吉林省榆树市第一高级中学2020届高三上学期期末考试试题数学(理)【含答案】.pdf

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1、吉林省榆树市第一高级中学2020 届高三上学期期末考试试题数学（理）一、选择题：本大题共12 题，每小题5 分，共 60 分。1.若集合|0Bx x，且ABA，则集合A可以是（）A1,2B|1x xC 1,0,1 DR2命题“对任意的xR，3210 xx”的否定是（）A 不存在xR，3210 xxB存在xR，3210 xx C 存在xR，3210 xx D对任意的xR，3210 xx3.已知0.21.2512,2log22abc，则,a b c的大小关系为（）A.cbaB.bac C cab D.bca4.ABC的三内角,A B C的对边分别为,a b c,其中3,2bc.O为ABC的外接圆圆

2、心,则AO BC()A.132B.52 C.52 D.6 5若1()nxx的展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式中含2x项的系数是()A462B462C792D7926.已知等差数列na的公差不为0，11a，且248,aaa成等比数列，设na的前n项和为nS，则nS()A.212n B.2(1)2nC.(1)2n nD.(3)4n n7.已知椭圆22122:1(0)xyCabab与圆2222:Cxyb，若椭圆1C上存在点P，使得由点P所作的圆2C的两条切线互相垂直，则椭圆1C的离心率最小值为()A33B23C22D218 已知角的顶点与原点重合，始边与x 轴的正半轴重合，始边上一点P(

3、1，3)，则)4(cos2为（）A.51 B.25 C.35 D.459.函数()f x的定义域是R，且满足()()0fxfx，当0 x时，2()1xf xx，则()f x图象大致是（）A.B.C.D.10已知F是双曲线C：2213yx的右焦点，P是C上一点，且PF与x轴垂直，点A的坐标是1,3.则APF的面积为（）A.13B.12C.23D.3211.定义在0,上的函数y=sin(x-)(0)6有零点,且值域1,)2M,则的取值范围是()A.1 4,6 3B.1 4,2 3 C.4,23 D.1,2612 设函数()f x 的定义域为R，满足(1)2()f xf x，且当(0,1x时，()(

4、1)f xx x.若对任意(,xm，都有8()9f x，则m的取值范围()A9,4B7,3C5,2D8,3二、填空题：本大题共4 个小题,每小题 5 分。13若0,0ab，且ln0ab，则11ab的最小值是 _ 14已知na是首项为1 的等比数列，ns是na的前 n 项和，且369ss，则数列na的前 5 项和5S为 .15设定义域为R的函数()f x满足()(),fxf x则1()(21),xef xfx的解集为 _16抛物线02:2ppyxC焦点F与双曲线12222xy一个焦点重合，过点F的直线交C于点A、B，点A处的切线与x、y轴分别交于M、N，若OMN的面积为 4，则AF的长为 .三、

5、解答题：共70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17在ABC中，角,A B C的对边分别为,a b c函数)62sin(2)(xxf7,()2,cf Csin B2sin A，（1)求C(2)求a的值18.等差数列na的前n项和为nS，且369,60aS(I)求数列na的通项公式；(II)若数列nb满足113nnnbbanNb且，求1nb的前n项和nT19 我国科学家屠呦呦教授由于在发现青蒿素和治疗疟疾的疗法上的贡献获得诺贝尔医学奖，以青蒿素类药物为主的联合疗法已经成为世界卫生组织推荐的抗疟疾标准疗法，目前，国内青蒿人工种植发展迅速，调查表明，人工种植的青蒿的长势与海拔高度、土壤酸

6、碱度、空气湿度的指标有极强的相关性，现将这三项的指标分别记为,x y z，并对它们进行量化：0表示不合格，1表示临界合格，2表示合格，再用综合指标xyz的值评定人工种植的青蒿的长势等级：若4，则长势为一级；若23，则长势为二级；若01，则长势为三级；为了了解目前人工种植的青蒿的长势情况，研究人员随机抽取了10块青蒿人工种植地，得到如下结果：（1）在这10块青蒿人工种植地中任取两地，求这两地的空气湿度的指标z相同的概率；（2）从长势等级是一级的人工种植地中任取一地，其综合指标为m，从长势等级不是一级的人工种植地中任取一地，其综合指标为n，记随机变量Xmn，求X的分布列.20.如图，三棱柱111A

7、BCA B C中，90ACB，12ACBCCC，11A BB C.（）证明：111ACCC；（）若12 3AB，在棱1CC上是否存在点E，使得二面角1EABC的大小为30，若存在，求CE的长，若不存在，说明理由.21已知椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点分别为12,FF，若椭圆经过点(6,1)P，且12PF F的面积2（1）求椭圆C的标准方程；（2）设斜率为1的直线l与以原点为圆心，半径为2的圆交于,A B两点，与椭圆C交于,C D两点，且|(*)CDABR，当取得最小值时，求直线l的方程22设函数()(m)xf xx e（1）求函数()f x的极值；（2）当0 x时，()4f

