2020-2021年陕西省榆林市高三（上）期末考试数学试卷北师大版

这是一份2020-2021年陕西省榆林市高三（上）期末考试数学试卷北师大版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若复数z=2−i1−2i，则z在复平面内对应的点位于( )
A.第三象限B.虚轴C.第四象限D.实轴

2. 已知集合A=x|x2≤4，B=x|y=lg22−x，则A∩B=( )
A.−∞,2B.−2,2C.[−2,2）D.[0,2）

3. 某班要从3个男生，4个女生中选取3个学生当选班干部，则选取的3个学生至少有1个女生的不同选法共有( )
A.12种B.24种C.30种D.34种

4. 在△ABC中，AB=1，sinB=6sinC，csA=13，则BC=( )
A.30B.42C.6D.33

5. 执行如图所示的程序框图，则输出的t=( )

A.10B.3C.52D.2

6. 已知α，β，γ是三个不同的平面，l是一条直线.( )
A.若α⊥γ，β⊥γ，则α//βB.若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β
C.若l//α，l//β，则α//βD.若l⊥α，l⊥β，则α//β

7. 2020年12月17日凌晨，嫦娥五号返回器携带月球样品在内蒙古四子王旗预定区域安全着陆．嫦娥五号返回舱之所以能达到如此高的再入精度，主要是因为它采用弹跳式返回弹道，实现了减速和再入阶段弹道调整，这与“打水漂”原理类似（如图所示）.现将石片扔向水面，假设石片第一次接触水面的速率为11.2m/s，这是第一次“打水漂”，然后石片在水面上多次“打水漂”，每次“打水漂”的速率为上一次的93%，若要使石片的速率低于7.84m/s，则至少需要“打水漂”的次数为( )
（参考数据：取ln0.7=−0.357，ln0.93=−0.073）

A.4B.6C.5D.7

8. 已知椭圆M:x216+y29=1k>0，椭圆N:x2k2+16+y2k2+9=1k>0，椭圆P:y232+x218=1，则( )
A.M与N的离心率相等，M与P的焦距相等
B.M与N的离心率相等，N与P的焦距相等
C.M与N的焦距相等，M与P的离心率相等
D.M与N的焦距相等，M与P的短轴长相等

9. 在空间直角坐标系O−xyz中，A1,1,−1，B0,1,1，C1,0,1，D0,0,2，四面体OBCD的外接球的球心为E，则以AE的长为半径的球的表面积为( )
A.12πB.24πC.18πD.25π

10. 设x，y满足约束条件 x−5≤0，x−y+1≥0，x+5y−5≥0， 且z=ax+by(a>0，b>0)的最大值为1，则5a+6b的最小值为( )
A.64B.81C.100D.121

11. 已知x1，x2是关于x的方程sinωx+φ−2csωx+φ=0ω>0的任意两个不相等的实根，且|x1−x2|的最小值为π3.将函数y=sinωx+φ的图象向左平移π4个单位长度后，所得图象关于y轴对称，则φ的值可能是( )
A.π6B.−π6C.−π4D.π4

12. 已知函数fx=x+a−4，x≥1，x+a+2，x<1， gx=lg2x+1x−2，若函数y=fgx恰有6个零点，则a的取值范围是( )
A.−3,−2B.−2,0C.(−3,3]D.−2,3
二、填空题

已知向量a→，b→满足a→=−2,1，|b→|=3|a→|，且a→⋅b→=5，则cs=________．
三、解答题

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=AA1=2BC，E，F分别为侧棱BB1，CC1的中点．

(1)证明：BF//平面A1C1E；

(2)求B1C与平面A1C1E所成角的正弦值．

某大型商场国庆期间举行抽奖活动，活动规定：凡是一次性购物满200元的顾客就可以从装有3个红球，5个白球（除颜色外，其他完全相同）的抽奖箱中无放回地摸出3个小球，摸到红球才能中奖，摸到1个红球奖励1元，摸到2个红球奖励4元，摸到3个红球奖励10元．活动第一天有700人次购物满200元，其中有140人次没有参与抽奖活动．
(1)求活动第一天购物满200元的700人次中参与抽奖的频率；

(2)设每次参与抽奖活动所得奖金的金额为X元，求X的分布列，并求活动第一天该商场投入奖金总金额的数学期望．

已知数列an的首项为4.
(1)若数列an−2n是等差数列，且公差为2，求an的通项公式；

(2)若an是等比数列，a3−a2=48且a2>0，求数列3n−1an的前n项和Sn.

