浙江省绍兴市柯桥区2020-2021学年高三上学期期末数学试题3380.pdf
2020 学年第一学期期末教学质量调测 高三数学试题 注意事项：1.请将学校、班级、姓名、考号分别填写在答卷纸相应位置上.本卷答案必须做在答卷纸相应位置上.2.全卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.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1,2,3,4,5,6U，集合 1,2A，2,4B，则UCAB（）A.1,2,4 B.3,5,6 C.2,3,5,6 D.1,3,4,5,6 2.已知复数z满足34iz，则z（）A.2 B.2 C.4 D.4 2 3.若实数x，y满足22022040 xyxyxy，则xy的最大值为（）A.2 B.83 C.4 D.8 4.函数1cosyxx的图象可能是（）A.B.C.D.5.某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm）为（）A.43 B.2 C.4 D.6 6.已知空间互不重合的三条直线m，n，l.则“m，n，l在同一平面内”是“m，n，l 两两平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 7.设数列 na是公差大于 0 的等差数列，nS为其前n项和，若52SS，则56aa的值可以是（）A.35 B.12 C.13 D.25 8.已知两定点0,1M，0,1N，直线l：3yx，在l上满足2 2PMPN的点P的个数为（）A.0 B.1 C.2 D.0 或 1 或 2 9.已知,a bR，且0ab，对任意0 x 均有(ln)()()0 xa xb xab，则（）A.0a，0b B.0a，0b C.0a，0b D.0a，0b 10.已知1a，2a，5a为 1，2，3，4，5 的任意一个排列.则满足：对于任意1,2,3,4,5n，都有121naaana的排列1a，2a，5a有（）A.49 个 B.50 个 C.31 个 D.72 个 二、填空题：本大题共 7 小题，单空题每题 4 分，多空题每题 6 分，共 36 分.11.已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点4 3,5 5P，则sin_，cos2_.12.多项式52345012345(2)xaa xa xa xa xa x，则0a _，3a _.13.已知直线l：ykxb经过点2,1且被圆C：229xy截得的弦长为 4，k _，b_.14.已知函数212,0()ln(),0 xxf xxx x，()()g xf xxa，若函数()g x只有唯一零点，则实数a的取 值范围是_.15.盒中有 6 个球，其中 1 个红球，2 个绿球，3 个黄球.从盒中随机取球，每次取 3 个，记取出的球颜色种数为，则2P_.若摸出的三个球颜色相同或各不相同设为中奖，记某人 5 次重复摸球（每次摸球后放回）中奖次数为X，则 E X _.16.已知平面向量a、b、c满足2a，1ba，/cb，6a c，则c的最大值为_.17.已知三棱锥ABCD的三条侧棱两两垂直，AB与底面BCD成30角，P是平面BCD内任意一点，则APBP的最小值是_.三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.已知函数()2sin()0,02f xx的部分图像如图所示，P为该图像的最高点.（1）若2，求cosAPB的值；（2）若45PAB，P的坐标为1,2，求()f x的解析式.19.如图，三棱柱111ABCABC中，122ABBCACBB，1B在底面ABC上的射影恰好是点A，E是11AC的中点.（1）证明：1/AB平面1BCE；（2）求1AB与平面11BCC B所成角的正弦值.20.已知数列 na满足11a，1nnnapaq，（其中p、q为常数，*nN）.（1）若1p，1q ，求数列 na的通项公式；（2）若2p，1q，数列1nnaa的前n项和为nT.证明：22nTn，*nN.21.已知,1T m为抛物线C：220 xpy p上一点，F是抛物线C的焦点，且2TF.（1）求抛物线C的方程；（2）过圆E：2221xy上任意一点G，作抛物线C的两条切线1l，2l，与抛物线相切于点M，N，与x轴分别交与点A，B，求四边形ABNM面积的最大值.22.已知函数()ln(1)nxfxxn，其中*nN.