徐州市大许中学2021届高三第三次月考数学试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精江苏省徐州市大许中学2021届高三第三次月考数学试卷高三数学试卷一.填空题:本大題共14小败，每小題5分，共70分。不需要写出解答过程.1.复数的共轭复数是________．2．设全集，则图中阴影部分表示的区间是________．3．运行如图所示的伪代码,其结果为________．S←1ForIFrom1To7Step2S←S＋IEndForPrintS4.若命题“,”是假命题，则实数的取值范围是．5。甲、乙两组各有三名同学，他们在一次测试中的成绩分别为：甲组：88、89、90;乙组：87、88、92，如果分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，则这两名同学的成绩之差的绝对值不超过3的概率是．6.矩形中，沿,沿将矩形折成一个直二面角,则四面体外接球的体积为．7．设满足，则的最大值为．8．已知为等差数列,为其前项和，公差为,若，则的值为________．9．已知函数，当时恒有，则关于的不等式的解集为________．10.在平面直角坐标系中，过点的直线与圆相切于点，与圆相交于点，且,则正数的值为．11.若函数在上单调递增，则实数的取值范围为______________________．12.函数，若关于的方程至少有两个不相等的实数根,则实数的取值范围为_____________．13。在平面直角坐标系中，已知点在椭圆上，点满足,且,则线段在轴上的投影长度的最大值为．14.在中,若当面积取最大值时，则．二。解答题:本大题共6小题，共计90分EQ\F（1，2）15．（本小题满分14分)已知的内角所对的边分别为，已知。（1）求角的大小；(2)若的面积为，求.16。（本小题满分14分)如图，在三棱锥中，已知平面平面（1)若,求证：；(2）若过点作直线平面，求证：平面.17．（本小题满分14分)如图是一“T”型水渠的平面视图（俯视图)，水渠的南北方向和东西方向轴截面均为矩形，南北向渠宽为4m,东西向渠宽eq\r（2)m（从拐角处，即图中A，B处开始）．假定渠内的水面始终保持水平位置(即无高度差)．（1）在水平面内，过点A的一条直线与水渠的内壁交于P，Q两点，且与水渠的一边的夹角为θeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0＜θ＜\f(π,2））)，将线段PQ的长度l表示为θ的函数；(2）若从南面漂来一根长为7m的笔直的竹竿(粗细不计),竹竿始终浮于水平面内，且不发生形变,问：这根竹竿能否从拐角处一直漂向东西向的水渠(不会卡住)?请说明理由．18．（本小题满分16分）如图，点A(1，eq\r(3））为椭圆eq\f（x2,2）＋eq\f(y2,n)＝1上一定点，过点A引两直线与椭圆分别交于B，C两点．(1)求椭圆方程；(2）若直线AB，AC与x轴围成的是以点A为顶点的等腰三角形．①求直线BC的斜率；②求△ABC的面积的最大值，并求出此时直线BC的方程．19．(本小题满分16分）函数f(x)＝1＋lnx－eq\f（kx－2，x）,其中k为常数．(1)若k＝0，求曲线y＝f(x)在点（1，f（1)）处的切线方程；（2)若k＝5，求证：f(x）有且仅有两个零点；（3）若k为整数，且当x＞2时，f(x)＞0恒成立，求k的最大值.20。(本小题满分16分）已知有穷数列，对任意的正整数，都有成立．(1）若是等差数列，且首项和公差相等，求证：是等比数列；（2)若是等差数列，且是等比数列,求证：．数学答案1.35＋45I2.（－∞，－1）∪(2,＋∞）3.164。5。6.7。28.1109。10。411.［1，＋∞）12.－13，1∪（1，＋∞）13。1014。15．（1）由已知，结合正弦定理得，所以，即，即,因为，所以.…………7分（2)由，得，即,又，得，所以,又.………………14分16。证明：(1）因为平面平面，平面平面，平面，,所以平面.因为平面，所以.又因为平面所以平面又因为平面所以。…………7分（2）在平面内过作，垂足为，因为平面平面，又因为平面平面,平面，所以平面,又因为平面，所以,又平面，平面所以平面………………14分17．解（1)由题意，PA＝2sinθ,QA＝4cosθ，所以l＝PA＋QA＝2sinθ＋4cosθ0＜θ＜π2………………6分(2）设f(θ）＝2sinθ＋4cosθ，θ∈0，π2。由f′（θ)＝－2cosθsin2θ＋4sinθcos2θ＝222sin3θ－cos3θsin2θcos2θ，令f′（θ）＝0，得tanθ0＝22。………………10分且当θ∈(0,θ0）,f′（θ）＜0；当θ∈θ0，π2，f′（θ)＞0，所以f(θ)在（0，θ0）上单调递减，在θ0，π2上单调递增，所以当θ＝θ0时，f（θ）取得极小值，即为最小值．