已知抛物线C1:x2=2pyp>0和圆C2:x2−12x+y2=0交于O，P两点，且kOP=1，其中O为坐标原点．
(1)求C1的方程；

(2)过C1的焦点F且不与坐标轴平行的直线l与C1交于A，B两点，AB的中点为M，C1的准线为l0，且MQ⊥l0，垂足为Q．证明直线AB，OQ的斜率之积T为定值，并求该定值．

已知函数fx=x3e2x．
(1)求fx的单调区间；

(2)若fx≥mx+lnex3，求m的取值范围．

在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=4csα,y=a+4sinα,（α为参数，a<0），且曲线C经过坐标原点O．以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为4ρcsθ−12ρsinθ+3a=0.
(1)求C的极坐标方程；

(2)设P是曲线C上一动点，l与极轴交于点A，求|PA|的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021年陕西省榆林市高三（上）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的乘除运算
【解析】
先化简复数z，再利用复数的几何意义进行求解即可.
【解答】
解：z=2−i1−2i=−5i，
所以z在复平面内对应的点位于虚轴．
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
对数函数的定义域
一元二次不等式的解法
【解析】
因为A=−2,2,B=−∞,2，所以A∩B=[−2,2) .
【解答】
解：因为A=−2,2，B=−∞,2，
所以A∩B=[−2,2) .
故选C .
3.
【答案】
D
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，首先计算从4个男生，3个女生共7人中挑选4人的取法数目，再分析其中没有1名女生，即全部为男生的取法数目，由事件间的关系分析可得答案．
【解答】
解：从3个男生，4个女生共7人中挑选3人，有C73=35种选取方法，
其中没有1名女生，即全部为男生的有C33=1种，
则至少有一个女生的选法有35−1=34种.
故选D.
4.
【答案】
D
【考点】
解三角形
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为sinB=6sinC，
所以AC=6AB=6，
根据余弦定理得BC=12+62−2×1×6×13=33.
故选D.
5.
【答案】
C
【考点】
程序框图
【解析】
无
【解答】
解：x=1，t=60，
x=2，t=30，
x=3，t=10，
x=4，t=52，
故输出的t=52．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
空间中平面与平面之间的位置关系
平面与平面平行的判定
平面与平面垂直的判定
【解析】
无
【解答】
解：若α⊥γ，β⊥γ，则α//β或α与β相交，
故A与B错误．
若l//α，l//β，则l可能与这两个平面的交线平行，
故C错误．
若l⊥α，l⊥β则α//β，故D正确．
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
对数及其运算
其他不等式的解法
等比数列的通项公式
【解析】
无
【解答】
解：设石片第n次“打水漂”时的速率为vn，
则vn=11.2×0.93n−1．
由11.2×0.93n−1<7.84，
得0.93n−1<0.7，
则(n−1)ln0.93即n−1>−0.357−0.073≈4.89，
则n>5.89，故至少需要“打水漂”的次数为6．
故选B．
8.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
【解析】
无
【解答】
解：因为k2+16−k2+9=16−9，
所以M与N的焦距相等．
因为M的焦距:16−9=7，P的焦距:32−18=14，
所以716=1432，
所以M与P的离心率相等．
故选C．
9.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，建立空间直角坐标系，
∵四面体OBCD的外接球的球心为E，
∴E0,0,1.
∵A1,1,−1，
∴AE=12+12+(−1−1)2=6，
∴所求球的表面积为4π×6=24π．
故选B．
10.
【答案】
D
【考点】
求线性目标函数的最值
基本不等式在最值问题中的应用
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：可行域如图所示，
z=ax+by即y=−abx+1bz，
所以当直线z=ax+by经过点A(5,6)时，z取得最大值，
所以5a+6b=1，
所以5a+6b=5a+6b5a+6b=61+30ba+ab
≥61+60=121，
当且仅当a=b=111时，等号成立，
所以5a+6b的最小值为121．
故选D．
11.
【答案】
C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵sinωx+φ−2csωx+φ=0a>0，
∴sinωx+φ=2csωx+φ，即tanωx+φ=2.
∵|x1−x2|的最小值为π3，
∴πω=π3，解得ω=3.
∵将函数y=sinωx+φ=sin3x+φ向左平移π4个单位长度，
∴f(x)=sin3x+π4+φ=sin3x+3π4+φ.
∵所得图象关于y轴对称，
∴3π4+φ=π2+kπk∈Z，
解得φ=−π4+kπk∈Z，
当k=0时，φ=−π4．
故选C．
