天津市2020-2021学年高三数学上学期期末模拟试卷2套(含答案)

高三年级总复习质量检测（二）数学（文史类）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟．第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页．第Ⅰ卷（选择题共40分）注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。

2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其他答案标号。

答在试卷上的无效。

3．本卷共8小题，每小题5分，共40分。

参考公式：·如果事件A，B互斥，那么P（A∪B）＝P（A）＋P（B）·如果事件A，B相互独立，那么·球的表面积公式S＝24Rπ球的体积公式V＝343Rπ其中R表示球的半径P （AB ）＝P （A ）g P （B ）一、选择题：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）已知全集U ＝R ，集合A ＝{1，2，3，4，5}， B ＝{x ∈R|x ≥3}，则图中阴影部分所表示的集合为（A ）{1，2，3} （B ）{3，4，5} （C ）{1，2}（D ）{4，5}（2）某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为80秒．若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待30秒才出现绿灯的概率为（A ）38（B ）58（C ）14（D ）35（3）为得到函数 y ＝sin(2x ＋π6) 的图象，只需将函数 y ＝sin2x 的图象（A ）向左平移 π3个长度单位（B ）向左平移 π6个长度单位（C ）向左平移π12个长度单位 （D ）向右平移π12个长度单位（4）在△ABC 中，已知BC ＝1，B ＝π3，△ABC 的面积为3，则AC 的长为（A ）3（B ）13 （C ）21（D ）57（5）执行如图所示的程序框图．如果输入n ＝3， 则输出的S 值为（A ）25（B ）45（C ）37（D ）67（6）已知条件 p ：|x ＋1|＞2，条件 q ：x ＞a ，且 ¬p 是 ¬q 的充分不必要条件，则 a 的取值范围是（A）a≥1 （B）a≤1（C）a≥－1 （D）a≤－3（7）已知x＝ln π，y＝log52，z＝e－0.5，则（A）x＜y＜z （B）x＜z＜y（C）z＜y＜x （D）y＜z＜x（8）对任意的x＞0，总有()|lg|=--≤0，则a 的取值范围是f x a x x（A）(－∞，lge－lg(lge)] （B）(－∞，1]（C）[1，lge－lg(lge)] （D）[lge－lg(lge)，＋∞)数学（文史类）第Ⅱ卷注意事项：1．答卷前将密封线内的项目填写清楚。

2020-2021学年天津市七校高三（上）期末数学试卷一、单选题（本大题共9小题，共45.0分）1.设集合M={1,2}，N={x∈Z|x2−2x−3<0}，则M∩N=()A. [1,2]B. {−1,3}C. {1}D. {1,2}2.对于实数a、b，“b<a<0”是“1b >1a”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件3.函数f(x)=(x2−2x)e x的图象大致是()A. B.C. D.4.某学校组织部分学生参加体能测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100].若低于60分的人数是18人，则参加体能测试的学生人数是()A. 45B. 48C. 50D. 605.已知三棱锥A−BCD的四个顶点A、B、C、D都在半径为√3的球O的表面上，AC⊥平面BCD，BD=3，BC=2，CD=√5，则该三棱锥的体积为()A. √153B. 2√153C. √156D. √156.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+6)=f(x)，y=f(x+3)为偶函数，若f(x)在(0,3)内单调递减.则下面结论正确的是()A. f(10)<f(e12)<f(ln2)B. f(e12)<f(ln2)<f(10)C. f(ln2)<f(10)<f(e12)D. f(ln2)<f(e12)<f(10)7. 已知双曲线C ：x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的左焦点为F ，以OF 为直径的圆与双曲线C 的渐近线交于不同原点O 的A ，B 两点，若边边形AOBF 的面积为12(a 2+b 2)，则双曲线C 的渐近线方程为( )A. y =±√22x B. y =±√2x C. y =±x D. y =±2x8. 已知函数f(x)=2(|cosx|+cosx)⋅sinx 给出下列四个命题： ①f(x)的最小正周期为π；②f(x)的图象关于直线x =π4对称； ③f(x)在区间[−π4,π4]上单调递增； ④f(x)的值域为[−2,2]． 其中所有正确的编号是( )A. ②④B. ③④C. ①③④D. ②③9. 已知函数f(x)={x 2+(4a −3)x +3a, x <0log a (x +1)+1, x ≥0(a >0，且a ≠1)在R 上单调递减，且关于x 的方程|f(x)|=2−x 恰好有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是( )A. (0,23]B. [23,34]C. [13,23]∪{34}D. [13,23)∪{34}二、单空题（本大题共4小题，共20.0分） 10. 复数−1+3i1+2i = ______ ．11. (x 3+1x )7的展开式中的x 5的系数是______(用数字填写答案)．