吉林省通榆縣第一中學(xué)高三上學(xué)期第五次月考數(shù)學(xué)（理）試題

高三第五次月考數(shù)學(xué)理科試題命題人一、選擇題（本大題共12小題，共60分）1.設(shè)集合A＝{1，2，3}，B＝{4，5}，M＝{x|x＝a＋b，a∈A，b∈B}，則M中元素的個(gè)數(shù)為()A.3 B.4 C.5 D.62.若復(fù)數(shù)(a2－3a＋2)＋(a－1)i是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a的值為()A.1 B.2 C.1或2 D.－13.已知向量a，b滿足|a|＝1，a·b＝－1，則a·(2a－b)＝()A.4 B.3 C.2 D.04.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的S為4，則輸入的x應(yīng)為()A.－2 B.16 C.－2或8 D.－2或165.已知曲線C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，則下面結(jié)論正確的是()A.把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來的2倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2B.把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來的2倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2C.把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向右平移eq\f(π,6)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C2D.把C1上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的eq\f(1,2)倍，縱坐標(biāo)不變，再把得到的曲線向左平移eq\f(π,12)個(gè)單位長(zhǎng)度，得到曲線C26.如圖為某個(gè)幾何體的三視圖，根據(jù)三視圖可以判斷這個(gè)幾何體為()A.圓錐B.三棱椎C.三棱柱D.三棱臺(tái)7.已知直線x－2y＋a＝0與圓O：x2＋y2＝2相交于A，B兩點(diǎn)(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，且△AOB為等腰直角三角形，則實(shí)數(shù)a的值為()A.eq\r(6)或－eq\r(6) B.eq\r(5)或－eq\r(5)C.eq\r(6) D.eq\r(5)8.某班的全體學(xué)生參加數(shù)學(xué)測(cè)試，成績(jī)的頻率分布直方圖如圖所示，數(shù)據(jù)的分組依次為[20，40)，[40，60)，[60，80)，[80，100].由頻率分布直方圖估計(jì)全班數(shù)學(xué)測(cè)試成績(jī)平均分為()A.66B.67C.68D.709.已知(1＋ax)3＋(1－x)5的展開式中含x3的系數(shù)為－2，則a等于()A.2eq\r(3) B.2 C.－2 D.－110.通榆縣公園花展期間，安排6位志愿者到4個(gè)展區(qū)提供服務(wù)，要求甲、乙兩個(gè)展區(qū)各安排一個(gè)人，剩下兩個(gè)展區(qū)各安排兩個(gè)人，不同的安排方案共有()A.90種 B.180種 C.270種 D.360種11.設(shè)F1，F(xiàn)2是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn).過F2作C的一條漸近線的垂線，垂足為P.若|PF1|＝eq\r(6)|OP|，則C的離心率為()A.eq\r(5) B.2 C.eq\r(3) D.eq\r(2)12.已知定義在R上的函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，且f(x＋1)是偶函數(shù)，不等式f(m＋2)≥f(x－1)對(duì)任意的x∈[－1，0]恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.[－3，1] B.[－3，—1]C.(－∞，－3]∪[1，＋∞) D.(－∞，－4]∪[2，＋∞)二、填空題（本大題共4小題，共20分）13.已知α∈(0，π)，且cosα＝－eq\f(5,13)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))·tanα＝14.若x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,x＋y－2≤0，,y≥0，))則z＝3x－4y的最小值為________15.若對(duì)任意a，b滿足0<a<b<t，都有blna<alnb，則t的最大值為________16.在正三棱錐S-ABC中，M，N分別是棱SC，BC的中點(diǎn)，且MN⊥AM，若側(cè)棱SA=23，則正三棱錐三、解答題（本大題共6小題，共70分）17.已知函數(shù)f(x)＝cosx(cosx＋eq\r(3)sinx).(1)求f(x)的最小值；(2)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若f(C)＝1，S△ABC＝eq\f(3\r(3),4)，c＝eq\r(7)，求△ABC的周長(zhǎng).18.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC=60°，△PAB為正三角形，PC=6，E為線段AB的中點(diǎn)．

