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2021-2022学年安徽省淮南市某校高三（下）期中考试数学试卷人教A版
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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. 若复数z=2i4+i，则|z|=（ ） A.21717 B.1717 C.172 D.17 2. 设集合A=x∈Z|x2<4,B=x|y=x−1，则A∩∁RB=（ ） A.x|−2k2 B.k112,b>1，则2a2a−1+bb−1的最小值为（ ） A.6 B.4 C.3 D.2 10. 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 11. 已知10a=π,5b=3,log3c=−12，则a，b，c的大小关系为（ ） A.a0个单位长度，得到函数gx的图象．若对任意x1∈0,π2，都存在x2∈−π2,0，使得fx1=gx2，则φ的值可能是（ ） A.π4 B.5π12 C.7π12 D.3π4二、填空题 已知向量a=−1,xx∈R,b=2,4，且a//b，则|a|=________. 若双曲线C：x2a2−y26=1a>0的离心率为2，则双曲线C的焦距为________. 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________. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足5a2+3b2=3c2，则sinA的取值范围是________. 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. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱DD1,CC1的中点． （Ⅰ）求证：平面AEC1//平面BDF； （Ⅱ）求直线A1B与平面AEC1所成角的大小． 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. （Ⅰ）求x,y,s12,s22； （Ⅱ）假设路线一的全程时间X服从正态分布Nμ1,σ12，路线二的全程时间Y服从正态分布Nμ2,σ22，分别用x,y,s12,s22作为μ1,μ2,σ12,σ22的估计值．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60min，乙要求路上时间不超过70min，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？ 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=kx3−2x2−xlnxk∈R. (1)若x=1是fx的一个零点，求曲线y=fx在x=1处的切线方程； (2)若当x∈0,+∞时fx≥0恒成立，求k的最小整数值． （参考数据：ln34≈−0.29） 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】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=21717.2.【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】由题设，A=x∈Z|−20−a>0,，即a212,b>1，所以12a−1+1b−1=2a−1+b−112a−1+1b−1=2+2a−1b−1+b−12a−1≥22a−1b−1⋅b−12a−1=4，当且仅当2a−1b−1=b−12a−1，即a=34,b=32时，等号成立，所以2a2a−1+bb−1的最小值为4+2=6.10.【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=35.11.【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】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. 【答案】(0,35]【考点】余弦定理基本不等式在最值问题中的应用【解析】此题暂无解析【解答】因为5a2+3b2=3c2，所以a2=3c2−3b25， 所以 cosA=b2+c2−a22bc=b2+c2−3c2−3b252bc=c2+4b25bc≥24c2b25bc=45，当且仅当c2=4b2，即c=2b时等号成立， 又A∈0,π，所以 cosA∈[45,1),cos2A∈[1625,1) ， 所以sin2A=1−cos2A∈(0,925]，所以sinA∈(0,35].