吉林省通榆县第一中学高三上学期第五次月考数学（理）试题

高三第五次月考数学理科试题命题人一、选择题（本大题共12小题，共60分）1.设集合A＝{1，2，3}，B＝{4，5}，M＝{x|x＝a＋b，a∈A，b∈B}，则M中元素的个数为()A.3 B.4 C.5 D.62.若复数(a2－3a＋2)＋(a－1)i是纯虚数，则实数a的值为()A.1 B.2 C.1或2 D.－13.已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝()A.4 B.3 C.2 D.04.执行如图所示的程序框图，若输出的S为4，则输入的x应为()A.－2 B.16 C.－2或8 D.－2或165.已知曲线C1：y＝cosx，C2：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，则下面结论正确的是()A.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到曲线C2B.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq\f(π,12)个单位长度，得到曲线C2C.把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq\f(π,6)个单位长度，得到曲线C2D.把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq\f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq\f(π,12)个单位长度，得到曲线C26.如图为某个几何体的三视图，根据三视图可以判断这个几何体为()A.圆锥B.三棱椎C.三棱柱D.三棱台7.已知直线x－2y＋a＝0与圆O：x2＋y2＝2相交于A，B两点(O为坐标原点)，且△AOB为等腰直角三角形，则实数a的值为()A.eq\r(6)或－eq\r(6) B.eq\r(5)或－eq\r(5)C.eq\r(6) D.eq\r(5)8.某班的全体学生参加数学测试，成绩的频率分布直方图如图所示，数据的分组依次为[20，40)，[40，60)，[60，80)，[80，100].由频率分布直方图估计全班数学测试成绩平均分为()A.66B.67C.68D.709.已知(1＋ax)3＋(1－x)5的展开式中含x3的系数为－2，则a等于()A.2eq\r(3) B.2 C.－2 D.－110.通榆县公园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有()A.90种 B.180种 C.270种 D.360种11.设F1，F2是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，O是坐标原点.过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若|PF1|＝eq\r(6)|OP|，则C的离心率为()A.eq\r(5) B.2 C.eq\r(3) D.eq\r(2)12.已知定义在R上的函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，且f(x＋1)是偶函数，不等式f(m＋2)≥f(x－1)对任意的x∈[－1，0]恒成立，则实数m的取值范围是()A.[－3，1] B.[－3，—1]C.(－∞，－3]∪[1，＋∞) D.(－∞，－4]∪[2，＋∞)二、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知α∈(0，π)，且cosα＝－eq\f(5,13)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))·tanα＝14.若x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,x＋y－2≤0，,y≥0，))则z＝3x－4y的最小值为________15.若对任意a，b满足0<a<b<t，都有blna<alnb，则t的最大值为________16.在正三棱锥S-ABC中，M，N分别是棱SC，BC的中点，且MN⊥AM，若侧棱SA=23，则正三棱锥三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.已知函数f(x)＝cosx(cosx＋eq\r(3)sinx).(1)求f(x)的最小值；(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若f(C)＝1，S△ABC＝eq\f(3\r(3),4)，c＝eq\r(7)，求△ABC的周长.18.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，△PAB为正三角形，PC=6，E为线段AB的中点．