12. 已知圆C ：x 2+y 2−2x −2y −6=0.直线l 过点(0,3)，且与圆C 交于A 、B 两点，|AB|=4，则直线l 的方程______． 13. 已知实数a >0，b >0，1a +2b =1，则4aa−1+3bb−2的最小值是______ ．三、多空题（本大题共2小题，共10.0分）14. 一个口袋里装有大小相同的5个小球，其中红色两个，其余3个颜色各不相同.现从中任意取出3个小球，其中恰有2个小球颜色相同的概率是 _;若变量X 为取出的三个小球中红球的个数，则X 的数学期望E(X)= ．15. 已知扇形AOB 半径为1，∠AOB =60°，弧AB ⏜上的点P 满足OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λOA ⃗⃗⃗⃗⃗ +μOB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (λ,μ∈R)，则λ+μ的最大值是 (1) ；PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 最小值是 (2) ．四、解答题（本大题共5小题，共75.0分）16. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知B =45°，b =√10，tanC =12．(Ⅰ)求边a ；(Ⅱ)求sin(2A −B)．17.如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，FA=FC，且∠DAB=∠DBF=60°．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求二面角E−AF−B的余弦值；(3)若M为线段DE上的一点，满足直线AM与平面ABF所成角的正弦值为2√3015，求线段DM的长．18.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1和F2，离心率为12，以P在椭圆E上，且△PF1F2的面积的最大值为√3．(1)求椭圆C的方程；(2)直线l过椭圆C右焦点F2，交该椭圆于A、B两点，AB中点为Q，射线OQ交椭圆于P，记△AOQ的面积为S1，△BPQ的面积为S2，若S2=3S1，求直线l的方程．19.已知等比数列{a n}的公比q>0，且满足a1+a2=6a3，a4=4a32，数列{b n}的前n项和S n=n(n+1)2，n∈N∗．(Ⅰ)求数列{a n}和{b n}的通项公式；(Ⅱ)设c n={3b n+8b n b n+2⋅a n+2,n为奇数a nb n,n为偶数，求数列{c n}的前2n项和T2n．20.已知函数f(x)=e xx−lnx+x−2a，a∈R．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，(ⅰ)求a的取值范围；4a2−2a−1答案和解析1.【答案】D【解析】解：∵M={1,2}，N={x∈Z|−1<x<3}={0,1，2}，∴M∩N={1,2}．故选：D．可求出集合N，然后进行交集的运算即可．本题考查了列举法和描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．2.【答案】A【解析】解：由不等式取倒数法则知：“b<a<0”⇒“1b >1a”，反之，由“1b >1a”推不出“b<a<0”，例如b>0，a<0时，1b >1a，但b<a<0不成立．∴对于实数a、b，“b<a<0”是“1b >1a”的充分不必要条件．故选A．由不等式取倒数法则知“b<a<0”⇒“1b >1a”，举反例知“1b>1a”推不出“b<a<0”，由此能求出结果．本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断和应用，是基础题．解题时要认真审题，注意取倒数法则的合理运用．3.【答案】A【解析】解：因为f(0)=(02−2×0)e0=0，排除C；因为f′(x)=(x2−2)e x，解f′(x)>0，所以x∈(−∞,−√2)或x∈(√2,+∞)时f(x)单调递增，排除B，D．故选：A．本题是选择题，可采用排除法进行逐一排除，根据f(0)=0可知图象经过原点，以及根据导函数大于0时原函数单调递增，求出单调增区间，从而可以进行判定．本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及函数的图象等基础知识，考查了排除法，属于基础题．4.【答案】D【解析】解：低于60分的人数是18人，由频率分布直方图得低于60分的频率为：(0.005+0.010)×20=0.3．∴参加体能测试的学生人数n=180.3=60．故选：D．低于60分的人数是18人，由频率分布直方图得低于60分的频率，由此能求出参加体能测试的学生人数．本题考查频数的求法，考查频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．5.【答案】A【解析】解：由题意，AC⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴AC⊥BC，∵AC∩CD=C，AC⊂平面ACD，CD⊂平面ACD，∴BC⊥平面ACD，∴三棱锥S−ABC可以扩充为以AC，BC，DC为棱的长方体，外接球的直径为体对角线，∴4R2=AC2+BC2+CD2=AC2+4+5=12，∴AC=√3，∴该三棱锥的体积为：V A−BCD=13×AC×S△BCD=13×√3×12×2×√5=√153．故选：A．推导出AC⊥BC，BC⊥CD，从而BC⊥平面ACD，进而三棱锥S−ABC可以扩充为以AC，BC，DC为棱的长方体，外接球的直径为体对角线，推导出AC=√3，由此能求出该三棱锥的体积．