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】（Ⅰ）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． （Ⅱ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2， 则A12,0,2,B2,2,0,A2,0,0,E0,0,1,C10,2,2， 则|A1B→=0,2,−2,AE→=−2,0,1,AC1→=−2,2,2， 设平面AEC1的法向量为n=x,y,z， 则 n⋅AE→=−2x+z=0,n⋅AC1→=−2x+2y+2z=0， 取x=1，得平面AEC1的一个法向量为n=1,−1,2， 设直线A1B与平面AEC1所成角的大小为θ， 则sinθ=|A1B→⋅n||A1B→||n|=32，解得θ=60∘， 所以直线A1B与平面AEC1所成角的大小为60∘.【考点】平面与平面平行的判定用空间向量求直线与平面的夹角【解析】此题暂无解析【解答】（Ⅰ）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． （Ⅱ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2， 则A12,0,2,B2,2,0,A2,0,0,E0,0,1,C10,2,2， 则|A1B→=0,2,−2,AE→=−2,0,1,AC1→=−2,2,2， 设平面AEC1的法向量为n=x,y,z， 则 n⋅AE→=−2x+z=0,n⋅AC1→=−2x+2y+2z=0， 取x=1，得平面AEC1的一个法向量为n=1,−1,2， 设直线A1B与平面AEC1所成角的大小为θ， 则sinθ=|A1B→⋅n||A1B→||n|=32，解得θ=60∘， 所以直线A1B与平面AEC1所成角的大小为60∘.【答案】（Ⅰ）x=50+110−6+8+16+0−16−8+0−12+12+6=50，y=60+1102−4+8+2−2+1+1−8+1−1=60，s12=11062+82+162+162+82+122+122+62=100，s22=11022+42+82+22+22+12+12+82+12+12=16. （Ⅱ）由（Ⅰ）知X∼N50,102,Y∼N60,42 ． 因为PX≤60>PX≤50，且PX≤50=PY≤60=12， 所以PX≤60>PY≤60， 所以送甲去机场应该选择路线一； 因为P(X≤70)=P(X≤μ1+2σ1),P(Y≤70)>P(Y≤68)=P(Y≤μ+2σ2）， 又PX≤μ1+2σ1=PY≤μ2+2σ2，所以PX≤70PX≤50，且PX≤50=PY≤60=12， 所以PX≤60>PY≤60， 所以送甲去机场应该选择路线一； 因为P(X≤70)=P(X≤μ1+2σ1),P(Y≤70)>P(Y≤68)=P(Y≤μ+2σ2）， 又PX≤μ1+2σ1=PY≤μ2+2σ2，所以PX≤700，由fx≥0恒成立，可得k≥2x+lnxx2恒成立，所以k≥2x+lnxx2max, 令φx=2x+lnxx2，则φ′x=−2x2+1−2lnxx3=1−2lnx−2xx3, 令rx=1−2lnx−2x，则r′x=−2x−2<0, 所以rx在0,+∞上单调递减， 又r1=−1<0，r34=1−2ln34−32=−2ln34−12>0， 所以存在x0∈34,1，使得rx0=0，即φ′x0=0， 且φx在0,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减， 所以φxmax=φx0=2x0+lnx0x02， 因为1−2lnx0−2x0=0，所以φx0=2x0+1−2x02x02=1x0+12x02， 易知函数ux=1x+12x2在0,+∞上单调递减，所以ux0φ1=2，所以φx0∈2,209， 因为k≥φx0，所以k的最小整数值是3．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究不等式恒成立问题【解析】此题暂无解析【解答】（Ⅰ）由f1=k−2−0=0可得k=2， 所以fx=2x3−2x2−xlnx,f′x=6x2−4x−lnx−1， 所以f′1=1，又f1=0， 所以曲线y=fx在x=1处的切线方程为y=x−1.（Ⅱ）因为x>0，由fx≥0恒成立，可得k≥2x+lnxx2恒成立，所以k≥2x+lnxx2max, 令φx=2x+lnxx2，则φ′x=−2x2+1−2lnxx3=1−2lnx−2xx3, 令rx=1−2lnx−2x，则r′x=−2x−2<0, 所以rx在0,+∞上单调递减， 又r1=−1<0，r34=1−2ln34−32=−2ln34−12>0， 所以存在x0∈34,1，使得rx0=0，即φ′x0=0， 且φx在0,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减， 所以φxmax=φx0=2x0+lnx0x02， 因为1−2lnx0−2x0=0，所以φx0=2x0+1−2x02x02=1x0+12x02， 易知函数ux=1x+12x2在0,+∞上单调递减，所以ux0φ1=2，所以φx0∈2,209， 因为k≥φx0，所以k的最小整数值是3．【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．
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. 若复数z=2i4+i，则|z|=（ ） A.21717 B.1717 C.172 D.17 2. 设集合A=x∈Z|x2<4,B=x|y=x−1，则A∩∁RB=（ ） A.x|−2
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