≤0时,f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞),b>0时,f(x)的单调递增区间为(loga(blna),+∞),f(x)的单调递减区间为(−∞,loga(blna)).(3)解:∵函数有两个不同的零点,∴f(logablna)<0,即alogablna−blogablna+e2<0,∴alogablna−blnblnalna+e2<0, 即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,∵m′(t)=−lnt,∴当t>1时,m′(t)<0,∴m(t)在(1,+∞)单调递减;当t<1时,m′(t)>0,∴m(t)在(0,1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0,∴当且仅当t>e2时,m(t)<0,即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立,∴lna≤2⇒a≤e2,∴a∈(1,e2].
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.已知全集为R,集合A={x∣−2 b>aB.b>c>aC.a>c>bD.b>a>c6.已知圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球,则此正四面体的棱长a为(  )A.2B.322C.3D.92(3−2)7.已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线于A,B两点(异于坐标原点),双曲线的离心率为2,△AOB的面积为64,则抛物线的焦点坐标为(  )A.(2,0)B.(−2,0)C.(4,0)D.(−4,0)8.函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2 0时,f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对,则a的取值范围是(  )A.(625,+∞)B.(4,64)C.(9,625)D.(9,64)二、填空题10.复数:满足zi=3+4i(i是虚数单位),则复数z在复平面内所表示的点的坐标为  .11.若(1−3x)n展开式中各项系数的和等于64,则展开式中x2的系数是  .12.设直线y=x+2a与圆C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B两点,若|AB|=23,则圆C的面积为  13.已知a,b,c均为正数,且abc=4(a+b),则a+b+c的最小值为  .14.某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额商品后即可抽奖,每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中,各随机摸出1个球,在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖:若只有1个红球,则获二等奖:若没有红球,则不获奖.求顾客抽奖1次能获奖的概率  ;若某顾客有3次抽奖机会,则该顾客在3次抽奖中至多有两次获得一等奖的概率  .15.如图.在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,∠BCD=60∘,∠ADC=150∘,BE=3EC,CD=233,BE=3,BD=  ;若点F为边AD上的动点,则EF⋅BF的最小值为  .三、解答题16.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.(1)若a=3c,b=2,cosB=23,求c的值;(2)若sinAa=cosB2b,求sin(B+π2)的值;(3)若A+C=2B,且sinAsinC=cos2B,三角形的面积S=43,求边b的值.17.如图,在四棱台ABCD−A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,∠ABC=60∘,AA1=A1B1=12AB=1,AA1⊥平面ABCD.(1)若点M是AD的中点,求证:C1M//平面ABB1A1 (2)求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值;(3)棱BC上存在点E,使得CE=1−32,求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18.已知点M是椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的上、下焦点,|F1F2|=4,当∠F1MF2=90°,△F1MF2的面积为5.(1)求椭圆C的方程:(2)设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A,B,是否存在直线l,使得△OAF2与△OBF1(O是坐标原点)的面积比值为5:7.若存在,求出直线l的方程:若不存在,说明理由.19.已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12,且満足1bn−1bn−1=1(n>2,n∈N∗)(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足cn=1bn,n为奇数an,n为偶数;求i=1nci(3)Tn=i=1nai2,数列{anTn}的前n项和为Rn,求证:34(1−12n+1−1)≤R<1.20.