1、 高三下学期数学三模试卷一、单选题1设全集为U=1，2，3，4，5，6，UA=2，3，5，B=2，5，6，则A(UB)=（）A1，4B2，5C6D1，3，4，62已知命题p：x22x+3和命题q：|x1|2，则p是q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为了解高三学生居家学习时长，从某校的调查问卷中，随机抽取n个学生的调查问卷进行分析，得到学生可接受的学习时长频率分布直方图（如图所示），已知学习时长在9，11)的学生人数为25，则n的值为（）A40B50C60D704函数y=lnx2x+2，x(2，2)的图象大致为（）ABCD5已知函数f(x)是定义在R上的偶
2、函数，且f(x)在0，+)单调递增，记a=f(log132)，b=f(2.30.3)，c=f(log210)，则a，b，c的大小关系为（）AabcBcabCbcaDac0)的图象向左平移3个单位，得到函数y=g(x)的图象，若函数g(x)在区间0，4上单调递增，则的值可能为（）A73B13C3D47已知双曲线C：x2a2y2b2=1(a0，b0)的左顶点与抛物线y2=2px(p0)的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(1，2)，则双曲线的焦距为（）A65B35C63D338已知三棱锥ABCD中，侧面ABC底面BCD，ABC是边长为6的正三角形，BCD是直角三角形，且
3、BCD=2，CD=4，则此三棱锥外接球的表面积为（）A36B48C64D1289设函数f(x)=|2x1|，函数g(x)=f(f(x)loga(x+1)，(a0，a1)在0，1上有3个不同的零点，则实数a的取值范围为（）A(1，32)B（1，2）C(32，2)D(2，+)二、填空题10i是虚数单位，则1+i3+4i的虚部为 11若(x2x)n的展开式中各项的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为 12设直线 axy+3=0 与圆 (x1)2+(y2)2=4 相交于A,B两点，且弦AB的长为 23 ，则 a = . 13已知a0，b0，a+b=1，则1a+3b+12a+b的最小值为 14为了
4、抗击新冠肺炎疫情，现在从A医院200人和B医院100人中，按分层抽样的方法，选出6人加入“援鄂医疗队”，再从此6人中选出两人作为联络员，则这两名联络员中B医院至少有一人的概率是 .设两名联络员中B医院的人数为X，则随机变量X的数学期望为 .15在等腰梯形ABCD中，已知AB/CD，AB=4，BC=2，ABC=60，动点E和F分别在线段BC和DC上，且BE=BC，DF=19DC，当= 时，则AEAF有最小值为 三、解答题16已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanB=1，a=2，b=3.（1）求sinA：（2）求cos(2AB)；（3）求c的长.17如图，在四棱锥PABCD中，底
5、面ABCD是边长为4的正方形，PAD是等边三角形，CD平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.（1）求证：PO平面ABCD；（2）求平面EFG与平面ABCD的夹角的大小；（3）线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为6，若存在，求线段PM的长；若不存在，说明理由.18已知焦点在x轴上，中心在原点，离心率为32的椭圆经过点M(2，1)，动点A，B（不与点M重合）均在椭圆上，且直线MA与MB的斜率之和为1（1）求椭圆的方程；（2）证明直线AB经过定点，并求这个定点的坐标19已知数列an是公比q1的等比数列，前三项和为13，且a1，a2+2，a3恰好分别是等差数
6、列bn的第一项，第三项，第五项（1）求an和bn的通项公式；（2）已知kN，数列cn满足cn=1bnbn+2，n=2k1anbn，n=2k，求数列cn的前2n项和S2n；（3）设dn=(8n10)an1(2an+1)(2an+2+1)，求数列dn的前n项和Tn20已知函数f(x)=12x2+ax(ax+1)lnx(aR)，记f(x)的导函数为g(x)（1）讨论g(x)的单调性；（2）若f(x)有三个不同的极值点x1，x2，x3，其中x1x2x3求a的取值范围；证明：f(x3)f(x1)f(x2).答案解析部分1【答案】A2【答案】A3【答案】B4【答案】D5【答案】A6【答案】B7【答案】A8
7、【答案】C9【答案】C10【答案】12511【答案】6012【答案】013【答案】22+3514【答案】35；2315【答案】23；58916【答案】（1）解：tanB=1，0B，B=4，由正弦定理asinA=bsinB可得，sinA=asinBb=2223=13（2）解：sinA=13且ab，B=4，cosA=1sin2A=119=223，cos2A=2cos2A1=79，sin2A=2sinAcosA=429，cos(2AB)=cos2AcosB+sin2AsinB=7922+42922=8+7218（3）解：sinC=sin(BA)=sin(4+A)=22(cosA+sinA)=221+
8、223=4+26，由正弦定理，csinC=bsinB可得c=bsinCsinB=34+2622=22+117【答案】（1）证明：因为PAD是正三角形，O是AD的中点，所以POAD.又因为CD平面PAD，PO平面PAD，所以POCD.ADCD=D，AD，CD平面ABCD，所以PO面ABCD（2）解：如图，以O点为原点分别以OAOGOP所在直线为x轴y轴z轴建立空间直角坐标系.则O(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(2，4，0)，D(2，0，0)，G(0，4，0)，P(0，0，23)，E(1，2，3)，F(1，0，3)，EF=(0，2，0)，EG=(1，2，3)设平面EFG的法