本题考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．6.【答案】A【解析】解：∵f(x+6)=f(x)，∴f(x)的周期为6，又y=f(x+3)为偶函数，∴f(x+3)=f(−x+3)，∴f(10)=f(4+6)=f(4)=f(1+3)=f(−1+3)=f(2)，又1<e12<2，0<ln2<1，∴0<ln2<1<e12<2，且f(x)在(0,3)内单调递减，∴f(2)<f(e12)<f(ln2)，即f(10)<f(e12)<f(ln2)，故选：A．利用f(x+6)=f(x)得到函数的周期，结合y=f(x+3)为偶函数得到f(10)=f(2)，从而将所求函数的自变量放在了(0,3)范围内，利用单调性求得函数值的大小．本题属于基础题，考查函数的性质，能够将函数的性质综合运用正确解题是我们高中数学的基本功．7.【答案】C【解析】解：根据题意，OA⊥AF，双曲线C的焦点F到C的一条渐近线y=±ba x的距离为√a2+b2=b，则|AF|=b，所以|OA|=a，所以ab=12(a2+b2)，所以ba=1，所以双曲线C的渐近线方程为y=±x．故选：C．切线双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离以及三角形的面积公式结合已知条件求解即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．8.【答案】Bf(π2−x)=2(|cos(π2−x)|+cos(π2−x))⋅sin(π2−x)=2(|sinx|+sinx)⋅cosx≠f(x)，f(x)的图象不关于直线x=π4对称，②错，排除AD选项f(x)在区间[−π4,π4]时，f(x)=2(|cosx|+cosx)⋅sinx=4cosxsinx=2sin2x，在[−π4,π4]上单调递增，③对，排除A选项；故选：B．根据周期，对称轴，单调性的性质进行判断．本题考查三角函数的周期，对称，单调性，可通过排除法排除选项，属于中档题．9.【答案】C【解析】【分析】本题考查了方程的解个数问题，以及参数的取值范围，考查了学生的分析问题，解决问题的能力，以及数形结合的思想，属于中档题．根据分段函数的单调性判断出a的大致范围，再利用函数的图象，推出a的范围．【解答】解：y=log a(x+1)+1在[0,+∞)递减，则0<a<1，函数f(x)在R上单调递减，则：{3−4a2≥0 0<a<102+(4a−3)⋅0+3a≥log a(0+1)+1,解得13≤a≤34；y=|f(x)|和函数y=2−x的图象如下图：由图象可知，在[0,+∞)上，|f(x)|=2−x有且仅有一个解，故在(−∞,0)上，|f(x)|=2−x同样有且仅有一个解，当3a>2即a>23时，联立x2+(4a−3)x+3a=2−x，x<0，则Δ=(4a−2)2−4(3a−2)=0，解得a=34或1(舍去)，当a=34时，方程可化为(x+12)2=0，x=−12符合题意；当1≤3a≤2时，由图象可知，符合条件，综上：a的取值范围为[13,23]∪{34}，10.【答案】1+i【解析】解：−1+3i1+2i =(−1+3i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=5+5i5=1+i．故答案为1+i．直接利用复数的除法运算求解．本题考查了复数代数形式的乘除运算，复数的除法，采用分子分母同时乘以分母的共轭复数，是基础题．11.【答案】35【解析】【分析】本题考查二项展开式的特定项的系数，属于基础题．根据所给的二项式，利用二项展开式的通项写出第r+1项，整理成最简形式，令x的指数为5求得r，再代入系数求出结果．【解答】解：根据所给的二项式写出展开式的通项，T r+1=C7r(x3)7−r(1x)r=C7r x21−4r；要求展开式中含x5的项的系数，∴令21−4r=5，解得r=4，可得：C74=35．故答案为：35．12.【答案】y=0或y=43x+3【解析】解：根据题意，圆C：x2+y2−2x−2y−6=0即(x−1)2+(y−1)2=8，圆心C(1,1)，半径r=2√2，又由直线l与圆C交于A、B两点，|AB|=4，则点C到直线l的距离d=√r2−(|AB|2)2=2，若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x=0，点C到直线l的距离d=1，不符合题意；若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+3，即kx−y+3=0，则有d=√1+k2=2，解可得k=0或43；故直线l的方程为y=0或y=43x+3；故答案为：y=0或y=43x+3．根据题意，分析圆C的圆心以及半径，由直线与圆的位置关系可得点C到直线l的距离d=2，分直线l的斜率是否存在2种情况讨论，求出直线的方程，综合即可得答案．本题考查直线与圆相交的关系，涉及弦长的计算，属于基础题．13.【答案】7+4√3【解析】解：∵1a +2b=1，∴a−1=2ab ,b−2=ba，且a>0，b>0，∴4aa−1+3bb−2=4+4a−1+3+6b−2=7+2ba+6ab≥7+2√12=7+4√3，当且仅当2ba=6ab，即a=1+2√33,b=√3+2∴4aa−1+3bb−2的最小值是7+4√3．故答案为：7+4√3．可根据1a +2b=1得出a−1=2ab,b−2=ba，然后即可得出4aa−1+3bb−2=7+2ba+6ab，然后根据基本不等式即可求出4a a−1+3bb−2的最小值．本题考查了分离常数法的运用，基本不等式求最值的方法，考查了计算能力，属于中档题．14.【答案】310;65【解析】【分析】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．