河北省张家口宣化一中高三上学期阶段测（七）数学试卷

2020-2021学年上学期宣化一中高三数学阶段测试卷（七）一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）设集合A={x|x2≤4}，B={x|2<x<3}A.{x|2<x≤3} B.{x|-2≤x<3}

C.{x|1≤x<4} D.{x|1<x<4}命题“∀x∈(0,+∞)，2x>1”的否定是A.∃x0∉(0,+∞)，2x0≤1 B.∃x0∈(0,+∞)，2x我们知道，人们对声音有不同的感觉，这与声音的强度有关系．声音的强度常用I(单位：瓦/米 2，即W/m2)表示，但在实际测量时，声音的强度水平常用L(单位：分贝)表示，它们满足换算公式：L=10lgII0(L≥0，其中IA.15 B.1100 C.110过点P(1,-3)与圆x2A.x-3y-4=0 B.x+3y-4=0

C.已知函数f(x)=log2x,x≥2log2A.(-∞,2) B.(-∞,1) C.(2,+∞) D.(1,+∞)张衡(78年～139年)是中国东汉时期伟大的天文学家、文学家、数学家．他的数学著作有《算罔论》，他曾经得出结论：圆周率的平方除以十六等于八分之五．已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点A，B，若线段AB的最小值为3-1，利用张衡的结论可得该正方体的外接球的表面积为(    )A.30 B.1010 C.1210 已知双曲线C：x2-y2b2=1(b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线分别交双曲线C的两条渐近线于点MA.1 B.2 C.2 D.3已知定义在R上的函数f(x)，都有f(x)=f(1-x)，且函数f(x+1)是奇函数，若f(-14)=-12，则A.-1 B.1 C.-12 二、不定项选择题（本大题共4小题，共20.0分）已知a>b>0，c>d>0，则下列不等式成立的是(    )A.a+c>b+d B.ad>bc

C.已知函数f(x)=sin(2x-πA.f(x)的最小正周期为π

B.f(x)的图象关于直线x=-76π对称

C.f(x)在(-π4,朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作．《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题．现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是(    )A.4 B.5 C.7 D.8在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为BCA.D1D⊥AF

B.A1G//平面AEF

C.异面直线A1G与EF所成角的余弦值为1010

D.点G到平面AEF三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）在△ABC中，AB=(0,2)，CB=(3,1)，则∠BAC的大小为已知x>0，y>0，且4x-2xy+y=0，则4x+y的最小值为______．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，稳坐于永乐桥之上的“天津之眼”作为世界上唯一一座建在桥上的摩天轮，其巧夺天工和奇思妙想确是当之无愧的“世界第一”.如图，永乐桥摩天轮的直径为110m，到达最高点时，距离地面的高度为120m，能看到方圆40km以内的景致，是名副其实的“天津之眼”.实际上，单从高度角度来看，天津之眼超越了曾大名鼎鼎的伦敦之眼而跃居世界第一．永乐桥摩天轮设置有48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要30min.游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转到tmin后距离地面的高度为Hm，则转到10min后距离地面的高度为______m，在转动一周的过程中，H关于t的函数解析式为______．已知经过点(1,0)的直线l与抛物线y2=4x相交于A，B两点，点C(-1,-1)，且CA⊥CB，则△ABC的面积为______．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）在①2acosA=cosB+bcosC，②(sinB+sinC)2=sin2A+sinBsinC，③2acosB=2c+b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并进行解答．

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b=10，c=6，____，求△ABC的面积S．

已知等比数列{an}的公比大于1，且满足a3+a5=90，a4=27．

(1)求{an}的通项公式；

(2)记bn=log已知函数f(x)=asinx-x+b(0≤x≤π2)在x=π3处有极值．

(1)求a的值，并判断x=π3是f(x)的极大值点还是极小值点？

(2)若不等式f(x)>sinx+cosx对于任意的x∈[0,π2]恒成立，求b如图，在梯形ABCD中，AB//DC，∠ABC=60°，FC⊥平面ABCD，四边形ACFE为矩形，点M为线段EF的中点，且AD=CD=BC=1，CF=32．

(1)求证：平面BCM⊥平面AMC；

(2)求平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值．

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=42，设A是C上一点，且|AF1|=17b3，|AF2|=b3．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若不与y轴垂直的直线l已知函数f(x)=ex-1x．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx+2与曲线y=ex交于P，Q两点，设点P的横坐标为a(a<0)，△OPQ的面积为S．