设a,b为实数,且a>1,已知函数g(x)=ax,ℎ(x)=bx−e2(x∈R).(1)当a=e时,曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2,求b的值;(2)求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间:(3)若对任意b>2e2,函数f(x)=g(x)−ℎ(x))有两个不同的零点,求a的取值范围.答案解析部分1.【答案】A2.【答案】D3.【答案】D4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】A7.【答案】B8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】(4,3)11.【答案】135 12.【答案】4π13.【答案】814.【答案】710;12412515.【答案】2;151616.【答案】(1)解:∵a=3c,b=2,cosB=23,由余弦定理知cosB=a2+c2−b22ac,即23=(3c)2+c2−(2)22×3c⋅c,即c2=13,∴c=33.(2)解:∵sinAa=cosB2b,由正弦定理asinA=bsinB,得cosB2b=sinBb,即cosB=2sinBsin2B+cos2B=1⇒sinB=55cosB=±255,∵sinB>0,∴cosB=2sinB>0,∴cosB=255,∴sin(B+π2)=cosB=255.(3)解:由A+C=2B⇒B=π3,∴sinAsinC=cos2B=14,∴a2R⋅c2R=14,由S=43=12acsinB⇒ac=16,∴164R2=14⇒R=4,∴bsinB=2R=8⇒b=43.17.【答案】(1)证明:取BC的中点为N,连接C1N,NM,在菱形ABCD中,因为BN=NC,AM=MD,则MN//AB,而MN⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,故MN//平面ABB1A1,由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC,而A1B1=12AB,故C1B1=12CB,故C1B1=NB,故四边形C1B1BN为平行四边形,故C1N//BB1,而C1N⊄平面ABB1A1,B1B⊂平面ABB1A1,故C1N//平面ABB1A1,因为C1N∩MN=N,C1N⊂平面C1MN,MN⊂平面C1MN,故平面C1MN//平面ABB1A1,而C1M⊂平面C1MN,故C1M//平面ABB1A1.(2)解: 在平面ABCD中,过A作AD的垂线,与BC交于S,因为AA1⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,故AA1⊥AD,同理AA1⊥AS,故可建立如图所示的空间直角坐标系,故A(0,0,0),A1(0,0,1),D(0,2,0),C(3,1,0),B(3,−1,0),B1(32,−12,1),D1(0,1,1),故M(0,1,0),BC=(0,2,0),所以B1C1=(0,1,0),所以C1(32,12,1),故C1M=(−32,12,−1),而平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),设直线C1M与平面AD1D所成的角为α,则sinα=|cos〈C1M,n〉|=321×2=64.(3)解:由|CE|=1−32可得E(3,32,0),故AE=(3,32,0),而AD1=(0,1,1),设平面AED1的法向量为m=(x,y,z),则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0,取x=1,则y=−2,z=2,故m=(1,−2,2),结合(2)的平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),故cos =11×3=13,设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β,则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.18.【答案】(1)解:由|F1F2|=4=2c⇒c=2,由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10,∠F1MF2=90∘,故|MF1|2+|MF2|2=16,∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36,∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3,∴b2=a2−c2=5,即椭圆的标准方程为y29+x25=1. (2)解:假设满足条件的直线l存在,当直线l的斜率不存在时,不合题意,不妨设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),显然x1x2<0,联立y=kx−2y29+x25=1,得(5k2+9)x2−20kx−25=0,所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2),因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|,S△OBF1=12⋅c⋅|x2|,得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57,即x1=−57×2(3),由(1),(3),得x2=70k5k2+9(4),将(1)(4)代入(3)得k2=115⇒k=±1515,所以直线l的方程为y=±1515x−2,故存在直线l,使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5:7.19.