这是一份2021-2022学年安徽省淮南市某校高三（下）期中考试数学试卷 (1)人教A版
2021-2022学年安徽省淮南市某校高三（下）期中考试数学试卷一、选择题 1. 已知全集U=−1,0,1,2,3,4，集合A=−1,1,3,B=1,2，则∁UA∪B=（ ） A.{4} B.0 C.0,4 D.−1,1,2,3 2. 若复数z=2i4+i，则|z|=（ ） A.21717 B.1717 C.172 D.17 3. 已知p:x<1,q:ex<1，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 4. 设m，n，l是三条不同的直线，α,β是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（ ） A.若m//α，n⊂α，则m//n B.若n//β,β⊥α，则n⊥α C.若m⊥α,m⊂β，则α⊥β D.若m//n,n//l,l//β，则m//β 5. 已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点Pm,4m≠0，且cosα=m5，则tanα=（ ） A.±43 B.43 C.±34 D.34 6. 甲随机写一个大写英文字母，乙随机写一个小写英文字母，则他们写的正好是同一个字母的大小写的概率为（ ） A.113 B.126 C.1169 D.1676 7. 充电电池是电动汽车的核心部件之一，如何提高充电速度是电池制造商重点关注的研究方向．已知电池充入的电量E（单位：kW⋅h）与充电时间（单位：min）满足函数Et=M1−e−kt，其中M表示电池的容量，k表示电池的充电效率．研究人员对A，B两个型号的电池进行充电测试，电池A的容量为80kW⋅h，充电30min 充入了40kW⋅h的电量；电池B的容量为60kW⋅h，充电15min 充入了20kW⋅h的电量．设电池A的充电效率为k1，电池B的充电效率为k2，则（ ） A.k1>k2 B.k1
0,b>0,6a+2b=1，则12a+6b的最小值为（ ） A.13 B.19 C.21 D.27 9. 将函数fx=sinx的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍，再向下平移1个单位长度，最后向左平移φφ>0个单位长度，得到函数gx的图象．若存在x∈−π4,0，使得gx=1，则φ的值可能是（ ） A.π12 B.5π12 C.7π12 D.11π12 10. 已知函数fx=2x2+2x+4lnx−ax，若当m>n>0时，fm−fn>m−n，则实数a的取值范围是（ ） A.0,9 B.(−∞,9] C.(−∞,8] D.[8,+∞） 11. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1−c,0和F2c,0,Mx1,2bc为C上一点，且△MF1F2的内心为Ix2,1，则椭圆C的离心率为（ ） A.13 B.25 C.12 D.35 12. 已知10a=π,5b=3,log3c=−12，则a，b，c的大小关系为（ ） A.a0的离心率为2，则双曲线C的焦距为________. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知C=π3,b2−c2=12a2，则cosA=________. 已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是矩形，其中AB=2,AD=4，侧棱PA⊥底面ABCD，E为PD的中点，若四棱锥P−ABCD的外接球表面积为36π，则直线BE与CD所成角的余弦值为________. 三、解答题 已知递增的等差数列an中，a4+a5=30，且a1,a2,a7成等比数列． （Ⅰ）求数列an的通项公式； （Ⅱ）设bn=1anan+1，求数列|{bn}的前n项和Sn. 从某酒店开车到机场有两条路线，为了解两条路线的通行情况，随机统计了走这两条路线各10次的全程时间（单位：min），数据如下表： 将路线一和路线二的全程时间的样本平均数分别记为x和y，样本方差分别记为s12和s22. (1)求x,y,s12,s22； (2)现有甲、乙两人各自从该酒店打车去机场，甲要求路上时间不超过50min，乙要求路上时间不超过60min，若将样本的频率视为概率，为尽可能满足客人要求，司机送甲、乙去机场应该分别选哪条路线？ 