现从中任意取出3个小球，基本事件总数n=C53=10，其中恰有2个小球颜色相同包含的基本事件个数m=C22C31= 3，由此能求出其中恰有2个小球颜色相同的概率；若变量X为取出的三个小球中红球的个数，则X的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出数学期望E(X)．【解答】解：一个口袋里装有大小相同的5个小球，其中红色两个，其余3个颜色各不相同．现从中任意取出3个小球，基本事件总数n=C53=10，其中恰有2个小球颜色相同包含的基本事件个数m=C22C31=3，∴其中恰有2个小球颜色相同的概率是p=mn =310；若变量X为取出的三个小球中红球的个数，则X的可能取值为0，1，2，P(X=0)=C33C103=110，P(X=1)=C21C32C103=610，P(X=2)=C22C31C103=310，∴数学期望E(X)=0×110+1×610+2×310=65．故答案为：310;6 5．15.【答案】2√3332−√3【解析】解：以O为原点，以OB为x轴建立平面直角坐标系，1√3∴{cosθ=12λ+μsinθ=√32λ，即{λ=2√3sinθ3μ=cosθ−√33sinθ．∴λ+μ=cosθ+√33sinθ=2√33sin(θ+π3)，∵P 在AB ⏜上，∴0≤θ≤π3， ∴当θ=π6时，λ+μ取得最大值2√33．PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12−cosθ,√32−sinθ)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−cosθ,−sinθ)， ∴PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12−cosθ)(1−cosθ)+(√32−sinθ)(−sinθ)=32−32cosθ−√32sinθ=32−√3sin(θ+π3).∵0≤θ≤π3，∴π3≤θ+π3≤2π3．∴当θ+π3=π2时，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最小值32−√3． 故答案为：2√33，32−√3．建立坐标系，设∠BOP =θ，用θ表示出P 点坐标，得出λ+μ及PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 关于θ的表达式，根据θ的范围和三角函数的性质得出答案．本题考查了平面向量的数量积运算，属于中档题．16.【答案】解：(Ⅰ)由tanC =12，且C ∈(0,π)，sin 2C +cos 2C =1，解得sinC =√55，cosC =2√55，∴sinA =sin(B +C)=sinBcosC +cosBsinC =3√1010． ∵a sinA=b sinB，B =45°，b =√10，∴a =bsinA sinB=√10×3√1010√22=3√2；(II)由正弦定理csinC =bsinB ，得：c =bsinC sinB=√10×√55√22=2．∴cosA =b 2+c 2−a 22bc =10+4−184√10=−√1010， 又sinA =3√1010， ∴cos2A =cos 2A −sin 2A =−45，sin2A =2sinAcosA =−35， ∴sin(2A −B)=sin2AcosB −cos2AsinB =−35×√22+45×√22=√210．【解析】(Ⅰ)利用同角三角函数关系求出sin C ，cos C ，再利用两角和差公式求得sin A ，由正弦定理求得结果； (Ⅱ)由正弦定理求得c ，再利用余弦定理求得cos A ；利用二倍角公式求得sin2A ，cos2A ，根据两角和差正弦公式得到结果．本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，涉及到同角三角函数关系、两角和差∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ，且O 为AC 的中点，∵FA =FC ，∴AC ⊥FO ，又FO ∩BD =O ，BD ⊂平面BDEF ，FO ⊂平面BDEF ，∴AC ⊥平面BDEF ．解：(2)连结DF ，∵四边形BDEF 是菱形，且∠DBF =60°，∴△DBF 是等边三角形，∵O 为BD 的中点，∴FO ⊥BD ，又AC ⊥FO ，BD ⊂平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴FO ⊥平面ABCD ，∵OA 、OB 、OF 两两垂直，∴建立空间直角坐标系O −xyz ，如图，设AB =2，∵四边形ABCD 为菱形，∠DAB =60°，∴BD =2，AC =2√3，∵△DBF 为等边三角形，∴OF =√3，∴A(√3,0，0)，B(0,1，0)，D(0,−1,0)，F(0,0，√3)，∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,−1,0)，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,0，√3)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1，0)，EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，0)， 设平面AEF 的法向量m⃗⃗⃗ =(x,y ，z)， 则{n ⃗ ⋅AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =−√3x +√3z =0n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−√3x +y =0，取x =1，得n ⃗ =(1,√3,1)， ∴cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |⋅||n ⃗⃗ =√105， ∵二面角E −AF −B 的余弦值为−√105． (3)设DM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λDE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−λ,√3λ)，(0≤λ≤1) 则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,−1,0)+(0,−λ,√3λ)=(0,−1−λ,√3λ)， ∴|cos <AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >|=|AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√35⋅√4λ2+2λ+4=2√3015，化简，得8λ2+4λ−1=0，解得λ=√3−14或λ=−1−√34(舍)， ∴线段DM 的长为√3−12．【解析】(1)设AC 与BD 交于点O ，连结FO 推导出AC ⊥BD ，且O 为AC 的中点，AC ⊥FO ，由此能证明AC ⊥平面BDEF ．(2)连结DF ，由OA 、OB 、OF 两两垂直，建立空间直角坐标系O −xyz ，利用向量法能求出二面角E −AF −B 的余弦值．(3)设DM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λDE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−λ,√3λ)，(0≤λ≤1)，则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,−1,0)+(0,−λ,√3λ)=(0,−1−λ,√3λ)，利用向量法能求出线段DM 的长．本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查线段长的求法，考查运用求解能力、空间想象能力、探索能力、转化与化归思想、函数与方程思想，是中档题．18.【答案】解：(1)依题意，显然当P 在短轴端点时，△PF 1F 2的面积最大为12×2c ×b =√3，即bc =√3，又由离心率为e =c a =12，a 2−b 2=c 2，解得a 2=4，b 2=3，c 2=1，所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1．(2)因为S 2=3S 1，所以12|QP||QB|sin∠BQP =3×12|QA||QO|sin∠AQO ，所以|QP|=3|QO|，所以|OP|=4|OQ|，当AB 斜率不存在时，S 2=S 1，不合题意，当AB 斜率存在时，设直线方程为y =k(x −1)，设点A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则{x 124+y 123=1x 224+y 223=1，两式作差得：y 1−y 2x1−x 2⋅y 1+y 2x 1+x 2=−34， 即k AB ⋅k OP =−34，故直线OP 的方程为：y =−34k x ，联立{y =−34k x x 24+y 23=1，解得x P 2=16k 23+4k 2， 联立{y =−34k x y =k(x −1)，解得x Q =4k 23+4k 2， 因为x P =4x Q ，所以√3+4k 2=4×4k 23+4k 2， 即k 2=14，解得：k =±12，所以直线AB 的方程为y =±12(x −1)．【解析】(1)显然当P 在短轴端点时△PF 1F 2的面积最大，得到bc =√3，再结合离心率和a 2−b 2=c 2，即可求出a ，b ，c 的值，从而得到椭圆C 的方程．(2)由题意可得|OP|=4|OQ|，当AB 斜率不存在时，S 2=S 1，不合题意；当AB 斜率存在时，设直线方程为y =k(x −1)，利用点差法得到k AB ⋅k OP =−34，求出直线OP 的方程，联立方程求出点P ，Q 的横坐标，代入x P =4x Q 求出k 的值，从而得到直线l 的方程．本题主要考查了椭圆的坐标方程，考查了直线与椭圆的位置关系，是中档题．19.【答案】解：(Ⅰ)依题意，由a 1+a 2=6a 3，a 4=4a 32，可得 {a 1+a 1q =6a 1q 2a 1q 3=4(a 1⋅q 2)2， 解得q =12，a 1=12，∴a n =12⋅(12)n−1=(12)n ，n ∈N ∗，对于数列{b n }：当n =1时，b 1=S 1=1，当n ≥2时，b n =S n −S n−1=n(n+1)2−n(n−1)2=n ，∵当n =1时，b 1=1也满足上式，∴b n =n ，n ∈N ∗．(Ⅱ)由题意及(Ⅰ)，可知当n 为奇数时，c n =3b n +8b n b n+2⋅a n+2=3n+8n(n+2)×(12)n+2=1n⋅2n −1(n+2)⋅2n+2，当n 为偶数时，c n =a n ⋅b n =n ⋅(12)n ，令A =c 1+c 3+⋯+c 2n−1，B =c 2+c 4+⋯+c 2n ，则A =c 1+c 3+⋯+c 2n−1=11⋅21−13⋅23+13⋅23−15⋅25+⋯+1(2n −1)⋅22n−1−1(2n +1)⋅22n+1=11⋅21−1(2n +1)⋅22n+1 =12−1(2n+1)⋅22n+1，B =c 2+c 4+c 6+⋯+c 2n =2⋅(12)2+4⋅(12)4+6⋅(12)6+⋯+2n ⋅(12)2n ，∴(12)2B =2⋅(12)4+4⋅(12)6+⋯+(2n −2)⋅(12)2n +2n ⋅(12)2n+2，两式相减，可得34B =2⋅(12)2+2⋅(12)4+2⋅(12)6+⋯+2⋅(12)2n −2n ⋅(12)2n+2， =(12)1+(12)3+(12)5+⋯+(12)2n−1−2n ⋅(12)2n+2， =12−(12)2n+11−(12)2−2n ⋅(12)2n+2，=−(n +43)⋅(12)2n+1+23， ∴B =−3n+49⋅(12)2n−1+89，∴T 2n =c 1+c 2+⋯+c 2n=(c 1+c 3+⋯+c 2n−1)+(c 2+c 4+c 6+⋯+c 2n )=A +B=12−1(2n +1)⋅22n+1−3n +49⋅(12)2n−1+89 =2518−(14(2n+1)+3n+49)⋅(12)2n−1．