【答案】(1)解:∵Sn=2an−2(n∈N∗),∴n=1时a1=2,∵n≥2时,Sn−1=2an−1−2,∴an=2an−2an−1,即an=2an−1,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n,由题可知,{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,∴1bn=2+(n−1)=n+1,∴bn=1n+1.(2)解:cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,(i)n为偶数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1),(ii)n为奇数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1)=n2+4n+34+43(2n−1−1), i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1),n为奇数n2+2n4+43(2n−1),n为偶数(3)证明:∵an2=(2n)2=4n,Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1),∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1,(i)右式证明:anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n,∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明:anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.20.【答案】(1)解:设切点坐标(x0,ex0),g′(x0)=ex0,切线方程为y−ex0=ex0(x−x0),即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e,∴b=e.(2)解:∵f(x)=ax−bx+e2,∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0,即axlna>b,又∵a>1,∴lna>0,所以不等式化为ax>blna,当b≤0时,不等式恒成立,f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增,f(x)单调递增区间为(−∞,+∞),无单调递减区间.当b>0时,ax>blna解集为x>loga(blna),∴x∈(loga(blna),+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(−∞,loga(blna))时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上,b≤0时,f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞),b>0时,f(x)的单调递增区间为(loga(blna),+∞),f(x)的单调递减区间为(−∞,loga(blna)).(3)解:∵函数有两个不同的零点,∴f(logablna)<0,即alogablna−blogablna+e2<0,∴alogablna−blnblnalna+e2<0, 即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,∵m′(t)=−lnt,∴当t>1时,m′(t)<0,∴m(t)在(1,+∞)单调递减;当t<1时,m′(t)>0,∴m(t)在(0,1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0,∴当且仅当t>e2时,m(t)<0,即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立,∴lna≤2⇒a≤e2,∴a∈(1,e2].
简介:高三下学期数学二模试卷一、单选题1.已知全集为R,集合A={x∣−2 b>aB.b>c>aC.a>c>bD.b>a>c6.已知圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球,则此正四面体的棱长a为(  )A.2B.322C.3D.92(3−2)7.已知抛物线y2=2px(p<0)交双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线于A,B两点(异于坐标原点),双曲线的离心率为2,△AOB的面积为64,则抛物线的焦点坐标为(  )A.(2,0)B.(−2,0)C.(4,0)D.(−4,0)8.函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2 0时,f(x)=logax(a>0且a≠1).若函数f(x)的图象上关于原点对称的点恰好有3对,则a的取值范围是(  )A.(625,+∞)B.(4,64)C.(9,625)D.(9,64)二、填空题10.复数:满足zi=3+4i(i是虚数单位),则复数z在复平面内所表示的点的坐标为  .11.若(1−3x)n展开式中各项系数的和等于64,则展开式中x2的系数是  .12.设直线y=x+2a与圆C:x2+y2-2ay-2=0相交于A,B两点,若|AB|=23,则圆C的面积为  13.已知a,b,c均为正数,且abc=4(a+b),则a+b+c的最小值为  .14.