江苏省南通市如东县2021届高三数学上学期期中试题（Word版附答案） 11页

江苏省南通市如东县 2021 届高三期中调研考试 数 学 注意事项: 1. 本试卷共 150 分,考试时间 120 分钟. 2. 答题前,考生务必将自己的学校、班级、姓名写在密封线内. 一、 单项选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一 项是符合题目要求的. 1. 已知集合 A={1,2,m2},B={1,m}.若 B⊆A,则 m 等于 ( ) A. 0 B. 2 C. 0 或 2 D. 1 或 2 2. 设 x∈R,则“log2(x-2)<1”是“x>2”的( )条件 ( ) A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 3. 已知 cos(75°+α)=1 4,则 cos(30°-2α)等于 ( ) A. 34 B. 54 C. 58 D. 78 4. 把与直线 l 垂直的向量称为直线 l 的法向量.设 e=(A,B)是直线 l 的一个方向向量,那么 n=(-B,A)就是直线 l 的一个法向量.借助直线的法向量,我们可以方便地计算点到直线的距离. 已知 P 是直线 l 外一点,n 是直线 l 的一个法向量,在直线 l 上任取一点 Q,那么么 在法向量 n 上的投影向量为(|么 |cosθ)· ||(θ为向量 n 与么 的夹角),其模就是点 P 到直线 l 的距离 d,即 d=|么 ·| || .据此,请解决下面的问题:已知点 A(-4,0),B(2,-1),C(-1,3),则点 A 到直线 BC 的距离是 ( ) A. 215 B. 7 C. 275 D. 8 5. 在梯形 ABCD 中,AB∥CD,CD=2,∠BAD=π 3,若 · =2 · ,则 · 等于 ( ) A. 12 B. 16 C. 20 D. 24 6. 已知函数 f(x)=mx2-(3-m)x+1,g(x)=mx,若对于任意实数 x,f(x)与 g(x)的值至少有一个为 正数,则实数 m 的取值范围是 ( ) A. (1,9) B. (3,+∞) C. (-∞,9) D. (0,9) 7. 设点 M(x0,1),若在圆 O:x2+y2=1 上存在点 N,使得∠OMN=45°,则 x0 的取值范围是 ( ) A. [0,1] B. [-1,1] C. - 2 2 , 2 2 D. 0, 2 2 8. 若 f(x)是定义域为(0,+∞)的单调函数,对任意的 x∈(0,+∞),都有 f(f(x)+log1 3 x)=4,且方程 |f(x)-3|=a 在区间(0,3]上有两解,则实数 a 的取值范围是( ) A. {a|00,0<φ<π)的部分图象如图中实线所示,若圆 C 与 f(x)的图象 交于 M,N 两点,且 M 在 y 轴上,则下列说法中正确的是 ( ) A. 函数 f(x)在 - 3π2 ,-π 上单调递增 B. 函数 f(x)的图象关于点 - 2π3 ,0 成中心对称 C. 函数 f(x)的图象向右平移5π 12个单位长度后关于直线 x=5π 6 成轴对称 D. 若圆的半径为5π 12,则函数 f(x)的解析式为 f(x)= 3π 6 sin 2 + π 3 (第 11 题) 11. 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD⊥底面 ABCD,△PAD 是等边三角形,底面 ABCD 是 菱形,且∠BAD=60°,M 为棱 PD 的中点,N 为菱形 ABCD 的中心,下列结论中正确的是 ( ) A. 直线 PB 与平面 AMC 平行 B. 直线 PB 与直线 AD 垂直 C. 线段 AM 与线段 CM 长度相等 D. PB 与 AM 所成角的余弦值为 2 4 12. 已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x>0 时,f(x)=-1 e ,则下列结论中正确的是 ( ) A. 当 x<0 时,f(x)=-ex(x+1) B. 函数 f(x)在 R 上有且仅有三个零点 C. 若关于 x 的方程 f(x)=m 有解,则实数 m 的取值范围是{m|f(-2)≤m≤f(2)} D. ∀x1,x2∈R,|f(x2)-f(x1)|<2 三、 填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13. 曲线 y=(x+sinx)ex 在点(0,0)处的切线方程为 . 14. 若定义在(0,+∞)上的函数 f(x)满足 f(x)>0,f'(x)为 f(x)的导函数,且 2f(x)0,b>0)相交于不同的两点 A,B,F 为双曲线 C 的左 焦点,且满足|AF|=3|BF|,|OA|=b(O 为坐标原点),则双曲线 C 的离心率为 . (第 16 题) 16. 如图,在边长为 2 的菱形 ABCD 中,若∠BCD=60°,现将△ABD 沿对角线 BD 折起,得到三 棱锥 P-BCD,则当二面角 P-BD-C 的大小为2π 3 时,三棱锥 P-BCD 的外接球的表面积 为 . 