【文档说明】甘肃省天水市甘谷县第四中学2021届高三上学期第五次检测数学（理）试题 含答案.docx，共(11)页，790.162 KB，由小赞的店铺上传

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甘谷县第四中学2020—2021学年高三级第五次检测考试理科数学试题考生注意：1．本试卷考试时间120分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号

涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4．本卷命题范围：集合，逻辑，函数，导数，三角函数，解三角形，平面向

量，数列，不等式，立体几何。一、选择题：本题共12小题，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23A=，，()ln20Bxx=−，则AB=（）A．23xxB．23xxC．

2,3D．23xx2．命题“xR，230xx−+”的否定为（）A．xR，230xx−+B．xR，230xx−+C．0xR，20030xx−+D．0xR，20030xx−+3．如果0ba

，那么下列不等式成立的是（）A．11baB．22abC．2abaD．2bab4．已知向量()4,am=，()1,1b=−，若ab+与b共线，则实数m=（）A．1−B．2C．2−D．4−5．已知等差数列na的前n项和为nS，41256aa

a+=+，则21S=（）A．112B．126C．142D．1566．牛顿冷却定律描述一个物体在常温环境下的温度变化：如果物体的初始温度为0T，则经过一定时间t后的温度T将满足()012thaaTTTT−=−

，其中aT是环境温度，h称为半衰期．现有一杯80℃的热茶，放置在30℃的房间中，如果热茶降温到55℃，需要6分钟，则欲降温到40℃，大约需要多少分钟？（lg20.3010，lg50.6990）（）A．12B．14C．16D．187．函数()

()sinAfxωxφ=+（0A，0ω，2πφ）的部分图象如图，将()yfx=的图象向左平移12π个单位长度得到函数()ygx=的图象，则()gx的单调减区间为（）A．72,21212ππkπkπ++（kZ）B．52,23

6ππkπkπ++（kZ）C．7,1212ππkπkπ++（kZ）D．5,36ππkπkπ++（kZ）8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．43π+B．24π+C．34π+D．443π+9．在ABC△中，若221sincos1sincos

CbCBcB−=−，则ABC△的形状是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形10．设函数()2log,02,0xxxfxx=+，若函数()yfxa=−有3个零点分别为1x，2x，3x，则2312xxx的取值范围为（）A．)1,4B．1,12

C．()1,+D．1,1411．已知点P是边长为2的等边三角形ABC所在平面上一点，满足()1PAPBPC+=−，则PB的最大值是（）A．712+B．722+C．312+D．322+12．对任意实数x，有32c

ossin22xxaa++成立，则实数a的取值范围是（）A．2,1−−B．(),21,0−−−C．33,2−−D．(3,3,02−−−二、填空题：本题共4小题．13．已知42yxx=+−（2x），则y最小值

为______．14．若xR，函数cosyaxx=−为增函数，则实数a的取值范围为______．15．在三棱锥PABC−中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，2PA=，25PB=，26PC=，PBBC⊥，则异面直线PC与AD所成角的余弦值为______．16．已知数列na满足13a

=，()()1123111231nnnnnaaa++−++=+−（nN），则数列na的通项公式为na=______．三、解答题：本题共6小题，解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤．17．在ABC△中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且()tan2tanbAcb

B=−．（1）求角A；（2）若6bc+=，26a=，求ABC△的面积．18．已知函数()()2233mmmfxx−=−−在()0,+上为增函数．（1）求实数m的值；（2）若()()2log3gxfxax=++在(,1−上为减函数，求实数a的取值范围．19

．已知平面向量()22sin,1cosmωxωx=−，()3cos,2nωx=，0ω，函数()fxmn=图象的两相邻最高点之间的距离是π．（1）求函数()fx的单调递增区间；（2）求函数()fx在区间,43ππ−上的最值．20．如图，在四棱锥PABCD−中

，底面ABCD为直角梯形，//BCAD，BCCD⊥，33ADBC==，2PAPBCD===，点F在线段PD上，2DFFP=．（1）证明：//CF平面PAB；（2）当平面PAB⊥平面ABCD时，求二面角APDB−−的

余弦值．21．已知nS是数列na的前n项和，125nnSS+=+，15a=．（1）证明：数列na是等比数列，并求na的通项公式；（2）记3nnba=−，求数列nnb的前n项和nT．22．已知函数()2ln1xxfxx=+−，()gxtxt