（1）证明：21()1xf xx；（2）证明：对任意的2n，存在0nx，使得 0nnfx；（3）在（2）的条件下，证明：11nnxx.2020 学年第一学期期末高中教学质量检测 高三数学参考答案 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.1-5：BADCB 6-10：DABBA 二、填空题：本大题共 7 小题，单空题每题 4 分，多空题每题 6 分，共 36 分.11.3sin5，27cos212sin25 12.032a，340a 13.-2，5 14.2a 15.13220P，775204E X 16.max2 3c 17.min12APBP 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.解析：（1）由题设可知，在APB中，24AB，max()2PQfx，所以222145APAQPQ，22210BPPQBQ，由余弦定理可得：2222cos220APPBABAPBAPBP.（2）易知24T，8T，所以4，又2，所以4，所以()2sin44f xx.19.解析：（1）连接1BC与1BC相交于M，连接EM，由于E，M分别是11AC，1BC的中点，则1/EMAB，因为EM 平面1BCE，1AB 平面1BCE，所以1/AB平面1BCE.（2）取BC中点F，连接AF，1B F，则AFBC，因为1B A 平面ABC，所以1B ABC，所以BC 平面1AB F，所以平面1AB F 平面11BCC B，过N作1NOB F于O，则NO 平面11BCC B，连接OB，则OBN即为1AB与平面11BCC B所成角，设12BB，易知22110222BNANAB，由11ONBAFB，114214B NONAFB F，所以105sin35ONOBNBN.20.解析：（1）1p，1q ，1(1)nnnaa，即1(1)nnnaa，当2n：12111221(1)(1)(1)nnnnnnaaaaaa ，得1(1)12nnaa，11a，1(1)2nna，当1n：11a 也符合上式，故*1(1)2nnanN（或1,0,nnan为奇数为偶数）.（2）2p，1q，121nnaa，1121nnaa，即1121nnaa，1na 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，12nna ，即*21nnanN.又1112122 122221112122nnnnnnnnaa，1112222 1221212nnnTnnn，综上说述：*22nTnnN.21.解：（1）2TF，由抛物线定义知，122p，2p，24xy.（2）设11,M x y，22,N xy，00,G x y，03,1y ，切线AM：112x xyy，因此：11122Ayxxx，切线AN：222x xyy，因此：22222Byxxx，另一方面，点00,G x y在两切线上，从而满足：1010202022x xyyx xyy，因此切点弦MN的方程为：002x xyy，直线MN与抛物线24xy进行方程联立：200240 xx xy，从而12012024xxxx xy，且22220000001416444xxyxxMNy，ABMNGMNGABSSS20022120000204114422224xyxxxxyyx 2330002222200012004111442422yxyxyyxxxy 22220000000001144837322xyxyyyyyy，当03,1y 时，2200011834132 322yyy，2200073773924yyy，9 3ABMNS，当且仅当03y 时，取到最大值.22.（1）解：设21()()ln(1)11xxg xf xxxx，则2()(1)xg xx，所以()g x在1,0单调递减，在0,单调递增，所以()00g xg，即21()1xf xx.（2）证明：11(1)()1(1)nnxfxxnn x，所以()nfx在1,1n上单调递增，在1,n单调递减，且 00nf，由（1）可知111(1)ln0nnnnfnnnnn，取204xn，0000ln 14ln 124nfxxnxxn002ln 14240 xnxn，由以上知 0nfx 在0,存在唯一的非零实数根nx.（3）解法一：当2n时，设 ln 11nnnxg xxn，111ln 111nnnxg xxn，2ln(1)1()0 xxxg xx，所以函数()g x单调递减，所以11nnxx等价于证明1111nng xg xn，等价于111ln 2ln 1nnnnxxnxx，设()(1)ln(1)ln(2)ln(1)ln(2)(0)h xxxxxxx x，12ln(1)ln(2)()ln2221xxxh xxxxx，由（1）可知ln(1)1xxxx，所以111lnln 1222xxxx，ln(2)1111122xxxxxx ，所以当0 x 时，ln(1)()02xh xx，故()h x在0,单调递减，所以()00h xh，故11nnxx.