四、 解答题:本大题共 6 小题,共 70 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步 骤. 17. (本小题满分 10 分)在①a=2,②B=π 4,③c= 3b 这三个条件中任选两个,补充在下面的问 题中,并解决该问题. 在△ABC 中,a,b,c 分别为内角 A,B,C 的对边,且满足(b-a)(sinB+sinA)=c( 3sinB-sinC). (1) 求角 A 的大小; (2) 已知 , ,若△ABC 存在,求△ABC 的面积;若△ABC 不存在,请说明理由. 18. (本小题满分 12 分)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn(n∈N*),-2S2,S3,4S4 成等差数列, 且 a2+2a3+a4= 1 16. (1) 求数列{an}的通项公式; (2) 若 bn=-(n+2)log2|an|,求数列 1 的前 n 项和 Tn. 19. (本小题满分 12 分)如图,已知四棱锥 P-ABCD,底面 ABCD 为菱形,PD=PB,H 为 PC 上的 点,过 AH 的平面分别交 PB,PD 于点 M,N,且 BD∥平面 AMHN. (1) 求证:MN⊥PC; (2) 当 H 为 PC 的中点,PA=PC= 3AB,PA 与平面 ABCD 所成的角为 60°,求二面角 P-AM- N 的余弦值. (第 19 题) 20. (本小题满分 12 分)如图,“伦敦眼”坐落在伦敦泰晤士河畔,是世界上首座观景摩天轮, 又称“千禧之轮”,该摩天轮的半径为 60 m,游客乘坐舱 P 升到半空可鸟瞰伦敦建筑 BC,伦 敦眼与建筑之间的距离 AB 为 120 m,游客在乘坐舱 P 看建筑 BC 时的视角为θ. (1) 当乘客在伦敦眼的最高点 D 时视角θ=30°,求建筑 BC 的高度; (2) 当游客在乘坐舱 P 看建筑 BC 的视角θ为 45°时,拍摄效果最好.若在伦敦眼上可以拍摄到 效果最好的照片,求建筑 BC 的最低高度. (说明:为了便于计算,数据与实际距离有误差,伦敦眼的实际高度为 135 m) (第 20 题) 21. (本小题满分 12 分)如图,已知抛物线 x2=4y,F 为其焦点,椭圆2 2+ 2 2=1(a>b>0),F1,F2 为其 左、右焦点,离心率 e=1 2,过 F 作 x 轴的平行线交椭圆于 P,Q 两点,|PQ|=4 6 3 . (1) 求椭圆的标准方程; (2) 过抛物线上一点 A 作切线 l 交椭圆于 B,C 两点,设 l 与 x 轴的交点为 D,BC 的中点为 E,BC 的中垂线交 x 轴于点 K,△KED,△FOD 的面积分别记为 S1,S2,若1 2 =18 49,且点 A 在第一象限,求点 A 的坐标. (第 21 题) 22. (本小题满分 12 分)已知函数 f(x)=x2-2xlnx,g(x)=x+ -(lnx)2,其中 a∈R,x0 是 g(x)的一个 极值点,且 g(x0)=2. (1) 讨论函数 f(x)的单调性; (2) 求实数 x0 和 a 的值; (3) 求证: ∑ =1 1 42-1 > 1 2 ln(2 + 1)(∈N*). 2021 届高三期中学情检测 数学参考答案 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。 1~8CADACDBA 9．ABD 10．BD 11．ABD 12．BD 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13． 2y x 14． 8 4 27 9       ， 15． 3 16． 28 3  四、解答题：本大题共 6 小题，满分 70 分． 17. （本小题满分 10 分） （1）因为      sin sin 3 sin sinb a B A c B C    ， 又由正弦定理 sin sin sin a b c A B C   ，得     3b a b a c b c    ， ………………2 分 即 2 2 2 3b c a bc   ，所以 2 2 2 3 3cos 2 2 2 b c bcA bc bc a     ，因为 0 A   ， 所以 6 A   . ………………4 分 （2）方案一：选条件①和②. 由正弦定理 sin sin a b A B  ，得2sin sin 2 2 sin 4sin 6 ab B A     . ………………6 分7 6 4 12 C A B           . 7 2 2 3 2 6sin sin 12 4 3 2 2 2 2 4              所以 ABC 的面积 1 1 2 6sin 2 2 2 3 1 2 2 4 S ab C         . ………………10 分 方案二：选条件①和③. 由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，得 2 2 24 3 3b b b   ， 则 2 4b  ，所以 2b  . 所以 3 2 3c b  ， 所以 ABC 的面积 1 1 1sin 2 2 3 3 2 2 2 S bc A      . ……………… 10 分 方案三：选条件②和③，这样的三角形不存在，理由如下： 在三角形中，因为 3c b由正弦定理得 2 6sin 3 sin 3 sin 3 1 4 2 2 C B        ，不成立， 所以这样的三角形不存在. ………………10 分 18.