12.
【答案】
A
【考点】
函数的零点
分段函数的应用
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为函数y=lg2x+1x在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以可作出gx=|lg2x+1x−2|的大致图象，如图所示．
易知当−3一个零点为4−a（不小于1），
另一个零点为−a−2（小于1）．
由图可知，要使得y=fgx有六个零点，
则需满足4−a>1，0<−a−2<1，
解得a∈−3,−2．
故选A.
二、填空题
【答案】
13
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为|a→|=5，|b→|=3|a→|，
所以a→⋅b→=5×35×cs=5，
所以cs=13．
故答案为：13．
三、解答题
【答案】
(1)证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，
∵ BB1=CC1，BB1//CC1，E，F分别为侧棱BB1，CC1的中点，
∴ BE//FC1，BE=FC1，
∴ 四边形BEC1F是平行四边形，
∴ BF//EC1 .
∵ C1E⊂平面A1C1E，BF⊄平面A1C1E，
∴ BF//平面A1C1E．
(2)解：以C为坐标原点，CA→的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
设BC=1，
则A1(2,0,2)，C1(0,0,2)，E(0,1,1)，B1(0,1,2)，C(0,0,0)，
C1A1→=2,0,0，EC1→=0,−1,1 ，CB1→=0,1,2 ．
设平面A1C1E的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅C1A1→=2x=0,n→⋅EC1→=−y+z=0,
令y=1，得n→=0,1,1，
则sin=|cs|=35⋅2=31010，
故B1C与平面A1C1E所成角的正弦值为31010.
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，
∵ BB1=CC1，BB1//CC1，E，F分别为侧棱BB1，CC1的中点，
∴ BE//FC1，BE=FC1，
∴ 四边形BEC1F是平行四边形，
∴ BF//EC1 .
∵ C1E⊂平面A1C1E，BF⊄平面A1C1E，
∴ BF//平面A1C1E．
(2)解：以C为坐标原点，CA→的方向为x轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系C−xyz，
设BC=1，
则A1(2,0,2)，C1(0,0,2)，E(0,1,1)，B1(0,1,2)，C(0,0,0)，
C1A1→=2,0,0，EC1→=0,−1,1 ，CB1→=0,1,2 ．
设平面A1C1E的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅C1A1→=2x=0,n→⋅EC1→=−y+z=0,
令y=1，得n→=0,1,1，
则sin=|cs|=35⋅2=31010，
故B1C与平面A1C1E所成角的正弦值为31010.
【答案】
解：(1)活动第一天购物满200元的700人次中参与抽奖的频率为1−140700=0.8．
(2)X的可能取值为0，1，4，10，
P(X=0)=C53C83=528，
P(X=1)=C31C52C83=1528，
PX=4=C32C51C83=1556，
PX=10=C33C83=156，
所以X的分布列为
所以EX=0×528+1×1528+4×1556+10×156=2514，
所以活动第一天该商场投入奖金总金额的数学期望为700−140EX=1000元．
【考点】
古典概型及其概率计算公式
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)活动第一天购物满200元的700人次中参与抽奖的频率为1−140700=0.8．
(2)X的可能取值为0，1，4，10，
P(X=0)=C53C83=528，
P(X=1)=C31C52C83=1528，
PX=4=C32C51C83=1556，
PX=10=C33C83=156，
所以X的分布列为
所以EX=0×528+1×1528+4×1556+10×156=2514，
所以活动第一天该商场投入奖金总金额的数学期望为700−140EX=1000元．
【答案】
解：(1)因为a1=4，
所以a1−2=2.
因为数列{an−2n}是等差数列，且公差为2，
所以an−2n=2+2n−1=2n，
则an=2n+2n .
(2)设{an}的公比为q，
由a3−a2=48，得4q2−4q=48，
解得q=4或−3.
因为a2>0，
所以q=4，
所以an=4n，
Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1，
即−3Sn=8+3×42(1−4n−1)1−4+1−3n4n+1
=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1
=4n+1−8+1−3n4n+1
=2−3n4n+1−8，
故Sn=3n−24n+1+83 .
【考点】
等差数列的通项公式
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
（1）因为a1=4，所以a1−2=2，
因为数列{an=2n+2n}是等差数列，且公差为2，所以an−2n=2+2n−1=2n，
则an=2n+2n .