如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1 中，E，F分别为棱DD1,CC1的中点． (1)求证：平面AEC1//平面BDF； (2)求点C到平面AEC1的距离． 已知抛物线C:x2=2pyp>0的焦点为F，直线x=4与抛物线C交于点P，|PF|=52p. （Ⅰ）求抛物线C的方程； （Ⅱ）过点F的直线与C交于A，B两点，与圆x2+y2=16交于D，E两点，若|AB||DE|=817，求直线AB的方程． 已知函数fx=ex−a1+xa∈R. (1)讨论fx的单调性； (2)当fx有最小值，且最小值小于a−1时，求a的取值范围． 在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=−t,y=t+4（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2=41+3sin2θ. （Ⅰ）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程； （Ⅱ）若射线θ=π4ρ≥0与曲线C交于点M，与直线l交于点N，求|MN|的长． 已知函数fx=3|x+2|−|x−4|. （Ⅰ）求不等式fx>0的解集； （Ⅱ）若∀x∈R，不等式fx≥kx−4恒成立，求实数k的取值范围． 参考答案与试题解析2021-2022学年安徽省淮南市某校高三（下）期中考试数学试卷一、选择题1.【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】解析 A∪B=−1,1,2,3,∁UA∪B=0,42.【答案】A【考点】复数代数形式的乘除运算复数的模【解析】此题暂无解析【解答】 |z|=|2i||4+i|=217=21717.3.【答案】B【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】此题暂无解析【解答】由ex<1，解得x<0，因为x<1≠x<0,x<0⇒x<1，所以p是q的必要不充分条件．4.【答案】C【考点】空间中直线与平面之间的位置关系空间中直线与直线之间的位置关系【解析】此题暂无解析【解答】A:m//α,n⊂α，则m//n或m与n是异面直线，A为假命题；B :n//β,β⊥α，则无法判断n与α的位置关系，B为假命题；C：由平面与平面垂直的判定定理可知C为真命题；D：还有可能m⊂β，D为假命题．5.【答案】A【考点】任意角的三角函数【解析】此题暂无解析【解答】由题意得cosα=m5=mm2+42，解得m=±3，所以tanα=±436.【答案】B【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】此题暂无解析【解答】甲随机写一个大写英文字母，乙随机写一个小写英文字母，共有262种情况，他们写的正好是同一个字母的大小写共有26种情况，故概率为1267.【答案】B【考点】函数模型的选择与应用【解析】此题暂无解析【解答】由40=801−e−30k1得k1=ln230，由20=601−e−15k2得k2=ln3−ln215.k1−k2=ln230−2ln3−2ln230=3ln2−2ln330=ln8−ln930<0，所以k1m−n，得fm−m>fn−n.设gx=fx−x，则gm>gn，所以函数gx在区间0,+∞上单调递增，故g′x=f′x−1=4x+2+4x−a−1≥0在区间0,+∞上恒成立，即4x+4x+1≥a在区间0,+∞上恒成立．因为4x+4x+1≥24x⋅4x+1=9，当且仅当x=1时，等号成立，所以a≤911.【答案】D【考点】椭圆的离心率【解析】此题暂无解析【解答】由题意可得△MF1F2的内心Ix2,1到x轴的距离就是内切圆的半径，又点Mx1,2bc在椭圆C上，由椭圆的定义得|MF1|+|MF2|+|F1F2|=2a+2c,S△MF1F2=122a+2c×1=12|F1F2|⋅2bc， 整理可得a+c=2b．又a2−c2=b2，所以a−c=b2，所以a=54b,c=34b，离心率为ca=35.12.【答案】D【考点】指数式、对数式的综合比较【解析】此题暂无解析【解答】因为π2<3.152<10，所以a=lgπ35，由log3c=−12得c=33∈12,35，所以a0．由题意，离心率e=a2+6a=2，解得a=2，则c=a2+6=22，故双曲线C的焦距是42.