（1）设等比数列{ }na 的公比为q， 由 2 3 42 4, ,S S S 成等差数列知， 423 422 SSS  ， 所以 4 32a a  ，即 1 2 q   . ………………2 分 又 2 3 4 12 16 a a a   ，所以 2 3 1 1 1 12 16 a q a q a q   ，所以 1 1 2 a   ， ………………4 分 所以等差数列{ }na 的通项公式 1 2 n na       . ………………6 分 （2）由（1）知 1( ) 2 2( 2) log ( 2) n nb n n n     所以 1 1 1 1 1 ( 2) 2 2nb n n n n        ………………8 分 所以数列 1 nb       的前 n 项和：1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 2 2 4 5 1 1 23 3nT n n n n                                             1 1 1 11 2 2 1 2n n        3 2 3 4 2( 1)( 2) n n n      所以数列 1 nb       的前 n项和 3 2 3 4 2( 1)( 2)n nT n n      ……………… 12 分 19．（1）证明：连结 AC 交 BD于点O，连结 PO．因为 ABCD为菱形，所以 BD AC ，且O为 AC 、 BD的中点，因为 PD PB ，所以 PO BD ， 因为 AC PO O  且 AC PO、 平面 PAC， 所以 BD 平面PAC， 因为 PC 平面PAC，所以 BD PC ． 因为 / /BD 平面 AMHN ， BD  平面 PBD， 且平面 AMHN平面 PBD MN ， 所以 / /BD MN，所以MN PC ． ………………4 分 （2）由（1）知 BD AC 且 PO BD ，因为 PA PC ，且O为 AC 的中点， 所以 PO AC ，所以 PO 平面 ABCD，所以 PA与 平面 ABCD所成的角为 PAO ， 所以 1 3, 2 2 AO PA PO PA  ，因为 3PA AB ，所以 3 6 BO PA ． 分别以OA  ， OB  ， OP  为 , ,x y z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设 2PA  ，则        3 3 1 30,0,0 , 1,0,0 , 0, ,0 , 1,0,0 , 0, ,0 , 0,0, 3 , ,0, 3 3 2 2 O A B C D P H                         所以  2 3 3 3 30, ,0 , ,0, , 1, ,0 , 1,0, 3 3 2 2 3 DB AH AB AP                                  ． 记平面 AMHN 的法向量为  1 1 1 1, ,n x y z  ，则 1 1 1 1 1 2 3 0 3 3 3 0 2 2 n DB y n AH x z                ， 令 1 0x  ，则 1 10, 3y z  ，所以  1 1,0, 3n   ， ………………8 分 记平面 PAB的法向量为  2 2 2 2, ,n x y z  ，则 2 2 2 2 2 2 3 0 3 3 0 n AB x y n AP x z                  ， 令 2 1x  ，则 2 2 33, 3 y z  ，所以 2 31, 3, 3 n          ， ……………… 10 分 记二面角 P AM N  的大小为 ，则 1 2 1 2 1 2 39cos cos< , 13 n nn n n n             ． 所以二面角 P AM N  的余弦值为 39 13 ． ………………12 分 20．（1）当乘坐舱 P 在伦敦眼的最高点D时， 30BDC    ，此时 120AD AB  ，即 45ABD   ，所以 105BCD   .在等腰三角形 ABD中， 120 2BD  . 由正弦定理得 sin105 sin 30 BD BC    ， ………………3 分 所以 120 2 120 3 120 6 22 4 BC      . 所以建筑 BC 的高度为120 3 120 米.………………5 分 （2）设建筑 BC 的高度为 h， 建立如图所示的直角坐标系，圆 2 2: ( 60) 3600M x y   ， 在 PBC 中，由正弦定理可知 2 sin 45 h R  ， 所以 2 2 R h ，其中 R 是 PBC 外接圆的半径 即 PBC 的外接圆的半径为 2 2 R h . ………………7 分 由图可知 PBC 的外接圆的圆心坐标为 120 , 2 2 h h     ， 所以点 P 在圆 2 2 2 : 120 , 120 2 2 2 h h hN x y x               上， ………………9 分 而点 P 又在圆 2 2: ( 60) 3600M x y   上， 所以 2 22 260 120 60 60 2 2 2 2 h hh h                 ， 解得 240(3 2) 240(3 2) 7 7 h    . 