【文档说明】辽宁省辽河油田第二高级中学2021届高三上学期第一次月考数学试题含答案.docx，共(11)页，139.552 KB，由小赞的店铺上传

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辽河油田第二高级中学高三第一次考试数学试卷一、选择题：本题共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={𝑥|𝑥2−𝑥≥0}，则∁𝑅𝐴=()A.{�

�|0≤𝑥≤1}B.{𝑥|0<𝑥<1}C.{𝑥|𝑥≤0}∪{𝑥|𝑥≥1}D.{𝑥|𝑥<0}∪{𝑥|𝑥>1}2.设复数z满足𝑧(1+𝑖)=2，i为虚数单位，则复数z的虚部是()

A.1B.−1C.iD.−𝑖3.大衍数列来源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和．已知该数列前10项是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则大衍数列

中奇数项的通项公式为()A.𝑛2−𝑛2B.𝑛2−12C.(𝑛−1)22D.𝑛224.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正

方形的边长的比值为()A.√5−14B.√5−12C.√5+14D.√5+125.“里氏震级”反映的地震释放出来的能量大小的一种度量．里氏震级M地震释放的能量𝐸(单位：焦耳)之间的关系为：𝑀=23𝑙𝑔𝐸−165.1988年云南

澜沧发生地震为里氏7.6级，2008年四川汶川发生的地震为里氏8级．若云南澜沧地震与四川地震释放的能量分别为𝐸1，𝐸2，则𝐸1𝐸2的值为()A.10−0.6B.10−0.4C.100.4D.100.66.已知点(𝑎,

𝑏)(𝑎,𝑏>0)在直线2𝑥+𝑦−4=0上，则1𝑎+2𝑏的最小值为()A.6B.4C.3D.27.A、B两点的坐标分别为(3,1)和(1,3)，则线段AB的垂直平分线方程为()A.𝑦=𝑥B.

𝑦=−𝑥C.𝑥+𝑦−4=0D.𝑥−𝑦+4=08.设偶函数𝑓(𝑥)在(0,+∞)上为增函数，且𝑓(1)=0，则不等式𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥)𝑥>0的解集为()A.(−1,0)∪(1,+∞)B

.(−∞,−1)∪(0,1)C.(−∞,−1)∪(1,+∞)D.(−1,0)∪(0,1)二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.9.将函数𝑓(𝑥)=si

n(2𝑥+𝜋3)的图象向右平移𝜋6个单位长度，得到函数𝑔(𝑥)的图象，则下列结论中正确的是()A.𝑔(𝑥)的最小正周期为𝜋B.直线𝑥=𝜋6是𝑔(𝑥)图象的一条对称轴C.𝑔(𝜋6)=√32D.𝑔(𝑥)为奇函数10.已知无穷等差数列{𝑎𝑛}的前n项和为�

�𝑛，𝑆6<𝑆7，且𝑆7>𝑆8，则()A.在数列{𝑎𝑛}中，𝑎1最大B.在数列{𝑎𝑛}中，𝑎3或𝑎4最大C.𝑆3=𝑆10D.当𝑛≥8时，𝑎𝑛<011.函数𝑦=𝐴sin(𝜔𝑥+𝜑)(𝐴>0,𝜔>0,0<�

�<𝜋)在一个周期内的图象如图所示，则()A.该函数的解析式为𝑦=2sin(23𝑥+𝜋3)B.该函数的对称中心为(𝑘𝜋−𝜋3,0),𝑘∈𝑍C.该函数的单调递增区间是[3𝑘𝜋−5𝜋4,3𝑘𝜋+𝜋4],𝑘∈𝑍D.把函数𝑦=2sin(𝑥+�

�3)的图象上所有点的横坐标变为原来的32，纵坐标不变，可得到该函数图象12.已知函数𝑓(𝑥)=𝑥ln𝑥，则()A.𝑓(𝑥)的单调递增区间为(𝑒,+∞)B.𝑓(𝑥)在(0,1𝑒)上是减函数C.当𝑥∈(0,1]时，𝑓(𝑥)有最小值−1𝑒D.𝑓(𝑥)在定义域内无极

值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若直线2𝑥+(𝑎+2)𝑦+4=0与直线(𝑎−1)𝑥+2𝑦+2=0平行，则实a的值为____________.14.在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐴1⊥底面ABC，△𝐴𝐵𝐶是正三角形，若𝐴𝐴

1=2𝐴𝐵=2√3，则该三棱柱外接球的表面积为____________.15.若等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+𝑎𝑛+1=9𝑛，则其公比为____________.16.对于▵𝐴𝐵𝐶，有如