【解析】本题第(Ⅰ)题根据题干已知条件可列出关于首项a 1与公比q 的方程组，解出a 1与q 的值，即可计算出数列{a n }的通项公式，再根据公式b n ={S 1,n =1S n −S n−1,n ≥2进行计算可得数列{b n }的通项公式； 第(Ⅱ)题先分n 为奇数和n 为偶数分别计算出数列{c n }的通项公式，在求前2n 项和时，对奇数项运用裂项相消法求和，对偶数项运用错位相减法求和，最后相加进行计算即可得到前2n 项和T 2n ．本题主要考查等差数列和等比数列的基本量的运算，以及数列求和问题．考查了方程思想，分类讨论思想，转化与化归能力，整体思想，裂项相消法和错位相减法求和，以及逻辑推理能力和数学运算能力．本题属中档偏难题． 20.【答案】解：(1)f′(x)=e x (x−1)x 2−1x +1=(x−1)(e x +x)x 2，x >0.----------(3分)当x >1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当0<x <1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)的单调递增区间为(1,+∞)，单调递减区间为(0,1).------------(5分)(2)(i)由(1)f(x)min =f(1)=e +1−2a ，若函数f(x)有两个不同的零点x 1，x 2，则f(1)=e +1−2a <0，解得：a >e+12，------------(8分) (ii)不妨设x 1<x 2，因为f(2a)=e 2a 2a −ln2a +2a −2a =e 2a 2a −ln2a ．令t =2a >e +1,g(t)=e t t −lnt ，g′(t)=e t (t−1)−tt 2．令ℎ(t)=e t (t −1)−t ，则ℎ′(t)=e t ⋅t −1，ℎ′′(t)=e t ⋅(t +1)>0，所以ℎ′(t)单调递增，又因为ℎ′(e +1)>0，所以ℎ(t)单调递增．因为ℎ(e +1)=e e+2−1>0，所以g′(t)>0，故g(t)单调递增．又因为g(e +1)>g(e)=e e−1−1>0，所以f(2a)>0，x 2<2a.------------(12分)由lnx ≤x −1可知f(12a−1)=e 12a−112a−1−ln(12a−1)+(12a−1)−2a ≥e 12a−112a−1+1−2a 令m =12a−1∈(0,1e ),f(m)>e m m −1m >0， 所以x 1>12a−1,|x 2−x 1|<4a 2−2a−12a−1.------------(15分)【解析】(1)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；(2)(i)求出函数的最小值，得到关于a 的不等式，解出即可；(ii)令t =2a >e +1，令ℎ(t)=e t (t −1)−t ，结合函数的单调性证明即可．本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的怎么，考查转化思想，是一道难题．。

2020-2021学年天津市河北区高三（上）期末数学试卷一、选择题：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. 已知全集U＝{1, 2, 3, 4, 5, 6}，集合A＝{1, 2, 3}，B＝{2, 5, 6}，则A∩(∁U B)＝（）A.{4}B.{1, 3}C.{1, 2, 3, 4}D.{1, 3, 4, 5, 6}【答案】B【考点】交、并、补集的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答2. 设a∈R，则“(a+1)(a−1)<0”是“a>−1”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答3. 圆x2+y2−2x−8y+13＝0的圆心到直线ax+y−1＝0的距离为1，则a＝（）A. B. C. D.2【答案】C【考点】点到直线的距离公式直线与圆的位置关系【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答4. 某班全体学生参加一次测试，将所得分数依次分组：[20, 40)，[40, 60)，[60, 80)，[80, 100)，绘制出如图所示的成绩频率分布直方图，若低于60分的人数是18，则该班的学生人数是（）A.50B.54C.60D.64【答案】C【考点】频率分布直方图【解析】根据频率分布直方图，求出得分低于60分的频率，再求该班的学生人数．【解答】解：由频率分布直方图知，得分低于60分的频率为(0.005+0.01)×20=0.3，∵低于60分的人数是18，∴该班的学生人数是18=600.3故选：C．的图象大致是（）5. 函数f(x)=ex1−x2A. B.C. D.【答案】C【考点】函数的图象与图象的变换【解析】根据函数极限思想以及函数值的符号关系进行排除即可．【解答】当x→+∞，f(x)→0，排除B，D，当0<x<1时，f(x)>0，排除A，6. 已知双曲线C：(a>0, b>0)的一条渐近线过点(3, 4)，且双曲线的一个焦点与抛物线y2＝20x的焦点重合，则双曲线的方程为（）A. B. C. D.【答案】A【考点】双曲线的离心率【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答7. 