【解答】
解：(1)因为a1=4，
所以a1−2=2.
因为数列{an−2n}是等差数列，且公差为2，
所以an−2n=2+2n−1=2n，
则an=2n+2n .
(2)设{an}的公比为q，
由a3−a2=48，得4q2−4q=48，
解得q=4或−3.
因为a2>0，
所以q=4，
所以an=4n，
Sn=2×4+5×42+⋯+3n−1×4n，
4Sn=2×42+5×43+⋯+3n−1×4n+1，
两式相减得−3Sn=8+3(42+43+⋯+4n)−(3n−1)4n+1，
即−3Sn=8+3×42(1−4n−1)1−4+1−3n4n+1
=8+3×42−4n+11−4+1−3n4n+1
=4n+1−8+1−3n4n+1
=2−3n4n+1−8，
故Sn=3n−24n+1+83 .
【答案】
(1)解：由O为坐标原点，且kOP=1，
得直线OP的方程为y=x，
代入圆C2的方程，得x2−12x+x2=0，
解得x=0或x=6，则P6,6.
将点P的坐标代入C1的方程，得62=2p⋅6，
则p=3，
故C1的方程为x2=6y .
(2)证明：由(1)可知F0,32，l0:y=−32.
设直线l的方程为y=kx+32k≠0，
联立 x2=6y,y=kx+32, 整理得x2−6kx−9=0．
Δ=36k2+36>0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=6k，
所以点M的横坐标为3k，
则kOQ=−323k=−12k，
所以T=kAB⋅kOQ=k⋅−12k=−12，
故T是定值，且定值为−12．
【考点】
抛物线的标准方程
直线的点斜式方程
圆与圆锥曲线的综合问题
抛物线的性质
圆锥曲线中的定点与定值问题
斜率的计算公式
【解析】
（1）解：由O为坐标原点，且kOP=1，得直线OP的方程为y=x，
代人圆C2的方程，得x2−12x+x2=0，解得x=0或x=6，则P6,6．
将点P的坐标代人C1的方程，得62=2p×6，则p=3．
故C的方程为x2=6y .
（2）证明：由（1）可知F0,32,l0:y=−32．
设直线l的方程为y=kx+32k≠1，
联立 x2=6y,y=kx+32 整理得x2−6k−9=0．
Δ=36k2+36>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=6k，
所以点M的横坐标为3k，
则kM=−323k=−12k，
所以T=kAB⋅kOQ=k⋅−12k=−12，故T是定值，且定值为−12．
【解答】
(1)解：由O为坐标原点，且kOP=1，
得直线OP的方程为y=x，
代入圆C2的方程，得x2−12x+x2=0，
解得x=0或x=6，则P6,6.
将点P的坐标代入C1的方程，得62=2p⋅6，
则p=3，
故C1的方程为x2=6y .
(2)证明：由(1)可知F0,32，l0:y=−32.
设直线l的方程为y=kx+32k≠0，
联立 x2=6y,y=kx+32, 整理得x2−6kx−9=0．
Δ=36k2+36>0.
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=6k，
所以点M的横坐标为3k，
则kOQ=−323k=−12k，
所以T=kAB⋅kOQ=k⋅−12k=−12，
故T是定值，且定值为−12．
【答案】
解：(1)f′(x)=3x2e2x+2x3e2x=x2e2x(2x+3)，
令f′x=0，得x1=−32，x2=0；
令f′x≥0，得x≥−32；
令f′x<0，得x<−32．
所以fx的单调递减区间为−∞,−32，单调递增区间为−32,+∞．
(2)因为ln(ex3)=3lnx+1，且x>0，