下判断，其中正确的是____________.（1）若sin2𝐴=sin2𝐵，则▵𝐴𝐵𝐶必为等腰三角形（2）若𝐴>𝐵，则sin𝐴>sin𝐵（3）若𝑎=5,𝑏=3,𝐵=60°，则符合条件的▵𝐴𝐵𝐶有两个（4）

若cos2𝐴+cos2𝐵−cos2𝐶>1，则▵𝐴𝐵𝐶必为钝角三角形四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.已知圆P过点𝐴(1,0)，𝐵(4,0)．(1)若圆P还过点𝐶(6,

−2)，求圆P的方程；(2)若圆心P的纵坐标为2，求圆P的方程．18.在△𝐴𝐵𝐶中，𝑎+𝑏=11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：(1)a的值；(2)𝑠𝑖𝑛𝐶和△𝐴𝐵𝐶的面积．条件①：𝑐=7，𝑐𝑜𝑠𝐴=−17；条件②：

𝑐𝑜𝑠𝐴=18，𝑐𝑜𝑠𝐵=916．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．19.如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，四边形ABCD为矩形，平面𝑃𝐶𝐷⊥平面ABCD，E为PC中点，𝑃𝐷=𝐶𝐷=√2𝐷𝐸．(1)求证：𝐸𝐷⊥𝐵𝑃；(2)若BD与

平面PBC所成的角为30°，求二面角𝐶−𝑃𝐵−𝐷的大小．20.在等差数列{𝑎𝑛}和等比数列{𝑏𝑛}中，𝑎1=𝑏1=2，𝑎2=𝑏2，𝑎4=𝑏3．(1)求数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的通项公式；(2)设∁�

�=𝑎𝑛+𝑏𝑛，求数列{∁𝑛}的前n项和𝑆𝑛．21.四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的底面ABCD是边长为a的菱形，𝑃𝐴⊥面ABCD，∠𝐵𝐴𝐷=120°，𝐸,𝐹分别是𝐶𝐷,𝑃𝐶的中点．(1)求证：𝐸𝐴⊥平面PAB；

(2)𝑀是PB上的动点，EM与平面PAB所成的最大角为45°，求𝑃𝐴𝐴𝐵的值．22.已知函数𝑓(𝑥)=4𝑥−𝑎𝑙𝑛𝑥−12𝑥2−2，其中a为正实数．(1)若函数𝑦=𝑓(𝑥)在𝑥=1处的切线斜率为2，求a的值；（2）若函数𝑦=𝑓(𝑥)有

两个极值点𝑥1，𝑥2，求证：𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)<6−𝑙𝑛𝑎．辽河油田第二高级中学高三第一次考试数学答案一．1C2B3B4C5A6D7A8A二．9ACD10AD11ACD12BC三．13.-314

.16𝜋15.916.(2)(4)四.17.解：(1)设圆P的方程是𝑥2+𝑦2+𝐷𝑥+𝐸𝑦+𝐹=0，则由已知得{12+02+𝐷+0+𝐹=042+02+4𝐷+0+𝐹=062+(−2)2+6𝐷−2𝐸+𝐹=0，解得{

𝐷=−5𝐸=7𝐹=4．故圆P的方程为𝑥2+𝑦2−5𝑥+7𝑦+4=0．(2)由圆的对称性可知，圆心P的横坐标为1+42=52，故圆心𝑃(52,2)，故圆P的半径𝑟=|𝐴𝑃|=√(1−52)2+(0−2)2=52，故圆P的标准方程为(

𝑥−52)2+(𝑦−2)2=254．18.解：选择条件①(Ⅰ)由余弦定理得𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠𝐴，即𝑎2−𝑏2=49−14𝑏×(−17)=49+2𝑏，∴(𝑎+

𝑏)(𝑎−𝑏)=49+2𝑏，∵𝑎+𝑏=11，∴11𝑎−11𝑏=49+2𝑏，即11𝑎−13𝑏=49，联立{𝑎+𝑏=1111𝑎−13𝑏=49，解得𝑎=8，𝑏=3，故𝑎=8．(Ⅱ)在△

𝐴𝐵𝐶中，𝑠𝑖𝑛𝐴>0，∴𝑠𝑖𝑛𝐴=√1−cos2𝐴=4√37，由正弦定理可得𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶，∴𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴𝑎=7×4√378=√32，∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=1