答：建筑 BC 的最低高度为 240(3 2) 7  时，可以拍摄到效果最好的照 片. ………………12 分 21．解：（1）不妨设 P 在第一象限， 由题可知 2 6 ,1 3 P       ， 2 2 8 1 1 3a b    ， ………………2 分 又 1 2 e  ，将 ca 2 代入上式得： 2 2 8 1 1 12 3c c    ， 可得 1c  ，从而得 a=2, 3222  cab 椭圆的方程为2 2 1 4 3 x y   . ………………4 分 （2）设 2 0 0 , 4 xA x       则切线 l的方程为 2 0 0 2 4 x xy x  代入椭圆方程得：   4 2 2 3 0 0 03 12 0 4 xx x x x     ， 设      1 1 2 2 3 3, , , , ,B x y C x y E x y ， 则   3 01 2 3 2 02 2 3 xx xx x     ，   2 2 0 0 0 3 3 2 0 3 2 4 4 3 x x xy x x      ， KE 的方程为     2 3 0 0 2 2 00 0 3 2 4 3 2 3 x xy x xx x            ， 即   2 0 2 0 0 2 4 3 xy x x x     ， 令 0y  得   3 0 2 08 3K xx x   ， 在直线 l方程中令 0y  得 0 2D xx  ，2 2 2 0 041 2 4 x xFD        ………………6 分       23 0 00 0 2 2 0 0 3 4 2 8 3 8 3 x xx xDK x x       ， 0 0 2 , 2FD BC xk k x    ， ………………8 分 1FD BCk k    ， FD BC ， DEK FOD ∽ ，    2 22 0 01 22 2 2 0 9 4 18 4916 3 x xS DK S FD x       . ………………10 分 化简得   2 2 0 017 72 4 0x x   ， 0 2x  （ 0 2x   舍去） A 的坐标为  2,1 .   4 2 2 3 0 0 03 12 0 4 xx x x x     ，     4 6 2 4 20 0 0 0 04 3 12 3 48 144 0 4 xx x x x                ， 因为 2 00 8 4 7x   ，故此解符合题 意． ………………12 分 22. （1）函数  f x 的定义域为  0,  ，且   2 2 ln 2f x x x    ，令    h x f x  ， 则有    2 1x h x x    ，由   0h x  可得 1x  ，如下表： 所以    1 0h x h  ，即   0f x  ，  f x 在  0,  上单调递 增； ………………2 分 （2）函 数  g x 的定义域为  0,  ，且   2 2ln1 a xg x x x     由已知，得  0 0g x  ，即 2 0 0 02 ln 0x x x a   ① 由  0 2g x  可得  22 0 0 0 0ln 2 0x x x x a    ② 联立①②消去 a 可得  20 0 02 ln 2 ln 2 0x x x    ③ 令    22 ln 2ln 2t x x x x    ，则    2 ln 12ln 22 x xxt x x x x        由①知 ln 1 0x x   ，故   0t x  ，所以  t x 在  0,  上单调递增 x  0,1 1  1,  h x  0   h x 减 极小值 增  1 0t  ，所以方程③有唯一解 0 1x  ，代入①，可得 1a  . ………………6 分 （3）由（1）知   2 2 lnf x x x x  在  0,  上单调递增， 故当  1,x  ，    1 1f x f  ，所以     2 2 11 2ln1 0 f xxg x x x x        ， 可得  g x 在  1, 上单调递增。当 1x  时，    1 2g x g  ，即  21 ln 2x x x    亦即   2 21 lnx x x       ，这时 1 0x x   ， ln 0x  ，故得 1 lnx x x   取 2 1 2 1 kx k    ， *kN ，可得    2 1 2 1 ln 2 1 ln 2 1 2 1 2 1 k k k k k k          而 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 4 1 k k k k k        故       2 1 1 2 ln 2 1 ln 2 1 ln 2 1 4 1 n n k k k k n k             所以   2 1 1 1 ln 2 1 24 1 n k n k     . ………………12 分