(ⅰ)求证：eS-1S=ea-2aea；2020-2021学年上学期宣化一中高三数学阶段测试卷（七）答案和解析1.【答案】B

【解析】解：∵A={x|x2≤4}={x|-2≤x≤2}，

B={x|2<x<3}，

∴A∪B={x|-2≤x≤2}∪{x|2<x<3}={x|-2≤x<3}．

故选：B．

求出集合A，由此能求出A∪B．

本题考查并集的求法，考查并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

2.【解析】【分析】

本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，是基础题．

直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．

【解答】

解：因为全称命题的否定是特称命题，

所以命题“∀x∈(0,+∞)，2x>1”的否定是：∃x0∈(0,+∞)，2x0≤1．

【解析】解：设该小区内公共场所声音的强度水平为L1，L2，相应声音的强度为l1，l2，

由题意，得L1-L2=10，

即10lgI1I0-10lgI2I0=10，

解得：I2=110I1．

故选：C．【解析】解：根据题意，圆x2+y2=4，对于点P(1,-3)，有12+(-3)2=4，即点P在圆上，

而kOP=-3，所以过点P的切线斜率为k=-1-3=13，

【解析】解：由函数y=log2x与y=log2(4-x)的图象关于直线x=2对称，

可得f(x)的图象如图所示，

由图可知，当k>1时，直线y=k与函数y=f(x)的图象有两个交点，

即函数y=f(x)-k有两个零点．

故选：D．

画出函数f(x)的图象，由图象可得使y=k与y=f(x)有两个交点的k的范围，则答案可求．

本题考查函数零点与方程根的关系，考查数学转化思想与数形结合的解题思想，是中档题．【解析】解：设正方体的棱长为a，正方体的内切球半径为r=a2，

正方体的外接球半径R满足：R2=(a2)2+(22a)2，则R=32a，

由题意知：R-r=32a-a2=3-12a=3-1，

所以a=2，R=3，

该正方体的外接球的表面积为12π，

又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五，即π216=58，【解析】解：因为OM是△NF1F2的中位线，所以OM//NF1，

又由NF1⊥NF2，得OM⊥NF2，从而△ONF2是等腰三角形，

所以∠MOF2=∠MON=∠NOF1=60°，

即渐近线y=bx【解析】解：因为函数f(x+1)是奇函数，所以f(-x+1)=-f(x+1)，

又f(x)=f(1-x)，所以f(x+1)=-f(x)，

所以f(x+2)=-f(x+1)=f(x)，

所以函数f(x)的周期为2，

所以f(20194)=f(504+34)=f(34)=f(14)．

因为f(-14)=f(-54+1)=-f(54+1)=-f(14)【解析】解：∵a>b>0，c>d>0，

∴由不等式的基本性质，知A和B都正确；

取a=14，b=12，则a+b=34∈(0,1)，∴(34)c<(34)d，故C错误；

∵幂函数y=xa+b，在(0,+∞)上是增函数，

∴当c>d>0时，ca+b>da+b【解析】解：∵f(x)的周期为2π2=π，故A正确；

∵x=-7π6时，2x-π6=-52π，此时f(x)有最小值，所以f(x)图象关于x=-76π对称，B正确；

∵x∈(-π4,π6)时，2x-π6∈(-2π3,π6)，由正弦函数的单调性可得函数f(x)在(-π【解析】解：设最上面一层放a1根，一共放n(n≥2)层，

则最下面一层放(a1+n-1)根，

于是n(2a1+n-1)2=100，

整理得2a1=200n+1-n，

因为a1∈N*，

所以n为200的因数，200n+(1-n)≥2且为偶数，

验证可得n=5，8满足题意．

故选：BD．

设最上面一层放a1【解析】解：对于A，假设D1D⊥AF，又D1D//A1A，于是AA1⊥AF，

显然这是不可能的，所以假设不成立，故A错误；

对于B，取B1C1的中点Q，连接GQ，A1Q，

则GQ//EF，A1Q//AE，于是GQ//平面AEF，A1Q//平面AEF，

又GQ∩A1Q=Q，∴平面A1GQ//平面AEF，

又A1G⊂平面A1GQ，∴A1G//平面AEF，故B正确；

对于C，∵EF//GQ，∴∠A1GQ为异面直线A1G与EF所成的角或其补角，

设正方体的棱长为2，则A1G=A1Q=5，QG=2，

由余弦定理得：cos∠A1GQ=5+2-52×5×2=1010，故C正确；

对于D，连接GC，交FE于O，

连接GF，则△OCE∽△OGF，【解析】解：由题意，得AC=AB+BC=AB-CB=(0,2)-(3,1)=(-3,1)，

cos∠BAC=AC⋅AB|AC||【解析】解：由4x-2xy+y=0，得2y+12x=1，

则4x+y=(4x+y)(2y+12x)=4+8xy+y2x≥4+28xy⋅y2x=8

(当且仅当x=1【解析】解：如图，设座舱距离地面最近的位置为点P，以轴心O为原点，与地面平行的直线为x轴，建立直角坐标系．

设t=0min时，游客甲位于点P(0,-55)，以OP为终边的角为-π2；

根据摩天轮转一周大约需要30min，

可知座舱转动的角速度约为，

由题意可得H=55sin(π15t-π2)+65=-55cosπ15t+65，0≤t≤30．

当t=10时，H=-55cos(π15×10)+65=1852．

故答案为：1852，【解析】解：设直线l：x=my+1，

设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立y2=4xx=my+1，

所以y2-4my-4=0，所以y1+y2=4m，y1y2=-4，

所以x1+x2=4m2+2，x1x2=1．

由题意知CA⋅CB=0，所以(x1+1)(x2+1)+(y1+1)(y2+1)=0，

展开并代入化简得4m2+4m+1=0，所以m=-12，

所以l的方程为2x+y-2=0，点C到l的距离为|-2-1-2|5=5，|AB|=1+m2⋅(y1+y2)2-4y1y2=54×4+16=5，

所以S△ABC=12⋅d⋅|AB|=12×5×5=552．

故答案为：552．

设直线l：x=my+1，设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立y2=4xx=my+1，得到y2-4my-4=0，利用韦达定理以及向量的数量积求解m，利用点到直线的距离与弦长公式，求解三角形的面积即可．