所以fx≥mx+lnex3等价于m≤x3e2x−3lnx−1x对x∈0,+∞恒成立．
设函数gt=t−1−lntt>0，
g′t=t−1t，
令g′t<0，得0令g′t>0，得t>1，
所以gtmin=g1=0，
所以t−1−lnt≥0．
取t=x3e2x，所以x3e2x−1−ln(x3e2x)≥0，
所以x3e2x−3lnx−1≥2x，
所以x3e2x−3lnx−1x≥2xx=2．
因为f0=0<1，f1=e2>1，
所以方程x3e2x=1必有解，
所以当且仅当x3e2x=1时，
函数y=x3e2x−3lnx−1xx>0取得最小值，且最小值为2，
所以m≤2，即m的取值范围为(−∞,2]．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′(x)=3x2e2x+2x3e2x=x2e2x(2x+3)，
令f′x=0，得x1=−32，x2=0；
令f′x≥0，得x≥−32；
令f′x<0，得x<−32．
所以fx的单调递减区间为−∞,−32，单调递增区间为−32,+∞．
(2)因为ln(ex3)=3lnx+1，且x>0，
所以fx≥mx+lnex3等价于m≤x3e2x−3lnx−1x对x∈0,+∞恒成立．
设函数gt=t−1−lntt>0，
g′t=t−1t，
令g′t<0，得0令g′t>0，得t>1，
所以gtmin=g1=0，
所以t−1−lnt≥0．
取t=x3e2x，所以x3e2x−1−ln(x3e2x)≥0，
所以x3e2x−3lnx−1≥2x，
所以x3e2x−3lnx−1x≥2xx=2．
因为f0=0<1，f1=e2>1，
所以方程x3e2x=1必有解，
所以当且仅当x3e2x=1时，
函数y=x3e2x−3lnx−1xx>0取得最小值，且最小值为2，
所以m≤2，即m的取值范围为(−∞,2]．
【答案】
解：(1)由x=4csα,y=a+4sinα, 得x2+y−a2=16，
即x2+y2−2ay=16−a2.
因为曲线C经过坐标原点O，
所以16−a2=0.
又a<0，所以a=−4，
故C的极坐标方程为ρ2+8ρsinθ=0，
即ρ+8sinθ=0（或ρ=−8sinθ）.
(2)因为l的极坐标方程为4ρcsθ−12ρsinθ+3a=0，
即4ρcsθ−12ρsinθ−12=0，
所以l的直角坐标方程为x−3y−3=0.
令y=0，得x=3，则A的直角坐标为（3，0）．
由(1)知，曲线C表示为圆心为C0,−4，半径为4的圆，
且|AC|=5，
故|PA|的取值范围为[1,9]．
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的参数方程
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
【解析】
无
【解答】
解：(1)由x=4csα,y=a+4sinα, 得x2+y−a2=16，
即x2+y2−2ay=16−a2.
因为曲线C经过坐标原点O，
所以16−a2=0.
又a<0，所以a=−4，
故C的极坐标方程为ρ2+8ρsinθ=0，
即ρ+8sinθ=0（或ρ=−8sinθ）.
(2)因为l的极坐标方程为4ρcsθ−12ρsinθ+3a=0，
即4ρcsθ−12ρsinθ−12=0，
所以l的直角坐标方程为x−3y−3=0.
令y=0，得x=3，则A的直角坐标为（3，0）．
由(1)知，曲线C表示为圆心为C0,−4，半径为4的圆，
且|AC|=5，
故|PA|的取值范围为[1,9]．X
0
1
4
10
P
528
1528
1556
156
X
0
1
4
10
P
528
1528
1556
156