9、向量为m=(x，y，z)，所以EFm=0EGm=0，即2y=0x+2y3z=0，令z=1，则m=(3，0，1)，又平面ABCD的法向量n=(0，0，1)，所以|cosm，n|=|mn|m|n|=1(3)2+121=12.所以平面EFG与平面ABCD所成角为3.（3）解：假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为6，则直线GM与平面EFG法向量m所成的夹角为3，设PM=PA，0，1，PM=(2，0，23)，M(2，0，2323)，所以GM=(2，4，23(1)，所以cos3=|cosGM，m|=32426+7，整理得223+2=0，b0)，由离心率为32，得ca=32，又因为a2=
10、b2+c2，所以a2=4b2由M(2，1)在椭圆上可得4a2+1b2=1，解得b2=2，a2=8所以椭圆G的方程为x28+y22=1（2）证明：当直线AB与x轴垂直时，设A(s，t)(s1)，则B(s，t)由题意得：t1s2+t1s2=1，即s=0所以直线AB的方程为x=0当直线AB不与x轴垂直时，可设直线AB为y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将y=kx+m代入x28+y22=1得(1+4k2)x2+8kmx+4m28=0，所以x1+x2=8km1+4k2，x1x2=4m281+4k2由已知可得y11x12+y21x22=1，将y1=kx1+m和y2=kx2+m代入，并整理得
11、(2k1)x1x2+(m2k+1)(x1+x2)4m=0，将x1+x2=8km1+4k2，x1x2=4m281+4k2代入，并整理得m2+(2k+1)m+4k2=0，可得(2k+m1)(m+2)=0，因为直线AB：y=kx+m不经过点M(2，1)，所以2k+m10，故m=2所以直线AB的方程为y=kx2，经过定点(0，2)综上所述，直线AB经过定点(0，2)19【答案】（1）解：a1+a2+a3=132(a2+2)=a1+a3a1(1+q+q2)=13a1(12q+q2)=4a1=1q=3或a1=9q=13，又q1，则a1=1q=3，an=3n1（nN）设等差数列bn的公差为d，由题意得，b1
12、=a1=1，b3=a2+2=3+2=5，即b1=1b1+2d=5b1=1d=2，所以bn=2n1（nN）（2）解：n=2k1时，cn=c2k1=1b2k1b2k+1=1(4k3)(4k+1)=14(14k314k+1)，S奇=c1+c3+c5+c2n1=14(1115)+14(1519)+14(19113)+14(14n314n+1)=14(1115+1519+19113+14n314n+1)=14(114n+1)=n4n+1n=2k时，cn=c2k=a2kb2k=(4k1)32k1S偶=c2+c4+c6+c2nS偶=331+733+1135+(4n1)32n1，9S偶=333+735+(4n
13、5)32n1+(4n1)32n+1，由可得，8S偶=331+433+435+432n1(4n1)32n+1=9+433432n1919(4n1)32n+1S偶=(8n3)32n+1+916S2n=S奇+S偶=n4n+1+(8n3)32n+1+916（nN）（3）解：由（1）知an=3n1，则dn=(8n10)an1(2an+1)(2an+2+1)=(8n10)3n11(23n1+1)(23n+1+1)=12(n123n1+1n+123n+1+1)Tn=12(0230+12232+1)+12(1231+13233+1)+12(2232+14234+1)+12(n123n1+1n+123n+1+1
14、)=12(0230+1+1231+1n23n+1n+123n+1+1)=11412(n23n+1+n+123n+1+1)故Tn=11412(n23n+1+n+123n+1+1)（nN）20【答案】（1）解：由已知可得g(x)=x1xalnx，故可得g(x)=1+1x2ax=x2ax+1x2当a(，2时，g(x)0，故g(x)在(0，+)单调递增；当a(2，+)时，由g(x)=0，解得x=aa242，或a+a242，记1=aa242，2=a+a242，则可知当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0，1)1(1，2)2(2，+)g(x)+00+g(x)极大值极小值所以，函数g(x)在
15、区间(0，aa242)单调递增，在区间(aa242，a+a242)单调递减，在区间(a+a242，+)单调递增（2）解：解：由已知，函数g(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1x22的情况由于g(x)=1+1x2ax=x2ax+1x2，故12=1，因此0110，g(2)0又因为g(a3)=a3a3+3alna，g(a3)=a3a33alna，由于lna2，故g(a3)a3a3+3a(a1)a3+3a33a+1=(a1)3a3a33a(a1)=a33a3+3a1+1a3=(a1)3+1a30.因此，g(x)在(a3，1)恰有一个零点（即在(0，1)恰有一个零点），在(1，2)恰有一个零点（即x
16、=1），在(2，a3)恰有一个零点（即在(2，+)恰有一个零点）所以，a的取值范围是(2，+)证明：由（i）可知x2=1，且f(x)在(0，x1)单调递减，在(x1，x2)单调递增，在(x2，x3)单调递减，在(x3，+)单调递增由此可得f(x1)f(x3)故只需证明f(x3)f(x1).因为g(x)=x1xalnx，故g(1x)=1xx+alnx=g(x)，由此可得x1x3=1由g(xi)=0（其中i=1，2），可得1xixi+alnxi=0，整理得a=xi21xilnxi，故f(xi)=12xi2+xi21lnxi(xi21lnxi+1)lnxi，整理得f(xi)=12xi2lnxi+xi21lnxi+1因此，f(x1)f(x3)=f(x1)f(1x1)=12x12x1222lnx1+x12+1x122lnx1.令t=x12，可知t(0，1)，则f(x1)f(x3)=12lnt(1tt)lnt2(lnt)2+4(t+1t2)令u(t)=(1tt)lnt2(lnt)2+4(t+1t2)，则u(t)=(t2+4t+1)lnt+3(t21)t2=3(t21)t2+4t+1lntt2t2+4t+1令v(t)=3(1+t2)1+4t+t2lnt，则v(t)=(t1)4t(t24t+1)2v(1)=0，可得u(t)在(0，1)单调递增，故u(t)0，因此f(x3)f(x1)f(x2)