=−（tR）．（1）求函数()fx的单调区间；（2）若对任意()1,x+，不等式()()fxgx恒成立，球求正整数t的最大值．甘肃省甘谷第四中学2020-2021学年高三级第五次检测考试理科数学参考答案、提示及评分细则1．A因为()

ln2002123Bxxxxxx=−=−=，又2,3A=，所以23ABxx=．2．D3．C∵0ba，两边同乘以1ab，∴11ab，故A错误；ba，22ba，故B错误；两边同乘以a，∴2aba，故C正确；两边同乘以b，∴2

bab，故D错误．4．D()3,1abm+=+，()1,1b=−，且ab+与b共线，∴()310m−−+=，解答4m=−．5．B因为41256aaa+=+，所以116a=，所以()121211121211262Saaa+====．6．

B根据题意有：()615530803062hh−=−=，∴()61211lg50.699040308030log6613.93265lg20.3010ttt−=−===．7．C由()fx的图象，可得1A=，3114126ππT=−，即Tπ=，

则2πTπω==，所以2ω=，由16πf=，可得sin216πφ+=，所以2262ππφkπ+=+（kZ），则26πφkπ=+（kZ），又2φπ，所以6πφ=，故()sin26πxxf=+．将()y

fx=的图象向左平移12π个单位长度得到函数sin22sin21263πππyxx=++=+，故函数()sin23πxxg=+，令3222232πππkπxkπ+++（kZ），解得712

12ππkπxkπ++（kZ），所以()gx的单调递增区间为7,1212ππkπkπ++（kZ）．8．A由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半圆柱，下半部分为正四棱锥，圆柱的底面半径为1，高为2，棱锥的

底面边长为2，高为1，∴该几何体的体积为221141221233ππ+=+．9．D由已知22221sincoscos1sincoscosCCbCBBcB−==−，得coscosCbBc=或cos0cosCB=，即90C=°或coscosCbBc=，由正弦定理得cossincossin

CBBC=，即sincossincosCCBB=，即sin2sin2CB=，∵B，C均为ABC△的内角，∴22CB=或22180CB+=°，∴BC=或90BC+=°，∴ABC△为等腰三角形或直角三角形．10．D不妨设123xxx，则2223logl

ogxx−=，则2223loglog0xx+=，即231xx=，结合图象可得12x−，∴1231214xxx．11．A建立如图所示的平面直角坐标系，则()0,3A，()1,0B−，()1,0C．设(),Pxy，则(),3PAxy=−−，(

)1,PBxy=−−−，()1,PCxy=−−，()2,2PBPCxy+=−−，由题意知：()()()()2321xxyy−−+−−=−，即223124xy+−=，∴点P在以30,2M为圆心，半径为12r=的圆上，又PB表示圆

上的点到B的距离，()22max31711222PBBMr+=+=++=．12．D记()2cossin2xxfx=+，则()fx的周期为2π，()()()222sin2cos22sin212sin22sinsin1xxxxxfxx=−+=−+−=−+−()()2sin12s

in1xx=−+−，由()0fx得1sin2x，由此知()fx在0,6π，5,26ππ上都是增函数，在5,66ππ上是减函数，()02f=，53362πf=−，∴()

fx最小值为332−，∴33322aa+−，∴0a，223330aa++，∴302a−或3a−．13．6()444222226222yxxxxxx=+=−++−++=−−−，当且仅当422xx−=−，即4x=时等号成立．14．)1,+sin0yax=+，∴si

n1ax−．15．3010取BC中点E，连接AE，DE．∵D是棱PB的中点，∴//DEPC，∴ADE或其补角即为异面直线PC，AD所成的角．∵PA⊥平面ABC，∴PAAC⊥，PAAB⊥，又2PA=，25PB=，26PC=，PBBC⊥，∴4AB=，25

AC=，2BC=，∴ABBC⊥，162DEPC==，17AE=，152ADPB==，在ADE△中，22230cos210ADDEAEADEADDE+−==−，∴异面直线PC与AD所成角的余弦值为3010．16．()2311nn−−由()()1

123111231nnnnnaaa++−++=+−得()111221131131231231nnnnnnnnnaaaaa+++++−==+−+−+−，设131nnnab+=−，则有122nnnbbb+=+，即11112nnbb+=+，又因为1113123131ab++=

==−−，所以数列1nb为首项为以12，公差为12的等差数列，所以12nnb=，则1231nnnabn+==−，所以()2311nnan−=−．17．解：（1）由正弦定理及()tan2tanbAcbB=−．∴()sinsinsin2sinsin

coscosABBCBAB=−，由于sin0B，∴sincos2sincossincosABCABA=−，则()sin2sincosABCA+=，即sin2sincosCCA=，由于sin0C，所以1cos2A=，由于0,,22π