8、xx恒成立，求整数m的最大值.（参考数值7183.2e，4817.423e）1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A C A B D C C D A D A B 二填空题：13 4 ;14 31;15 ;16 5 17.解:：由()2f C,得sin(2)16C,且(0,)C,所以23C-4分因为sin2sinBA,由正弦定理得2ba -6分又由余弦定理2222coscababC得：2227422 cos,3aaaa解得1a -10分18解：（）设等差数列na的公差为d，369,60.aS1129656602adad，解得152ad5(1)223.nann4 分（）123nnn

9、bban，13b，当2n时，1211()()nnnbbbbbb2(1)32(2)32 133nn2(1)232.2n nnnn当1n时，13b适合上式，所以.22nnbn8分111 11()(2)22nbn nnn1111111111(1)()()()()232435112nTnnnn1111(1)2212nn31142(1)2(2)nn.12分19解:（1）由表可以知道:空气湿度指标为0 的有1A,空气湿度指标为1 的有2358910,A AAAAA,空气湿度指标为2 的有467,AA A在这 10 块青蒿人工种植地中任取两地,基本事件总数21045nC,-2分这两地的空气温度的指标z 相同

10、包含的基本事件个数226318mCC,-4分所以这两地的空气温度的指标z 相同的概率182455mpn -5分（2）根据题意得10 块青蒿人工种植的综合指标如下表:编号1A2A3A4A5A6A7A8A9A10A综合指标1 4 4 6 2 4 5 3 5 3 其中长势等级是一级(4)有234679,AAA AA A,共 6 个,长势等级不是一级(4)的有15810,A A AA,共 4 个,随机变量 X的所有可能取值为1,2,3,4,5,-6分113211641(1)4C CP XC C,1111312211647(2)24C CC CP XC C,11111131122111647(3)24C

11、 CC CC CP XC C,1111211111641(4)8C CC CP XC C,111111641(5)24C CP XC C,（注：每一个正确得1 分）所以X的分布列为:19.（）证 明：连 接1BC11BCC B为 平 行 四 边 形，且12BCCC11BCC B为 菱 形11BCB C.2 分又11A BB C，1B C平面11AC B111B CAC 4 分又1111ACC B11AC平面11CBB C111ACCC6 分zyxB1C1A1BCAE（）12 3AB112AC12 2BC1CCBC1ACCBCC、两两垂直8 分以C为坐标原点，CA的方向为x轴的正方向建立空间直角

12、坐标系Cxyz，如图所示，则11(0,0,0),(2,0,0),(0,2,2),(0,0,2),(0,2,0)CABCB，设(0,0,)Ea11(2,0,),(2,2,2),(0,-2,2),AEaABBC易知，11BCAB C平面，1(0,2,2)BC，则平面1AB C的一个法向量(0,1,1)m设(,1)nx y是平面1AB E的一个法向量则100n AEn AB202220 xaxy得(,1,1)2 2a an 10 分22|2|32|cos,|2|2()(1)122am nm nmnaa，解得：1a在棱1CC上存在点E，当1CE时，得二面角1EABC的大小为30.12 分21.解：（1

13、）由12PF F的面积可得：221212,2,42ccab-2分又椭圆 C过点(6,1)P,22611ab -3分由解得2 2,2ab，所以椭圆C标准方程为22184xy -4分（2）设直线l 的方程为yxm，则原点到直线l 的距离|2md所以22|2 2822mABm -6分将yxm代入椭圆方程22184xy，得2234280 xmxm由判别式221612(28)0mm，解得2 323m由直线直圆相交得|,2,222mdrm，所以(2,2)m -8分设1122(,),(,)C xyD xy，则21212428,33mmxxx x所以22221212168324|2()4212933mmCDx

14、xx xm所以222412|2 2831|3482mCDABmm因为22m，所以2044,m则当0m时，取得最小值2 63，此时直线l方程为yx -12分22.解：（1）()f x的定义域为R()(m1)xfxxe令()0fx，解得1xm；令()0fx，解得1xm当(,1)xm时，()f x单调递增，当(1,)xm时，()f x单调递减，1()=(1)极大值mf xf me；无极小值 -4分（2）()4xmx ex，因为0 xe，所以4xxmxe（0 x）恒成立设4g()xxxxe，则33g()1xxxxexxee设h()3xxex则h()1xxe0所以()h x在(0,)上单调递增，又23(1)40,()4.48174.50,(2)52hehhe以存在03(,2)2x使得0()0h x，当0(1,)xx时，()0h x；当0(,)xx时，()0h x所以g()x在0(1,)x上单调递减，0(,)x上单调递增所以00min04g()xxxxe又0()0h x，3xex所以000min00000441g()133xxxxxxxexx令13t()1,(,2)32xxxx则()0t x0()h x，所以()t x在3(,2)2上单调递增所以3()()(2)2tt xt，即min4916()185g x因为mZ，所以2m，所以m的最大值为2 -12