【答案】277【考点】正弦定理余弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解析由题意得c2=a2+b2−2abcosC=a2+b2−ab，所以b2−c2=ab−a2=12a2， 整理得b=32a，所以94a2−c2=12a2，得c2=74a2， 所以cosA=b2+c2−a22bc=94a2+74a2−a22×32a×72a=277. 【答案】33【考点】异面直线及其所成的角球的表面积和体积球内接多面体【解析】此题暂无解析【解答】设PA=x，可将该四棱锥补成长方体，则该长方体的外接球即为四棱锥的外接球，其直径为22+42+x2=20+x2，故表面积为4πR2=π2R2=π20+x2=36π，解得x=4，如图，因为AB//CD，故∠ABE为异面直线BE与CD所成的角．又E为PD的中点，故在Rt△PAD中，AE=12PD=22，在 Rt△ABE中，BE=AB2+AE2=23，故cos∠ABE=223=33. 三、解答题【答案】（Ⅰ）设an的公差为dd>0， 因为a1,a2,a7成等比数列，所以a22=a1a7， 所以a1+d2=a1a1+6d．① 又a4+a5=30，所以2a1+7d=30．② 联立①②解得d=4,a1=1(d=0舍去）， 则an=a1+n−1d=1+4n−1=4n−3. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知bn=1anan+1=1(4n−3)(4n+1)=14(14n−3−14n+1) ， 可得数列bn的前n项和 Sn=141−15+15−19+⋯+14n−3−14n+1 =141−14n+1=n4n+1.【考点】数列的求和等差数列的通项公式【解析】此题暂无解析【解答】（Ⅰ）设an的公差为dd>0， 因为a1,a2,a7成等比数列，所以a22=a1a7， 所以a1+d2=a1a1+6d．① 又a4+a5=30，所以2a1+7d=30．② 联立①②解得d=4,a1=1(d=0舍去）， 则an=a1+n−1d=1+4n−1=4n−3. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知bn=1anan+1=1(4n−3)(4n+1)=14(14n−3−14n+1) ， 可得数列bn的前n项和 Sn=141−15+15−19+⋯+14n−3−14n+1 =141−14n+1=n4n+1.【答案】解析（Ⅰ）x=50+110−6+8+16+0−16−8+0−12+12+6=50，y=50+1104−2+10+4+0+3+3−6+3+1=52，s12=11062+82+162+162+82+122+122+62=100， s22=11022+42+82+22+22+12+12+82+12+12=16.（Ⅱ）记路线一的全程时间为xmin，路线二的全程时间为ymin 将样本的频率视为概率， 由样本数据可知Px≤50=0.6,Py≤50=0.3，所以送甲去机场应该选择路线一；Px≤60=0.8,Py≤60=1，所以送乙去机场应选择路线二．【考点】极差、方差与标准差众数、中位数、平均数用频率估计概率【解析】此题暂无解析【解答】解析（Ⅰ）x=50+110−6+8+16+0−16−8+0−12+12+6=50，y=50+1104−2+10+4+0+3+3−6+3+1=52，s12=11062+82+162+162+82+122+122+62=100， s22=11022+42+82+22+22+12+12+82+12+12=16.（Ⅱ）记路线一的全程时间为xmin，路线二的全程时间为ymin 将样本的频率视为概率， 由样本数据可知Px≤50=0.6,Py≤50=0.3，所以送甲去机场应该选择路线一；Px≤60=0.8,Py≤60=1，所以送乙去机场应选择路线二．【答案】解：(1)在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱DD1,CC1的中点， 所以 DE=12DD1,C1F=12CC1． 因为CC1=DD1，且CC1//DD1， 所以DE=C1F，且DE//C1F， 所以四边形DEC1F是平行四边形，所以DF//EC1． 又DF⊂平面BDF，EC1⊄平面BDF，所以EC1//平面BDF． 