设，b＝，c＝2−0.3，则a，b，c的大小关系为（）A.a>b>cB.a>c>bC.c>b>aD.b>a>c【答案】D【考点】对数值大小的比较【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答8. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，则关于函数g(x)的正确结论是（）A.奇函数，在上单调递减B.最大值为1，图象关于直线对称C.最小正周期为π，图象关于点对称D.偶函数，在上单调递增【答案】B【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答9. 已知函数，其中m<0，若存在实数k，使得关于x的方程f(x)−k＝0恰有三个不同的实数根，则m的取值范围是（）A.(−∞, −3)B.C.[−3, 0)D.【答案】B【考点】函数的零点与方程根的关系【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案写在答题纸上.i为虚数单位，复数＝________．【答案】1+i【考点】复数的运算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答)6的展开式中的常数项是________．（用数字作答）二项式(2x2−1x【答案】60【考点】二项式定理及相关概念【解析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．【解答】(2x2−1x)6的展开式的通项公式为T r+1=C6r⋅(−1)r⋅26−r⋅x12−3r，令12−3r＝0，求得r＝4，∴展开式中的常数项是C64⋅22＝60，四面体ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB，AC，AD两两垂直，且AB＝1，AC ＝2，AD＝3，则四面体ABCD的体积为________，球O的表面积为________．【答案】1,14π【考点】球的表面积和体积球内接多面体柱体、锥体、台体的体积计算【解析】利用三棱锥的体积计算公式即可得出体积，把此三棱锥补形为长方体，利用球的直径即为长方体的对角线即可得出．【解答】∵AB，AC，AD两两垂直，且AB＝1，AC＝2，AD＝3，∴四面体ABCD的体积=13×12×1×2×3＝1，把此三棱锥补形为长方体，球的直径即为长方体的对角线．设球O的半径为r，则(2r)2＝12+22+32＝14．其表面积＝4πr2＝14π．一个袋子中有形状和大小完全相同的3个白球与2个黑球，每次从中取出一个球，取到白球得2分，取到黑球得3分．甲从袋子中有放回地依次取出3个球，则甲三次都取到白球的概率为________，甲总得分是7的概率为________．【答案】,【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答已知a>0，b>0，且+＝，则a+b的最小值为________．【答案】20【考点】基本不等式及其应用【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，且BE＝2EA，若•＝3•，则的值为________．【答案】【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答三、解答题：本大题共5小题.共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足a cos B＝b sin A．(Ⅰ)求∠B的大小；(Ⅱ)若cos A＝，求sin(2A−B)的值；(Ⅲ)若b＝2，c＝2a，求边a的值．【答案】（1）因为a cos B＝b sin A，所以sin A cos B＝sin B sin A，因为sin A≠8，所以tan B＝，因为B∈(0, π)，所以B＝．（2）因为cos A＝，sin A＝＝，cos3A＝2cos2A−8＝-所以sin(7A−B)＝sin2A cos B−cos2A sin B＝×-（-＝．(Ⅲ)因为B＝，b＝3，由余弦定理b2＝a2+c4−2ac cos B，可得4＝a3+c2−ac＝a2+8a2−2a7＝3a2，解得a＝．【考点】两角和与差的三角函数正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，点P为侧棱CC1上的一点，且AA1＝3AB＝3．(Ⅰ)若点P为CC1的中点，求证：AC1 // 平面PBD；(Ⅱ)若，求直线A1P与平面PBD所成角的正弦值；(Ⅲ)若二面角B−PD−C的余弦值为，求PC的长．【答案】（1）证明：连接AC，交BD于O，∵底面ABCD是正方形，∴O是AC的中点，∵点P为CC1的中点，∴OP // AC1，∵AC6⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，∴AC1 // 平面PBD．（2）以D为原点，DA为x轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，∵AA2＝3AB＝3，，∴A8(1, 0, 7)，1，1)，5，0)，0，4)，＝(−1, 5, −2)，，1，8)，，1，1)，设平面PBD的法向量＝(x，y，则，取x＝1，得，−8，设直线A1P与平面PBD所成角为θ，则直线A1P与平面PBD所成角的正弦值为：sinθ＝＝＝．(Ⅲ)设PC＝t，则P(0，5，＝(0，1，＝(8，1，平面PDC的法向量＝(1，2，设平面PBD的法向量＝(a，b，则，取a＝7，得，−1，），∵二面角B−PD−C的余弦值为，∴|cos<>|＝＝＝，解得t＝2，或t＝−4（舍），∴PC的长为2．