πAπ，∴3πA=．（2）∵()2222222cos3abcbcAbcbcbcbc=+−=+−=+−，26a=，6bc+=，∴4bc=．∴11sin4sin3223ABCπ

bcAS===△．18．解：（1）∵()fx为幂函数，∴2331mm−−=，∴4m=或1−，又()fx在()0,+上为增函数，∴20m−∴4m=．（2）由（1）知()2fxx=，()()22log3xgxxa=++，∵()gx在(,1−上为减函数，二次函数23yxax=++的对

称轴为：2ax=−，∴1,2130,aa−++∴42a−−．即实数a的取值范围为(4,2−−．19．解：（1）()()223sincos21cos3sin2cos21ωxωxωxωxωfmnxx=+−=−=+2sin216πωx=−+．由于()fx图象的两

相邻最高点之间的距离为π，即Tπ=，由于0ω，所以212πTπωω===．所以()2sin216πxxf=−+．令222262πππkπxkπ−−+，解得63ππkπxkπ−+，所以()fx的单调递增区间为,63ππkπkπ−

+（kZ）．（2）因为43ππx−，所以22362πππx−−，所以1sin216πx−−，22sin226πx−−，12sin2136πx−−+．所以()fx在

区间,64ππ−上的最小值为1−，最大值为3．20．（1）证明：在线段PA上取一点M，满足2AMMP=，又因为2DFFP=，所以PMPFMAFD=，故//FMAD，因为//BCAD，所以//BCFM，因为113FMAD==，所以BCFM=，所以四边形FMBC为平行四边形，所以/

/CFBM，又因为CF平面PAB，BM平面PAB，所以//CF平面PAB．（2）解：取AB的中点O，连结PO，依题意得POAB⊥，则2PO=．如图，以D为坐标原点，DA，DC的方向分别为x轴，y轴的正方向建立空间直角

坐标系Dxyz−，得()0,0,0D，()1,2,0B，()2,1,2P，()3,0,0A()2,1,2DP=，()1,2,0DB=，设(),,nxyz=是平面PBD的一个法向量，则0,0,nDPnDB

==得220,20,xyzxy++=+=令1y=，解得32,1,2n=−，同样可求得平面PAD的一个法向量为()0,2,1m=−，所以c1572574os,9312mnmnmn−==−+=+，又平面APD与平面PDB所成角为锐二面角，所以二面角APDB

−−的余弦值为5757．21．（1）证明：由125nnSS+=+，当2n时，125nnSS−=+，两式相减得12nnaa+=（2n），当1n=时，2125SS=+即12125aaa+=+，∴210a=，∴212aa=，∴1

n时都有12nnaa+=，∴数列na是首项为5，公比为2的等比数列，∴152nna−=．（2）解：由（1）知，1523nnb−=−，∴1523nnnbnn−=−，()0113152102522nnnnTn−+=+++−①()122521025231nnTnnn=+

++−+②由②−①得：()()1213552225212nnnTnnn−=−−++++−+，即()()1213522225212nnnTnnn−=−+++++−+，()()()213355215215212122nnnnnTnnnnnn−=−

+−+=−−+−+−()()3512512nnnn=−+−+；综上所述，()()3512512nnTnnn=−+−+．22．解：（1）()3lnfxx=+．令()0fx，得3ex−；令()0fx，得30ex−，∴函数()fx的单调递增区间为)3e,−+，单调递减区间为

(30,e−．（2）∵()1,x+，()()fxgx，∴2ln11xxxtx+−−，令()2ln11xxxhxx+−=−（1x），则由题意对任意的()1,x+，()minthx，而()()22ln1xxxhx−−−=，()1,x+

，再令()2lnpxxx=−−（1x），则()1110xxpxx−=−=，∴()px在()1,+上为增函数，又()1l33n0p=−，()2l44n0p=−，∴存在唯一的()03,4x，使得()00px=，

即002lnxx−=，当()01,xx时，()0px，()0hx，∴()hx在()01,x上单调递减，当()0,xx+时，()0px，()0hx，∴()hx在()0,x+上单调递增，∴()()()000000000n0mi2212ln1111xxxxxxhxx

xxhx+−−+−====+−−，∴01tx+，又()03,4x，∴()014,5x+，∵t为正整数，∴t的最大值为4．