(1)證明：PE⊥平面ABCD；

(2)若319.已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝2，且a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,anan＋1)，n∈N*，Sn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，求使Sn<eq\f(3,19)成立的最大的正整數(shù)n.20.已知橢圓P的中心O在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，且經(jīng)過點(diǎn)A(0，2eq\r(3))，離心率為eq\f(1,2).(1)求橢圓P的方程；(2)是否存在過點(diǎn)E(0，－4)的直線l交橢圓P于點(diǎn)R，T，且滿足eq\o(OR,\s\up6(→))·eq\o(OT,\s\up6(→))＝eq\f(16,7)？若存在，求直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由.21.已知函數(shù)f(x)＝ex－1－x－ax2.(1)當(dāng)a＝0時(shí)，求證：f(x)≥0；(2)當(dāng)x≥0時(shí)，若不等式f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)若x>0，證明(ex－1)ln(x＋1)>x2.22.已知曲線C的極坐標(biāo)方程是ρ＝2cosθ，若以極點(diǎn)為平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，極軸為x軸的正半軸，且取相同的單位長(zhǎng)度建立平面直角坐標(biāo)系，則直線l的參數(shù)方程是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(3),2)t＋m，,y＝\f(1,2)t))(t為參數(shù)).(1)求曲線C的直角坐標(biāo)方程與直線l的普通方程；(2)設(shè)點(diǎn)P(m，0)，若直線l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，且|PA|·|PB|＝1，求非負(fù)實(shí)數(shù)m的值.數(shù)學(xué)（理）答案1.解析因?yàn)锳＝{1，2，3}，B＝{4，5}，又M＝{x|x＝a＋b，a∈A，b∈B}，∴M＝{5，6，7，8}，即M中有4個(gè)元素.答案B2.解析依題意，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－3a＋2＝0，,a－1≠0，))解得a＝2，故選B.3.解析a·(2a－b)＝2|a|2－a·b＝2×12－(－1)＝3.答案B4.解析求函數(shù)S＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x>1，,2－x，x≤1))的函數(shù)值，S＝4時(shí)，x＝－2或16.故選D.5.D.6.C7.解析因?yàn)橹本€x－2y＋a＝0與圓O：x2＋y2＝2相交于A，B兩點(diǎn)(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，且△AOB為等腰直角三角形，所以O(shè)到直線AB的距離為1，由點(diǎn)到直線的距離公式可得eq\f(|a|,\r(12＋（－2）2))＝1，所以a＝±eq\r(5).答案B8.答案C9.(1＋ax)3＋(1－x)5的展開式中x3的系數(shù)為Ceq\o\al(3,3)a3＋Ceq\o\al(3,5)(－1)3＝a3－10＝－2，則a3＝8，解得a＝2.答案B10.解析根據(jù)題意，分3步進(jìn)行分析：①在6位志愿者中任選1個(gè)，安排到甲展區(qū)，有Ceq\o\al(1,6)＝6種情況；②在剩下的5個(gè)志愿者中任選1個(gè)，安排到乙展區(qū)，有Ceq\o\al(1,5)＝5種情況；③將剩下的4個(gè)志愿者平均分成2組，然后安排到剩下的2個(gè)展區(qū)，有eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,2))×Aeq\o\al(2,2)＝6種情況，則一共有6×5×6＝180種不同的安排方案.11.解：不妨設(shè)一條漸近線的方程為y＝eq\f(b,a)x，則F2到y(tǒng)＝eq\f(b,a)x的距離d＝eq\f(|bc|,\r(a2＋b2))＝b，在Rt△F2PO中，|F2O|＝c，所以|PO|＝a，所以|PF1|＝eq\r(6)a，又|F1O|＝c，所以在△F1PO與Rt△F2PO中，根據(jù)余弦定理得cos∠POF1＝eq\f(a2＋c2－（\r(6)a）2,2ac)＝－cos∠POF2＝－eq\f(a,c)，則3a2＋c2－(eq\r(6)a)2＝0，得3a2＝c2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).答案C12.解析因?yàn)閒(x＋1)是偶函數(shù)，所以f(－x＋1)＝f(x＋1)，所以f(x)的圖象關(guān)于x＝1對(duì)稱，由f(m＋2)≥f(x－1)得|(m＋2)－1|≤|(x－1)－1|，即|m＋1|≤|x－2|在x∈[－1，0]恒成立，所以|m＋1|≤|x－2|min，所以|m＋1|≤2，解得－3≤m≤1.答案A13.解析∵α∈(0，π)，且cosα＝－eq\f(5,13)，∴sinα＝eq\f(12,13)，因此sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))·tanα＝cosα·eq\f(sinα,cosα)＝sinα＝eq\f(12,13).14.解析畫出可行域如圖陰影部分所示.由z＝3x－4y，得y＝eq\f(3,4)x－eq\f(z,4)，作出直線y＝eq\f(3,4)x，平移使之經(jīng)過可行域，觀察可知，當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)A(1，1)處時(shí)取最小值，故zmin＝3×1－4×1＝－1.答案－115.解析∵0<a<b<t，blna<alnb，∴eq\f(lna,a)<eq\f(lnb,b)，令y＝eq\f(lnx,x)，x∈(0，t)，則函數(shù)在(0，t)上單調(diào)遞增，故y′＝eq\f(1－lnx,x2)>0，解得0<x<e，故t的最大值是e.答案e解：因?yàn)镾-ABC是正三棱錐，而正三棱錐的對(duì)棱互相垂直，所以AC⊥SB．