【考点】二面角的平面角及求法直线与平面平行直线与平面所成的角【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答已知等差数列{a n}的公差为正数．a1＝1，其前n项和为S n，数列{b n}为等比数列，b1＝2，且b2S2＝12，b2+S3＝10．(Ⅰ)求数列{a n}与{b n}的通项公式；(Ⅱ)求数列{a n⋅b n}的前n项和T n．(Ⅲ)设，n∈N∗，求数列{c n}的前2n项和．【答案】（1）等差数列{a n}的公差d为正数，a1＝1，数列{b n}为等比数列，设公比为q，b7＝2，且b2S6＝12，b2+S3＝10，可得3q(2+d)＝12，2q+8+3d＝10，解得q＝2，d＝2，则a n＝1+n−1＝n，b n＝8n；（2）a n⋅b n＝n⋅2n，前n项和T n＝1⋅6+2⋅28+3⋅25+...+n⋅2n，2T n＝5⋅22+3⋅23+2⋅24+...+n⋅3n+1，两式相减可得−T n＝2+72+25+...+2n−n⋅2n+4＝−n⋅5n+1，化简可得T n＝2+(n−3)⋅2n+1；(Ⅲ)由S n＝n(n+1)，可得c n＝b n+＝2n+＝2n+2（-），则前n项和T n＝(7+4+...+2n)+5(1−+-+…+-）＝+2(1−n+1−，则数列{c n}的前2n项和为62n+1−．【考点】等差数列与等比数列的综合数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答已知椭圆C：(a>b>0)的两个顶点分别为点A(−2, 0)，B(2, 0)，离心率为．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E．证明：△BDE与△BDN的面积之比为定值．【答案】（1）因为焦点在x轴上，两个顶点分别为A(−2，B(2，所以a＝3，由e＝＝，所以c＝，所以b2＝a2−c7＝1，所以椭圆的方程为+y2＝1．（2）设D(x3, 0)，M(x0, y2)，N(x0, −y0)(y7>0)，可得y07＝1−，直线AM的方程为y＝(x+2)，因为DE⊥AM，所以k DE＝-，直线DE的方程为y＝-(x−x7)，直线BN的方程为y＝(x−2)联立，整理得，(x−x0)＝(x−2)，即(x22−4)(x−x2)＝y02(x−2)，即(x02−3)(x−x0)＝(x−7)，所以y＝-•＝-y4，即E（，-y0)，则＝，又＝＝，所以△BDE与△BDN的面积之比为定值．【考点】椭圆的标准方程直线与椭圆的位置关系椭圆的应用【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答已知函数f(x)＝a ln x+x2−(a+2)x，其中a∈R．(Ⅰ)若曲线y＝f(x)在点（2, f(2)）处的切线的斜率为1，求a的值；(Ⅱ)讨论函数f(x)的单调性；(Ⅲ)若函数f(x)的导函数f′(x)在区间(1, e)上存在零点，证明：当x∈(1, e)时，f(x)>−e2．【答案】（1）根据条件f′(x)＝+2x−(a+2)，则当x＝5时，f′(2)＝+5＝1；（2）函数f(x)的定义域是(0, +∞)，f′(x)＝+3x−(a+2)＝，①a≤0时，2x−a>3，解得：x>1，解得：0<x<6，故f(x)在(0, 1)递减，+∞)递增，②6<a<2时，令f′(x)>0，令f′(x)<0<x<5，故f(x)在(0，）递增，1)递减，+∞)递增，③a＝2时，f′(x)≥8，+∞)递增，④a>2时，令f′(x)>0或0<x<1，解得：7<x<，故f(x)在(0, 5)递增，）递减，+∞)递增；综上：a≤3时，f(x)在(0，在(1，5<a<2时，f(x)在(0，，在（，在(1，a＝2时，f(x)在(0，a>2时，f(x)在(7，在(1，，在（；(Ⅲ)证明：因为f′(x)＝+2x−(a+2)＝，又因为导函数f′(x)在(1, e)上存在零点，所以f′(x)＝3在(1, e)上有解<e，且当7<x<时，f′(x)<0，当<x<e时，f(x)单调递增，所以f(x)≥f（）＝a ln+-−(1+ln7)a，设g(x)＝x ln x−−(7+ln2)x，则g′(x)＝ln x+1−−(1+ln2)＝ln x−，则g′′(x)＝-<0，2e)上单调递减，所以g(x)在(5, 2e)上单调递减，则g(2e)＝2e ln2e−e2−7e(1+ln2)＝−e3<g(2)，所以g(x)>−e2，则根据不等式的传递性可得，当x∈(1, f(x)>−e5．【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答。

=
4 5
2
2
5 5
……………………………………14
分
设平面 DEF 与平面 DAC 所成的二面角为 ，因为 0＜＜
所以 sin=
1 cos2
n, AB
5
5
故所求平面 DEF 与平面 DAC 所成的二面角的正弦值为 5 . 5
18.解：（1）由题意，知 3Sn an 1， n N* ， ①
…………15 分
所以 Tn
1 2
1 1
1 3
1 2
1 4
1 3
1 5
1 n 1
1 n 1
1 n
n
1
2
3 4
1 2
1 n 1
n
1
2
.
………………………………………………13 分
因为 n N* ，
所以
1 2
n
1 1
n
1
2
0
，
所以 Tn
3 4
.
……………………………………………………………………15 分
，又
BAC
90
，
以点 A 为坐标原点，分别以 AC, AB, AD 的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向建立
空间直角坐标系 A xyz .
……………………………………………………6 分
则 A0,0,0 ， B0, 2,0 ， C 1,0,0 ， D0,0, 2 .
因为
E
,
F
分别为
AB,
CB
线方程为 x 3 ，
则 P
3,0 , E
3, 3 , F
3,
3
，所以
PE