(1)证明：PE⊥平面ABCD；

(2)若319.已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1＝2，且a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)，n∈N*，Sn是数列{bn}的前n项和，求使Sn<eq\f(3,19)成立的最大的正整数n.20.已知椭圆P的中心O在坐标原点，焦点在x轴上，且经过点A(0，2eq\r(3))，离心率为eq\f(1,2).(1)求椭圆P的方程；(2)是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆P于点R，T，且满足eq\o(OR,\s\up6(→))·eq\o(OT,\s\up6(→))＝eq\f(16,7)？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由.21.已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.(1)当a＝0时，求证：f(x)≥0；(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(3)若x>0，证明(ex－1)ln(x＋1)>x2.22.已知曲线C的极坐标方程是ρ＝2cosθ，若以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，且取相同的单位长度建立平面直角坐标系，则直线l的参数方程是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(\r(3),2)t＋m，,y＝\f(1,2)t))(t为参数).(1)求曲线C的直角坐标方程与直线l的普通方程；(2)设点P(m，0)，若直线l与曲线C交于A，B两点，且|PA|·|PB|＝1，求非负实数m的值.数学（理）答案1.解析因为A＝{1，2，3}，B＝{4，5}，又M＝{x|x＝a＋b，a∈A，b∈B}，∴M＝{5，6，7，8}，即M中有4个元素.答案B2.解析依题意，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－3a＋2＝0，,a－1≠0，))解得a＝2，故选B.3.解析a·(2a－b)＝2|a|2－a·b＝2×12－(－1)＝3.答案B4.解析求函数S＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x>1，,2－x，x≤1))的函数值，S＝4时，x＝－2或16.故选D.5.D.6.C7.解析因为直线x－2y＋a＝0与圆O：x2＋y2＝2相交于A，B两点(O为坐标原点)，且△AOB为等腰直角三角形，所以O到直线AB的距离为1，由点到直线的距离公式可得eq\f(|a|,\r(12＋（－2）2))＝1，所以a＝±eq\r(5).答案B8.答案C9.(1＋ax)3＋(1－x)5的展开式中x3的系数为Ceq\o\al(3,3)a3＋Ceq\o\al(3,5)(－1)3＝a3－10＝－2，则a3＝8，解得a＝2.答案B10.解析根据题意，分3步进行分析：①在6位志愿者中任选1个，安排到甲展区，有Ceq\o\al(1,6)＝6种情况；②在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有Ceq\o\al(1,5)＝5种情况；③将剩下的4个志愿者平均分成2组，然后安排到剩下的2个展区，有eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,2))×Aeq\o\al(2,2)＝6种情况，则一共有6×5×6＝180种不同的安排方案.11.解：不妨设一条渐近线的方程为y＝eq\f(b,a)x，则F2到y＝eq\f(b,a)x的距离d＝eq\f(|bc|,\r(a2＋b2))＝b，在Rt△F2PO中，|F2O|＝c，所以|PO|＝a，所以|PF1|＝eq\r(6)a，又|F1O|＝c，所以在△F1PO与Rt△F2PO中，根据余弦定理得cos∠POF1＝eq\f(a2＋c2－（\r(6)a）2,2ac)＝－cos∠POF2＝－eq\f(a,c)，则3a2＋c2－(eq\r(6)a)2＝0，得3a2＝c2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).答案C12.解析因为f(x＋1)是偶函数，所以f(－x＋1)＝f(x＋1)，所以f(x)的图象关于x＝1对称，由f(m＋2)≥f(x－1)得|(m＋2)－1|≤|(x－1)－1|，即|m＋1|≤|x－2|在x∈[－1，0]恒成立，所以|m＋1|≤|x－2|min，所以|m＋1|≤2，解得－3≤m≤1.答案A13.解析∵α∈(0，π)，且cosα＝－eq\f(5,13)，∴sinα＝eq\f(12,13)，因此sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))·tanα＝cosα·eq\f(sinα,cosα)＝sinα＝eq\f(12,13).14.解析画出可行域如图阴影部分所示.由z＝3x－4y，得y＝eq\f(3,4)x－eq\f(z,4)，作出直线y＝eq\f(3,4)x，平移使之经过可行域，观察可知，当直线经过点A(1，1)处时取最小值，故zmin＝3×1－4×1＝－1.答案－115.解析∵0<a<b<t，blna<alnb，∴eq\f(lna,a)<eq\f(lnb,b)，令y＝eq\f(lnx,x)，x∈(0，t)，则函数在(0，t)上单调递增，故y′＝eq\f(1－lnx,x2)>0，解得0<x<e，故t的最大值是e.答案e解：因为S-ABC是正三棱锥，而正三棱锥的对棱互相垂直，所以AC⊥SB．