2𝑎𝑏𝑠𝑖𝑛𝐶=12×8×3×√32=6√3．选择条件②(Ⅰ)在△𝐴𝐵𝐶中，𝑠𝑖𝑛𝐴>0，𝑠𝑖𝑛𝐵>0，𝐶=𝜋−(𝐴+𝐵)，∵𝑐𝑜𝑠𝐴=18，𝑐𝑜𝑠𝐵=916，∴𝑠𝑖𝑛𝐴=√1

−cos2𝐴=3√78，𝑠𝑖𝑛𝐵=√1−cos2𝐵=5√716，由正弦定理可得𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑏𝑠𝑖𝑛𝐵，∴𝑎𝑏=𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵=65，∵𝑎+𝑏=1

1，∴𝑎=6，𝑏=5，故𝑎=6；(Ⅱ)在△𝐴𝐵𝐶中，𝐶=𝜋−(𝐴+𝐵)，∴𝑠𝑖𝑛𝐶=sin(𝐴+𝐵)=𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵+𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵=3√78×916+5√716×18=√74，

∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑎𝑏𝑠𝑖𝑛𝐶=12×6×5×√74=15√7419.解：(1)证明：平面𝑃𝐶𝐷⊥平面ABCD，矩形ABCD中𝐵𝐶⊥𝐶𝐷，平面𝑃𝐶𝐷∩平面𝐴𝐵�

�𝐷=𝐶𝐷，所以𝐵𝐶⊥平面PCD，又，∴𝐵𝐶⊥𝐷𝐸，∵𝑃𝐷=𝐶𝐷，E为PC中点，∴𝐸𝐷⊥𝑃𝐶，又𝐵𝐶∩𝑃𝐶=𝐶，，∴𝐸𝐷⊥平面PBC，，故ED⊥𝐵𝑃．(2)解：∵𝑃𝐷=𝐶𝐷=√2𝐷𝐸，E为PC中点，∴𝐷𝐸=𝐸𝐶=√22𝐷

𝐶，即△𝐷𝐸𝐶为等腰直角三角形，即△𝑃𝐷𝐶为等腰直角三角形，即𝑃𝐷⊥𝐷𝐶，易得DP、DA、DC两两垂直，以D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系，如图，由(1)可知，𝐷𝐸⊥平面PBC，∴𝐵𝐷在平面PB

C的射影为EB，即BD与平面PBC所成的角为∠𝐷𝐵𝐸，则∠𝐷𝐵𝐸=30°，不妨设𝐶𝐷=2，由𝑃𝐷=𝐶𝐷=√2𝐷𝐸得𝐸𝐷=√2，∴𝐵𝐷=2√2，𝐵𝐶=2，𝐷(0,0，0)，

𝑃(0,0，2)，𝐶(0,2，0)，𝐵(2,2，0)，𝐸(0,1，1)，∴𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,−2)，𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,−2)，𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,0)，𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(

0,1,1)设平面PBC与平面PBD的法向量分别为𝑛1⃗⃗⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)和𝑛2⃗⃗⃗⃗=(𝑥2,𝑦2,𝑧2)，∵由(1)知𝐷𝐸⊥平面PBC，则可取𝑛1⃗⃗⃗⃗=𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1)，由{𝑛2⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥2+2𝑦2−2𝑧

2=0𝑛2⃗⃗⃗⃗⋅𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥2+2𝑦2=0,令𝑦2=1，则𝑥2=−1，𝑧2=0，∴𝑛1⃗⃗⃗⃗=(−1,1,0)，∴cos⟨𝑛1⃗⃗⃗⃗,𝑛2⃗⃗⃗⃗⟩=𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝑛2⃗⃗

⃗⃗⃗|=12，由图易知二面角𝐶−𝑃𝐵−𝐷为锐二面角，∴二面角𝐶−𝑃𝐵−𝐷的大小60°．20.解：(Ⅰ)等差数列{𝑎𝑛}的公差设为d，等比数列{𝑏𝑛}的公比设为q，𝑎1=𝑏1=2，𝑎2=𝑏2，𝑎4=𝑏3，即2+𝑑=2𝑞，2+3𝑑=2�

�2，解得𝑑=0，𝑞=1或𝑑=2.𝑞=2，可得𝑎𝑛=𝑏𝑛=2；或𝑎𝑛=2𝑛，𝑏𝑛=2𝑛；(Ⅱ)∁𝑛=𝑎𝑛+𝑏𝑛=4或∁𝑛=𝑎𝑛+𝑏𝑛=2𝑛+2𝑛，数列{∁𝑛}的前n项和𝑆�

�=4𝑛；或𝑆𝑛=(2+4+6+⋯+2𝑛)+(2+4+⋯++2𝑛)=12𝑛(2+2𝑛)+2(1−2𝑛)1−2=𝑛2+𝑛+2𝑛+1−2．21.解：(1)由题意，四边形ABCD是边长为a的菱形，∠𝐵𝐴𝐷=120°，E