某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额商品后即可抽奖,每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中,各随机摸出1个球,在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖:若只有1个红球,则获二等奖:若没有红球,则不获奖.求顾客抽奖1次能获奖的概率  ;若某顾客有3次抽奖机会,则该顾客在3次抽奖中至多有两次获得一等奖的概率  .15.如图.在平面四边形ABCD中,AB⊥BC,∠BCD=60∘,∠ADC=150∘,BE=3EC,CD=233,BE=3,BD=  ;若点F为边AD上的动点,则EF⋅BF的最小值为  .三、解答题16.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.(1)若a=3c,b=2,cosB=23,求c的值;(2)若sinAa=cosB2b,求sin(B+π2)的值;(3)若A+C=2B,且sinAsinC=cos2B,三角形的面积S=43,求边b的值.17.如图,在四棱台ABCD−A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,∠ABC=60∘,AA1=A1B1=12AB=1,AA1⊥平面ABCD.(1)若点M是AD的中点,求证:C1M//平面ABB1A1 (2)求直线C1M与平面AD1D所成角的余弦值;(3)棱BC上存在点E,使得CE=1−32,求平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值.18.已知点M是椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的上、下焦点,|F1F2|=4,当∠F1MF2=90°,△F1MF2的面积为5.(1)求椭圆C的方程:(2)设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A,B,是否存在直线l,使得△OAF2与△OBF1(O是坐标原点)的面积比值为5:7.若存在,求出直线l的方程:若不存在,说明理由.19.已知数列{an}的前n项和为Sn满足Sn=2an−2(n∈N∗).数列{bn}满足b1=12,且満足1bn−1bn−1=1(n>2,n∈N∗)(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)若数列{cn}满足cn=1bn,n为奇数an,n为偶数;求i=1nci(3)Tn=i=1nai2,数列{anTn}的前n项和为Rn,求证:34(1−12n+1−1)≤R<1.20.设a,b为实数,且a>1,已知函数g(x)=ax,ℎ(x)=bx−e2(x∈R).(1)当a=e时,曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2,求b的值;(2)求函数f(x)=g(x)−ℎ(x)的单调区间:(3)若对任意b>2e2,函数f(x)=g(x)−ℎ(x))有两个不同的零点,求a的取值范围.答案解析部分1.【答案】A2.【答案】D3.【答案】D4.【答案】C5.【答案】B6.【答案】A7.【答案】B8.【答案】A9.【答案】C10.【答案】(4,3)11.【答案】135 12.【答案】4π13.【答案】814.【答案】710;12412515.【答案】2;151616.【答案】(1)解:∵a=3c,b=2,cosB=23,由余弦定理知cosB=a2+c2−b22ac,即23=(3c)2+c2−(2)22×3c⋅c,即c2=13,∴c=33.(2)解:∵sinAa=cosB2b,由正弦定理asinA=bsinB,得cosB2b=sinBb,即cosB=2sinBsin2B+cos2B=1⇒sinB=55cosB=±255,∵sinB>0,∴cosB=2sinB>0,∴cosB=255,∴sin(B+π2)=cosB=255.(3)解:由A+C=2B⇒B=π3,∴sinAsinC=cos2B=14,∴a2R⋅c2R=14,由S=43=12acsinB⇒ac=16,∴164R2=14⇒R=4,∴bsinB=2R=8⇒b=43.17.【答案】(1)证明:取BC的中点为N,连接C1N,NM,在菱形ABCD中,因为BN=NC,AM=MD,则MN//AB,而MN⊄平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1,故MN//平面ABB1A1,由四棱台ABCD−A1B1C1D1可得B1C1//BC,而A1B1=12AB,故C1B1=12CB,故C1B1=NB,故四边形C1B1BN为平行四边形,故C1N//BB1,而C1N⊄平面ABB1A1,B1B⊂平面ABB1A1,故C1N//平面ABB1A1,因为C1N∩MN=N,C1N⊂平面C1MN,MN⊂平面C1MN,故平面C1MN//平面ABB1A1,而C1M⊂平面C1MN,故C1M//平面ABB1A1.(2)解: 在平面ABCD中,过A作AD的垂线,与BC交于S,因为AA1⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,故AA1⊥AD,同理AA1⊥AS,故可建立如图所示的空间直角坐标系,故A(0,0,0),A1(0,0,1),D(0,2,0),C(3,1,0),B(3,−1,0),B1(32,−12,1),D1(0,1,1),故M(0,1,0),BC=(0,2,0),所以B1C1=(0,1,0),所以C1(32,12,1),故C1M=(−32,12,−1),而平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),设直线C1M与平面AD1D所成的角为α,则sinα=|cos〈C1M,n〉|=321×2=64.