同理，BF//AE，又BF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，所以AE//平面BDF． 又AE∩EC1=E,AE,EC1⊂平面AEC1，所以平面AEC1//平面BDF．(2)如图所示，连接AC，CE， 因为正方体ABCD−A1B1C1D1 的棱长为2， 所以AE=C1E=22+12=5,AC1=22+22+22=23， 所以S△AEC1=12×23×52−32=6 ， S△CEC′=12×2×2=2． 设点C到平面AEC1的距离为d． 由V三棱锥C−AEC1=V三棱锥A−CEC1，得13S△AEC1⋅d=13S△CEC1⋅AD 即13⋅6⋅d=13⋅2⋅2，解得d=263， 故点C到平面AEC1的距离为263.【考点】平面与平面平行的判定点、线、面间的距离计算【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱DD1,CC1的中点， 所以 DE=12DD1,C1F=12CC1． 因为CC1=DD1，且CC1//DD1， 所以DE=C1F，且DE//C1F， 所以四边形DEC1F是平行四边形，所以DF//EC1． 又DF⊂平面BDF，EC1⊄平面BDF，所以EC1//平面BDF． 同理，BF//AE，又BF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，所以AE//平面BDF． 又AE∩EC1=E,AE,EC1⊂平面AEC1，所以平面AEC1//平面BDF．(2)如图所示，连接AC，CE， 因为正方体ABCD−A1B1C1D1 的棱长为2， 所以AE=C1E=22+12=5,AC1=22+22+22=23， 所以S△AEC1=12×23×52−32=6 ， S△CEC′=12×2×2=2． 设点C到平面AEC1的距离为d． 由V三棱锥C−AEC1=V三棱锥A−CEC1，得13S△AEC1⋅d=13S△CEC1⋅AD 即13⋅6⋅d=13⋅2⋅2，解得d=263， 故点C到平面AEC1的距离为263.【答案】（Ⅰ）依题意，设P4,y0， 由抛物线的定义得|PF|=y0+p2=52p，解得y0=2p． 因为P4,y0在抛物线C:x2=2py上，所以42=2py0， 所以42=2p⋅2p，解得p=2， 故抛物线C的方程为x2=4y． （Ⅱ）依题意，直线AB的斜率存在，F的坐标为0,1，设直线AB:y=kx+1,Ax1,y1,Bx2,y2， 联立y=kx+1,x2=4y,得x2−4kx−4=0，故x1+x2=4k,x1x2=−4， 则|AB|=y1+y2+2=kx1+x2+4=4k2+4， 因为坐标原点O到直线AB:kx−y+1=0的距离d=11+k2， 所以|DE|=2r2−d2=242−1k2+1=215+16k21+k2.， 因为|AB||DE|=817，即41+k2⋅215+16k21+k2=817， 化简整理得k2+216k2−1=0， 解得k=±14， 故直线AB的方程是y=±14x+1．【考点】抛物线的标准方程与抛物线有关的中点弦及弦长问题【解析】此题暂无解析【解答】（Ⅰ）依题意，设P4,y0， 由抛物线的定义得|PF|=y0+p2=52p，解得y0=2p． 因为P4,y0在抛物线C:x2=2py上，所以42=2py0， 所以42=2p⋅2p，解得p=2， 故抛物线C的方程为x2=4y． （Ⅱ）依题意，直线AB的斜率存在，F的坐标为0,1，设直线AB:y=kx+1,Ax1,y1,Bx2,y2， 联立y=kx+1,x2=4y,得x2−4kx−4=0，故x1+x2=4k,x1x2=−4， 则|AB|=y1+y2+2=kx1+x2+4=4k2+4， 因为坐标原点O到直线AB:kx−y+1=0的距离d=11+k2， 所以|DE|=2r2−d2=242−1k2+1=215+16k21+k2.， 因为|AB||DE|=817，即41+k2⋅215+16k21+k2=817， 化简整理得k2+216k2−1=0， 解得k=±14， 故直线AB的方程是y=±14x+1．【答案】解：(1)f′x=ex−a， 若a≤0，则f′x>0，所以fx在R上单调递增； 若a>0，则当x∈−∞,lna时，f′x<0，当x∈lna,+∞时，f′x>0， 所以fx在−∞,lna上单调递减，在lna,+∞上单调递增．(2)由(1)知，当a≤0时,fx在R上没有最小值， 当a>0时fx在x=lna处取得最小值，最小值为flna=a−a1+lna=−alna, flna0 ． 