为CD的中点，故𝐸𝐷=𝑎2，∠𝐴𝐷𝐶=60°.由余弦定理可得𝐴𝐸2=𝐴𝐷2+𝐷𝐸2−2𝐴𝐷·𝐷𝐸cos∠𝐴𝐷𝐸，解得𝐴𝐸=√3𝐷𝐸.故𝐴𝐸2+𝐷𝐸2=𝐴𝐷2

.故𝐴𝐸⊥𝐸𝐷，∠𝐷𝐴𝐸=30°.故𝐵𝐴⊥𝐴𝐸．又𝑃𝐴⊥面P，𝐴𝐸⊂面𝑃.故𝑃𝐴⊥𝐴𝐸.又𝐵𝐴∩𝑃𝐴=𝐴，故EA⊥平面PAB(2)连结AM，则根据(1)𝐴𝐸⊥平面PAB可知∠𝐴𝑀

𝐸为直线EM与平面PAB所成的线面角，所以在中，tan∠𝐴𝑀𝐸=𝐴𝐸𝐴𝑀，所以当AM最小，即𝐴𝑀⊥𝑃𝐵时，P取得最大值45°，此时𝐴𝐸=𝐴𝑀，设𝑃𝐴=𝑥则有√32𝑎=𝑎

𝑥√𝑎2+𝑥2，解得𝑥=√3𝑎．即𝑃𝐴=√3𝑎.即𝑃𝐴𝐴𝐵=√3．22.解：(1)因为𝑓(𝑥)=4𝑥−𝑎𝑙𝑛𝑥−12𝑥2−2，所以𝑓′(𝑥)=4−𝑎𝑥−𝑥，…(2分)则𝑓′(1)=3−𝑎=2，所以a的值为1…(4分)(2

)𝑓′(𝑥)=4−𝑎𝑥−𝑥=−𝑥2−4𝑥+𝑎𝑥，函数𝑦=𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，①若16−4𝑎≤0，即𝑎≥4，则𝑓′(𝑥)≤0，此时𝑓(𝑥)的单调减区间为(0,+∞)；②若16−4𝑎>0，即0<𝑎<4

，则𝑓′(𝑥)=0的两根为2±√4−𝑎，此时𝑓(𝑥)的单调增区间为(0,2−√4−𝑎)，(2+√4−𝑎,+∞)，单调减区间为(2−√4−𝑎,2+√4−𝑎)…(10当0<𝑎<4时，函数𝑦=𝑓(�

�)有两个极值点𝑥1，𝑥2，且𝑥1+𝑥2=4，𝑥1𝑥2=𝑎．因为𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)=4𝑥1−𝑎𝑙𝑛𝑥1−12𝑥12−2+4𝑥2−𝑎𝑙𝑛𝑥2−12𝑥22−2=4(𝑥1+𝑥2)−𝑎𝑙𝑛(𝑥1𝑥2)

−12(𝑥12+𝑥22)−4=16−𝑎𝑙𝑛𝑎−12(42−2𝑎)−4=4+𝑎−𝑎𝑙𝑛𝑎，要证𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)<6−𝑙𝑛𝑎，只需证𝑎𝑙𝑛𝑎−𝑎−𝑙𝑛𝑎+2>0…(12分)构造函数𝑔(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥−𝑥

−𝑙𝑛𝑥+2，则𝑔′(𝑥)=1+𝑙𝑛𝑥−1−1𝑥=𝑙𝑛𝑥−1𝑥，𝑔′(𝑥)在(0,4)上单调递增，又𝑔′(1)=−1<0，𝑔′(2)=𝑙𝑛2−12>0，且𝑔′(𝑥)在定义域上不间断，

由零点存在定理，可知𝑔′(𝑥)=0在(1,2)上唯一实根𝑥0，且则𝑔(𝑥)在(0,𝑥0)上递减，(𝑥0,4)上递增，所以𝑔(𝑥)的最小值为𝑔(𝑥0)，因为𝑔(𝑥0)=1−𝑥0−1𝑥0+2=3−(𝑥0+1𝑥0)，当𝑥0∈(1,

2)时，𝑥0+1𝑥0∈(2,52)，则𝑔(𝑥0)>0，所以𝑔(𝑥)≥𝑔(𝑥0)>0恒成立．所以𝑎𝑙𝑛𝑎−𝑎−𝑙𝑛𝑎+2>0，所以𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)<6−𝑙𝑛𝑎