本题考查直线与抛物线的相结合，位置关系的应用，三角形的面积的求法，韦达定理的应用，考查转化思想以及计算能力．

17.【答案】解：选择条件①：因为2acosA=ccosB+bcosC，【解析】选择条件①：由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式，结合sinA≠0，可得cosA=12，结合范围A∈(0,π)，可求A=π3，利用三角形的面积公式即可得解．

选择条件②：由已知利用平方和公式，正弦定理得b2+c2-a2=-bc，由余弦定理可求cosA的值，结合范围A∈(0,π)，可得A=π3，利用三角形的面积公式即可得解．

选择条件③：由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式可得2cosAsinB+sinB=0，由于sinB>0，可求cosA的值，结合范围A∈(0,π)，可得A的值，进而利用三角形的面积公式即可得解．

本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦公式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

18.【答案】解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q>1)，

依题意，得a1q2+a1q4=90a1q3=27，

两式相除，得1+q2q=103，整理得3q2-10q+3=0，

结合q>1，解得q=3，

所以a1【解析】(1)由题设求得等比数列{an}的公比q与首项a1，即可求得其通项公式；

(2)先由(1)求得bn，进而求得an(bn+1)，再利用错位相减法求得其前n项和即可．

本题主要考查等比数列基本量的计算及错位相减法在数列求和中的应用，属于中档题．

19.【答案】解：(1)由f(x)=asinx-x+b，得f'(x)=acosx-1，

由题意，得f'(π3)=0，即acosπ3-1=0，解得a=2．

当a=2时，f'(x)=2cosx-1=2(cosx-12)，

由f'(x)=0，得cosx=12，结合0≤x≤π2，解得x=π3．

当0≤x<π3时，f'(x)>0；

当π3<x≤π2时，f'(x)<0，

∴x=π3是f(x)的极大值点．

(2)不等式f(x)>sinx+cosx对于任意的x∈[0,π2]恒成立，

等价于b>x+cosx-sinx对于一切x∈[0,π2]恒成立．

【解析】(1)求出函数的导数，利用函数的极值，求出a，然后判断极值即可．

(2)不等式f(x)>sinx+cosx对于任意的x∈[0,π2]恒成立，等价于b>x+cosx-sinx对于一切x∈[0,π2]恒成立．记g(x)=x+cosx-sinx，则b>g(x)max，利用函数的导数，转化求解函数的最大值，推出结果．

本题考查函数的导数的应用，函数的极值以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．

20.【答案】(1)证明：在梯形ABCD中，AB//DC，∠ABC=60°，AD=BC，

所以∠DAB=60°，∠ACD=∠CAB，

又AD=CD，所以∠DAC=∠ACD，

所以∠DAC=∠CAB=30°，

所以∠ACB=90°，所以AC⊥BC．

又FC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以FC⊥BC，

因为AC∩FC=C，AC，FC⊂平面ACFE，

所以BC⊥平面ACFE，即BC⊥平面AMC．

又BC⊂平面BCM，则平面BCM⊥平面AMC．

(2)解：由(1)知CA，CB，CF两两垂直，

所以以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

因为BC=1，∠ABC=60°，CF=32，

所以AC=3，所以A(3,0,0)，B(0,1，0)，M(32,0,32)，

所以AB=(-3,1,0)，AM=(-32,0,32)．

设n1=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量，

由【解析】(1)证明AC⊥BC.FC⊥BC，推出BC⊥平面ACFE，得到BC⊥平面AMC.然后证明平面BCM⊥平面AMC．

(2)以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

求出平面MAB的一个法向量，平面FCB的一个法向量，然后利用空间向量的数量积，求解平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦函数值．

本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，平面与平面垂直的证明，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，逻辑推理能力以及计算能力，是中档题．

21.【答案】解：(1)设椭圆C的焦距为2c，

则2c=42，c=22，即a2-b2=8．

由椭圆的定义，得|AF1|+|AF2|=2a，

由已知，得|AF1|+|AF2|=17b3+b3=6b，

所以2a=6b，即a=3b，

联立a2-b2=8和a=3b，解得a=3，b=1，

所以椭圆C的方程为x29+y2=1．

(2)由已知直线l过点B(1,0)，设l的方程为x=my+1，

则联立方程组x=my+1x29+y2=1，消去x并整理得(m2+9)y2+2my-8=0．

设E(x【解析】(1)利用椭圆C的焦距为2c，求出c，结合椭圆的定义推出a=3b，然后求解a，b，得到椭圆方程．

(2)由已知直线l过点B(1,0)，设l的方程为x=my+1，联立方程组x=my+1x