当tanθ0＝22时，sinθ0＝13，cosθ0＝23，所以f(θ)的最小值为36，即这根竹竿能通过拐角处的长度的最大值为36m.因为36＞7，所以这根竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠．答:竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠．………………14分18。解（1)把点A(1，3）代入x22＋y2n＝1得n＝6，故椭圆方程为x22＋y26＝1.…………2分（2)①显然题中等腰三角形腰所在的直线不可能与x轴垂直．因此其斜率必存在，设两腰的斜率分别为k1，k2，由y－3＝k1x－1,x22＋y26＝1，消去y，得（3＋k21)x2＋2k1(3－k1)x＋（3－k1)2－6＝0,∴点B的横坐标为x＝1－6＋23k1k21＋3(x＝1为点A的横坐标），∴点B的纵坐标为y＝3－23k21＋6k1k21＋3,即B1－6＋23k1k21＋3,3－23k21＋6k1k21＋3.………………6分同理可得点C的坐标为C1－6＋23k2k22＋3，3－23k22＋6k2k22＋3。∵k1＋k2＝0,∴直线BC的斜率为kBC＝3.………………8分②设B(x1，y1)，C(x2，y2）,直线BC的方程为y＝3x＋m，代入方程x22＋y26＝1得6x2＋23mx＋m2－6＝0,∴x1＋x2＝－33m，x1x2＝m2－66，∴BC＝1＋32•｜x1－x2｜＝2•x1＋x22－4x1x2＝23312－m2，又点A到直线BC的距离为d＝｜m|2，∴S△ABC＝12BC•d＝36m212－m2＝36－m2－62＋36，∴当m2＝6，即m＝6或m＝－6时，△ABC面积取得最大值3.此时，直线BC的方程为y＝3x±6.………………16分19.(1）解当k＝0时，f（x)＝1＋lnx。因为f′(x）＝1x，从而f′（1）＝1.又f(1)＝1,所以曲线y＝f（x)在点(1,f（1)）处的切线方程为y－1＝x－1，即x－y＝0.………………2分(2)证明当k＝5时，f(x)＝lnx＋10x－4。因为f′（x)＝x－10x2,从而当x∈(0，10）时,f′(x）＜0，f（x)单调递减；当x∈（10，＋∞）时,f′(x)＞0,f（x）单调递增．所以当x＝10时,f(x）有极小值．因为f（10）＝ln10－3＜0，f（1）＝6＞0，所以f(x）在（1，10)之间有一个零点．因为f(e4)＝4＋10e4－4＞0，所以f（x）在(10，e4）之间有一个零点．从而f(x）有两个不同的零点．………………8分（3)解方法一由题意知，1＋lnx－kx－2x＞0在(2，＋∞）上恒成立，即k＜x＋xlnxx－2在（2,＋∞）上恒成立．令h(x）＝x＋xlnxx－2,则h′（x）＝x－2lnx－4x－22.设ν(x）＝x－2lnx－4，则ν′(x)＝x－2x。当x∈(2，＋∞)时，ν′（x)＞0，所以ν(x）在（2，＋∞）上为增函数．因为ν(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，ν(9)＝5－2ln9＞0，所以存在x0∈（8,9)，ν（x0）＝0,即x0－2lnx0－4＝0。当x∈(2，x0）时,h′(x)＜0，h（x)单调递减，当x∈（x0,＋∞）时，h′(x)＞0,h(x）单调递增．所以当x＝x0时,h（x)的最小值为h(x0)＝x0＋x0lnx0x0－2。因为lnx0＝x0－42，所以h（x0)＝x02∈（4，4。5)．故所求的整数k的最大值为4。………………8分方法二由题意知，1＋lnx－kx－2x＞0在(2，＋∞)上恒成立．f（x)＝1＋lnx－kx－2x，f′(x）＝x－2kx2.①当2k≤2，即k≤1时,f′(x)＞0在(2，＋∞）上恒成立，所以f（x）在(2，＋∞)上单调递增．而f(2）＝1＋ln2＞0成立,所以满足要求．②当2k＞2,即k＞1时,当x∈（2，2k)时，f′（x)＜0，f（x)单调递减，当x∈（2k，＋∞）时,f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝2k时,f（x)有最小值f（2k）＝2＋ln2k－k.从而f(x）＞0在(2，＋∞)上恒成立等价于2＋ln2k－k＞0.令g（k)＝2＋ln2k－k，则g′（k)＝1－kk＜0，从而g(k)在（1，＋∞)为减函数．因为g(4）＝ln8－2＞0，g（5)＝ln10－3＜0，所以使2＋ln2k－k＞0成立的最大正整数k＝4。综合①②，知所求的整数k的最大值为4。20。证明:（1）依题意，，且,………………2分因为，①所以（），②①②得,（），③………………4分所以（）,④③④得,（），即（），………………6分①中,令得，，即，所以,所以，，从而，即证是等比数列；………………8分(