设ga=alna+a−1 当a∈0,1e2时，ga=alna+1−1<−1，不符合条件； 当a∈1e2,+∞时，g′a=lna+2>0，所以ga在1e2,+∞上单调递增， 又因为g1=0，所以当a∈1e2,1时，ga<0，当a∈1,+∞时，ga>0 因此α的取值范围是1,+∞．【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数的最值【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)f′x=ex−a， 若a≤0，则f′x>0，所以fx在R上单调递增； 若a>0，则当x∈−∞,lna时，f′x<0，当x∈lna,+∞时，f′x>0， 所以fx在−∞,lna上单调递减，在lna,+∞上单调递增．(2)由(1)知，当a≤0时,fx在R上没有最小值， 当a>0时fx在x=lna处取得最小值，最小值为flna=a−a1+lna=−alna, flna0 ． 设ga=alna+a−1 当a∈0,1e2时，ga=alna+1−1<−1，不符合条件； 当a∈1e2,+∞时，g′a=lna+2>0，所以ga在1e2,+∞上单调递增， 又因为g1=0，所以当a∈1e2,1时，ga<0，当a∈1,+∞时，ga>0 因此α的取值范围是1,+∞．【答案】（Ⅰ）由x=−t,y=t+4（t为参数）得−x=t=y−4，得x+y−4=0， 故直线l的普通方程是x+y−4=0， 由ρ2=41+3sin2θ，得ρ2+3p2sin2θ=4， 将x=ρcosθy=ρsinθ代入得x2+y2+3y2=4，即x2+4y2=4， 故曲线C的直角坐标方程是x24+y2=1． （Ⅱ）将θ=π4ρ≥0代入曲线C的极坐标方程ρ2=41+3sin2θ， 可得 ρM2=41+3sin2π4=41+3×222=85 ，所以ρM=2105． 又直线l的极坐标方程为ρ=4sinθ+cosθ， 令θ=π4得 ρN=4sinπ4+cosπ4=422+22=22， 所以ρN=22 ， 所以|MN|=ρN−ρM=22−2105. 【考点】直线的参数方程椭圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化与椭圆有关的中点弦及弦长问题【解析】此题暂无解析【解答】（Ⅰ）由x=−t,y=t+4（t为参数）得−x=t=y−4，得x+y−4=0， 故直线l的普通方程是x+y−4=0， 由ρ2=41+3sin2θ，得ρ2+3p2sin2θ=4， 将x=ρcosθy=ρsinθ代入得x2+y2+3y2=4，即x2+4y2=4， 故曲线C的直角坐标方程是x24+y2=1． （Ⅱ）将θ=π4ρ≥0代入曲线C的极坐标方程ρ2=41+3sin2θ， 可得 ρM2=41+3sin2π4=41+3×222=85 ，所以ρM=2105． 又直线l的极坐标方程为ρ=4sinθ+cosθ， 令θ=π4得 ρN=4sinπ4+cosπ4=422+22=22， 所以ρN=22 ， 所以|MN|=ρN−ρM=22−2105. 【答案】（Ⅰ） fx=3|x+2|−|x−4|=−2x−10,x<−2,4x+2,−−2≤x≤4,2x+10,x>4, 当x<−2时，由−2x−10>0得x<−5； 当−2≤x≤4时，由4x+2>0得−124时2x+10>0恒成立． 因此不等式fx>0的解集为−∞,−5∪−12,+∞ ; （Ⅱ）作出函数fx的大致图象，如图所示． 根据题意，函数y=fx的图象要在直线y=kx−4的上方，即需直线y=kx−4的斜率大于等于直线MN的斜率，且小于等于直线y=2x+10的斜率． 又kMN=0−−64−−2=1， 所以k的取值范围是1,2．【考点】绝对值不等式的解法与证明函数恒成立问题【解析】此题暂无解析【解答】（Ⅰ） fx=3|x+2|−|x−4|=−2x−10,x<−2,4x+2,−−2≤x≤4,2x+10,x>4, 当x<−2时，由−2x−10>0得x<−5； 当−2≤x≤4时，由4x+2>0得−124时2x+10>0恒成立． 因此不等式fx>0的解集为−∞,−5∪−12,+∞ ; （Ⅱ）作出函数fx的大致图象，如图所示． 根据题意，函数y=fx的图象要在直线y=kx−4的上方，即需直线y=kx−4的斜率大于等于直线MN的斜率，且小于等于直线y=2x+10的斜率． 又kMN=0−−64−−2=1， 所以k的取值范围是1,2．