又因?yàn)镸、N分別是棱SC、BC的中點(diǎn)，所以SB//MN，

而MN⊥AM，因此SB⊥AM．

又因?yàn)锳M∩AC=A，AM,AC?平面SAC，所以SB⊥平面SAC．

又因?yàn)镾A、SC?平面SAC，所以SB⊥SA，SB⊥SC．

又因?yàn)镾A⊥BC，SB∩BC=B，且都在平面SBC上，所以SA⊥設(shè)正三棱錐S-ABC的外接球半徑為R，則2R=3SA．

又因?yàn)镾A=23，所以R=3，因此正三棱錐S-ABC外接球的表面積為17.解(1)f(x)＝cosx(cosx＋eq\r(3)sinx)＝cos2x＋eq\r(3)sinxcosx＝eq\f(1＋cos2x,2)＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝eq\f(1,2)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).當(dāng)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－1時(shí)，f(x)取得最小值－eq\f(1,2).(2)f(C)＝eq\f(1,2)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∵C∈(0，π)，2C＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，∴2C＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，∴C＝eq\f(π,3).∵S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),4)，∴ab＝3.又(a＋b)2－2abcoseq\f(π,3)＝7＋2ab，∴(a＋b)2＝16，即a＋b＝4，∴a＋b＋c＝4＋eq\r(7)，故△ABC的周長(zhǎng)為4＋eq\r(7).18.解：(1)證明：連接CE，

∵△PAB是邊長(zhǎng)為2的正三角形，且E是AB中點(diǎn)，∴PE=3

又∵ABCD是邊長(zhǎng)為2∴△ABC是正三角形，CE=3，

又∵PC=6，∴PC2=PE2+CE2，即PE⊥CE，又PE⊥AB，CE∩AB=E，

∴PE⊥平面ABCD．

(2)解：由(1)可得：以E為原點(diǎn)，分別以EB，EC，EP為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz，

則E(0,0，0)，B(1,0，0)，P(0?,?0?,?3)，C(0?,?3?,?0)，D(-2?,?3?,?0)．

設(shè)點(diǎn)M坐標(biāo)為(x,y，z)，由3PM=PD，得3(x,y，z-319.解(1)設(shè){an}的公差為d.由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比數(shù)列，可得(a2＋1)2＝(a1＋1)(a4＋1)，又a1＝2，∴(3＋d)2＝3(3＋3d)，解得d＝3(d＝0舍去)，則an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.(2)bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（3n－1）（3n＋2）)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))，Sn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,8)＋…＋\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3n＋2)))＝eq\f(n,2（3n＋2）)，則Sn<eq\f(3,19)，即eq\f(n,2（3n＋2）)<eq\f(3,19)，解得n<12，則所求最大的正整數(shù)n為11.20.解(1)設(shè)橢圓P的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由題意得b＝2eq\r(3)，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，∴a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2，∴c＝2，a＝4，∴橢圓P的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)假設(shè)存在滿足題意的直線l，易知當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，eq\o(OR,\s\up6(→))·eq\o(OT,\s\up6(→))<0，不滿足題意.故可設(shè)直線l的方程為y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2).∵eq\o(OR,\s\up6(→))·eq\o(OT,\s\up6(→))＝eq\f(16,7)，∴x1x2＋y1y2＝eq\f(16,7).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1))得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0，由Δ>0得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，解得k2>eq\f(1,4).①∴x1＋x2＝eq\f(32k,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(16,3＋4k2)，∴y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，故x1x2＋y1y2＝eq\f(16,3＋4k2)＋eq\f(16k2,3＋4k2)－eq\f(128k2,3＋4k2)＋16＝eq\f(16,7)，解得k2＝1.②由①②解得k＝±1，∴直線l的方程為y＝±x－4.故存在直線l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0滿足題意.21.(1)證明當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.(2)解f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，則h′(x)＝ex－2a.①當(dāng)2a≤1，即a≤eq\f(1,2)時(shí)，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)單調(diào)遞增，h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，∴f(x)≥f(0)＝0，∴當(dāng)a≤eq\f(1,2)時(shí)滿足條件.②當(dāng)2a>1，即a>eq\f(1,2)時(shí)，令h′(x)＝0，解得x＝ln(2a)，在[0，ln(2a))上，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈(0，ln(2a))時(shí)，有h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<f′(0)＝0，∴f(x)在區(qū)間(0，ln(2a))上為減函數(shù)