又因为M、N分别是棱SC、BC的中点，所以SB//MN，

而MN⊥AM，因此SB⊥AM．

又因为AM∩AC=A，AM,AC⊂平面SAC，所以SB⊥平面SAC．

又因为SA、SC⊂平面SAC，所以SB⊥SA，SB⊥SC．

又因为SA⊥BC，SB∩BC=B，且都在平面SBC上，所以SA⊥设正三棱锥S-ABC的外接球半径为R，则2R=3SA．

又因为SA=23，所以R=3，因此正三棱锥S-ABC外接球的表面积为17.解(1)f(x)＝cosx(cosx＋eq\r(3)sinx)＝cos2x＋eq\r(3)sinxcosx＝eq\f(1＋cos2x,2)＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝eq\f(1,2)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).当sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝－1时，f(x)取得最小值－eq\f(1,2).(2)f(C)＝eq\f(1,2)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2C＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∵C∈(0，π)，2C＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,6)))，∴2C＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，∴C＝eq\f(π,3).∵S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),4)，∴ab＝3.又(a＋b)2－2abcoseq\f(π,3)＝7＋2ab，∴(a＋b)2＝16，即a＋b＝4，∴a＋b＋c＝4＋eq\r(7)，故△ABC的周长为4＋eq\r(7).18.解：(1)证明：连接CE，

∵△PAB是边长为2的正三角形，且E是AB中点，∴PE=3

又∵ABCD是边长为2∴△ABC是正三角形，CE=3，

又∵PC=6，∴PC2=PE2+CE2，即PE⊥CE，又PE⊥AB，CE∩AB=E，

∴PE⊥平面ABCD．

(2)解：由(1)可得：以E为原点，分别以EB，EC，EP为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系E-xyz，

则E(0,0，0)，B(1,0，0)，P(0 , 0 , 3)，C(0 , 3 , 0)，D(-2 , 3 , 0)．

设点M坐标为(x,y，z)，由3PM=PD，得3(x,y，z-319.解(1)设{an}的公差为d.由a1＋1，a2＋1，a4＋1成等比数列，可得(a2＋1)2＝(a1＋1)(a4＋1)，又a1＝2，∴(3＋d)2＝3(3＋3d)，解得d＝3(d＝0舍去)，则an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.(2)bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（3n－1）（3n＋2）)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))，Sn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,8)＋…＋\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋2)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3n＋2)))＝eq\f(n,2（3n＋2）)，则Sn<eq\f(3,19)，即eq\f(n,2（3n＋2）)<eq\f(3,19)，解得n<12，则所求最大的正整数n为11.20.解(1)设椭圆P的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由题意得b＝2eq\r(3)，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，∴a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2，∴c＝2，a＝4，∴椭圆P的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，eq\o(OR,\s\up6(→))·eq\o(OT,\s\up6(→))<0，不满足题意.故可设直线l的方程为y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2).∵eq\o(OR,\s\up6(→))·eq\o(OT,\s\up6(→))＝eq\f(16,7)，∴x1x2＋y1y2＝eq\f(16,7).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1))得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0，由Δ>0得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，解得k2>eq\f(1,4).①∴x1＋x2＝eq\f(32k,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(16,3＋4k2)，∴y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，故x1x2＋y1y2＝eq\f(16,3＋4k2)＋eq\f(16k2,3＋4k2)－eq\f(128k2,3＋4k2)＋16＝eq\f(16,7)，解得k2＝1.②由①②解得k＝±1，∴直线l的方程为y＝±x－4.故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意.21.(1)证明当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.(2)解f′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，则h′(x)＝ex－2a.①当2a≤1，即a≤eq\f(1,2)时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，∴f(x)≥f(0)＝0，∴当a≤eq\f(1,2)时满足条件.②当2a>1，即a>eq\f(1,2)时，令h′(x)＝0，解得x＝ln(2a)，在[0，ln(2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴当x∈(0，ln(2a))时，有h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<f′(0)＝0，∴f(x)在区间(0，ln(2a))上为减函数