(3)解:由|CE|=1−32可得E(3,32,0),故AE=(3,32,0),而AD1=(0,1,1),设平面AED1的法向量为m=(x,y,z),则n⋅AE=0n⋅AD1=0即{y+z=032y+3x=0,取x=1,则y=−2,z=2,故m=(1,−2,2),结合(2)的平面ADD1的一个法向量为n=(1,0,0),故cos =11×3=13,设平面EAD1与平面AD1D的夹角为β,则sinβ=1−cos2β=1−(13)2=223.故平面EAD1与平面AD1D的夹角的正弦值为223.18.【答案】(1)解:由|F1F2|=4=2c⇒c=2,由S△F1MF2=12|MF1|⋅|MF2|=5⇒|MF1|⋅|MF2|=10,∠F1MF2=90∘,故|MF1|2+|MF2|2=16,∴(|MF1|+|MF2|)2=|MF1|2+|MF2|2+2|MF1|⋅|MF2|=36,∴|MF1|+|MF2|=6=2a⇒a=3,∴b2=a2−c2=5,即椭圆的标准方程为y29+x25=1. (2)解:假设满足条件的直线l存在,当直线l的斜率不存在时,不合题意,不妨设直线l:y=kx−2,A(x1,y1),B(x2,y2),显然x1x2<0,联立y=kx−2y29+x25=1,得(5k2+9)x2−20kx−25=0,所以x1+x2=20k5k2+9(1)x1x2=−255k2+9(2),因为S△OAF2=12⋅c⋅|x1|,S△OBF1=12⋅c⋅|x2|,得S△OAF2S△OBF1=|x1||x2|=−x1x2=57,即x1=−57×2(3),由(1),(3),得x2=70k5k2+9(4),将(1)(4)代入(3)得k2=115⇒k=±1515,所以直线l的方程为y=±1515x−2,故存在直线l,使得△OAF2与△OBF1的面积比值为5:7.19.【答案】(1)解:∵Sn=2an−2(n∈N∗),∴n=1时a1=2,∵n≥2时,Sn−1=2an−1−2,∴an=2an−2an−1,即an=2an−1,∴{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n,由题可知,{1bn}是首项为2,公差为1的等差数列,∴1bn=2+(n−1)=n+1,∴bn=1n+1.(2)解:cn=n+1,n为奇数2n,n为偶数,(i)n为偶数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn−1)+(c2+c4+⋯+cn)=(2+4+⋯+n)+(22+24+⋯2n)=2+n2⋅n2+4−2n⋅41−4=n2+2n4+43(2n−1),(ii)n为奇数时,i=1nci=(c1+c3+⋯+cn)+(c2+c4+⋯+cn−1)=n2+4n+34+43(2n−1−1), i=1ci=n2+4n+34+43(2n−1−1),n为奇数n2+2n4+43(2n−1),n为偶数(3)证明:∵an2=(2n)2=4n,Tn=4−4n⋅41−4=43(4n−1),∴anTn=2n×34×14n−1=34×2n4n−1,(i)右式证明:anTn=34×2n4n−1≤34×2n4n−1×3=12n,∴Rn≤12+122+⋯+12n=1−12n<1(ii)左式证明:anTn=34×2n4n−1=34×2n(2n−1)(2n+1)≥34×2n(2n−1)(2n+1−1)=34(12n−1−12n+1−1)∴Rn≥34(1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)综上34(1−12n+1−1)≤Rn<1得证.20.【答案】(1)解:设切点坐标(x0,ex0),g′(x0)=ex0,切线方程为y−ex0=ex0(x−x0),即y=ex0x−ex0x0+ex0又曲线g(x)的切线方程为y=ℎ(x)+e2=bx∴ex0=b−ex0x0+ex0=0⇒x0=1b=e,∴b=e.(2)解:∵f(x)=ax−bx+e2,∴f′(x)=axlna−b令f′(x)>0,即axlna>b,又∵a>1,∴lna>0,所以不等式化为ax>blna,当b≤0时,不等式恒成立,f′(x)≥0,f(x)在R上单调递增,f(x)单调递增区间为(−∞,+∞),无单调递减区间.当b>0时,ax>blna解集为x>loga(blna),∴x∈(loga(blna),+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(−∞,loga(blna))时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上,b≤0时,f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞),b>0时,f(x)的单调递增区间为(loga(blna),+∞),f(x)的单调递减区间为(−∞,loga(blna)).(3)解:∵函数有两个不同的零点,∴f(logablna)<0,即alogablna−blogablna+e2<0,∴alogablna−blnblnalna+e2<0, 即blna−blnalnblna+e2<0,设t=blna,令m(t)=t−tlnt+e2,∵m′(t)=−lnt,∴当t>1时,m′(t)<0,∴m(t)在(1,+∞)单调递减;当t<1时,m′(t)>0,∴m(t)在(0,1)上单调递增.又∵当0 0且m(e2)=0,∴当且仅当t>e2时,m(t)<0,即blna>e2⇒b>e2lnab>2e2对任意b>2e2成立,∴lna≤2⇒a≤e2,∴a∈(1,e2].