【文档说明】黑龙江省实验中学2021-2022学年度高三学年上学期第五次月考 数学 理科答案.docx，共(8)页，537.010 KB，由管理员店铺上传

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黑龙江省实验中学2021-2022学年度高三学年第五次月考数学试题（理科）考试时间：120分钟满分：150分一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）1.若复数𝑧满足𝑧(−1+2𝑖)=|1+3𝑖|(𝑖为虚数单位），则复数𝑧在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．

第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】C2.集合2101xAxx−=+，集合()12log1Bxyx==−，则集合AB等于（）A．10,2B．(−1,1)C．(−∞，1)D．[−1,1)【答案】B3

．已知向量,ab满足1a=，2b=，()2,1ab−=，则2ab−=（）A．15B．17C．22D．25【答案】C4.已知等比数列na的各项均为正数，且564718aaaa+=，则3132310logloglogaaa+++=（）A．10B．1

2C．31log5+D．32log5+【答案】A5．已知命题:,2sincos3pxRxx+；命题:0qab且0c，ccab.现有下列四个命题：①pq；②()pq；③()()pq；④()pq.其中

真命题是（）A．①②B．①④.C．②③D．③④【答案】A6.正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点（如图），用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为A．B．C．D．【答案】C7已知,42，且4sin45+=

，则tan=（）A．125B．43C．17D．7【答案】D8.已知数列{}na满足12nnaa+−=，且134,,aaa成等比数列.若{}na的前n项和为nS，则nS的最小值为（）A．–10B．14−C．–18D．–20【答案】D9.下列函数中，其图像与函数lnyx=的图像关于直线

1x=对称的是（）A．ln(1)yx=−B．ln(2)yx=−C．ln(1)yx=+D．ln(2)yx=+【答案】B10．在四面体𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=𝐴𝐶=2√3，𝐵𝐶=6，𝐴𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，四面

体𝐴𝐵𝐶𝐷的体积为√3.若四面体𝐴𝐵𝐶𝐷的顶点均在球O的表面上，则球𝑂的表面积是（）.A．49π4B．49πC．49π2D．4π【答案】B11．已知()fx是定义在R上的奇函数，满足()()1fxfx+=−，当10,2x时，()41xfx=−，

则()()()11hxxfx=−−在区1,3−上所有零点之和为（）A．4B．3C．2D．1【答案】A12.关于函数𝑓(x)＝|𝑐𝑜𝑠𝑥|+cos|2𝑥|有下列四个结论：①𝑓(x)的值域为[﹣

1，2]；②𝑓(x)在0,2上单调递减；③𝑓(x)的图象关于直线x＝34对称；④𝑓(x)的最小正周期为π.上述结论中，不正确命题的个数有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】A二、填空题

（共4小题，每小题5分，共20分）13.实数x，y满足约束条件2020240xyxyxy−+−+−，则xy+的最小值为__________【答案】6−14.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变

本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列．对这类高阶

等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第41项为______．【答案】82315.已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A、B满足SAB为等边三角形，且面积为√3，又知圆锥轴截面的面积为2

，则圆锥的侧面积为__________.【答案】2√2𝜋16.已知函数()3sinfxxxx=−−+，当0,2时，恒有()()2cos22sin20fmfm−+−成立，则实数m的取值

范围为__________.【答案】[−12,∞)三、解答题（共70分，应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.(10分)已知函数()()120fxxaxaa=+−−.（1）当1a=时，解不等式()1fx−；（2）若不等式()3fx恒

成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）(,1]−−.（2）1,12【详解】（1）()()120fxxaxaa=+−−当1a=，()1fx−,可得|2||1|1xx+−−−若2x−≤

则2(1)1xx−−−−−，即31−−，显然成立若21x−，2(1)1,xx+−−−可得22x−，故1x−若1x，2(1)1,xx+−−−可得31−，显然不成立.综上所述，(,1]x−−（2）()3fx111||2||||22xaxxa

xaaaa+−−+−+=+,1112|2|2axaxaaaa−−+−−+要保证不等式()3fx恒成立，只需保证123aa+，解得112a≤≤综上所述，1,12a18.(12分)已知等差数列{}na的前n项和为nS，数列{}nb为正项等比数列，且

13a=，11b=，3212bS+=，5322aab−=.（1）求数列{}na和{}nb的通项公式；（2）若2(()nnnnScbn为奇数）为偶数=，设{}nc的前n项和为nT，求2nT.【答

案】（1）21nan=+，12nnb−=.（2）2nT21121321nn++=−+（1）设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q，∵13a=，11b=，3212bS+=，5322aab−=，∴261222qddq++==∴3q=或2q=，且nb是正项等比

数列，∴2d=，2q=，∴21nan=+，12nnb−=.（2）由（1）知()()32122nnnSnn++==+∴()()11122nnnnncn−−+=为奇数为偶数∴2nT=1111113352121nn−+−++−−+()135212222

n−+++++=21122412114nn−−−++−=21121321nn++−+.19.(12分)如图，在平行六面体1111ABCDABCD−中，底面ABCD为菱形，1AC和1BD相交于点O，E为1CC的中点.（1）求证：//OE平面ABCD；（2）若平面11BDDB⊥平面ABC

D，求证：1DEBE=.证明：（1）如图，连接AC、1AD、1BC.因为11//ABCD，11ABCD=，所以，四边形11ABCD为平行四边形，所以1AC、1BD相互平分，所以O为1BD和1AC的中点.又因为E为1CC的中点，所以OE为1ACC△的中位线，所以//O

EAC.又因为OE平面ABCD，AC平面ABCD，所以//OE平面ABCD；（2）因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD⊥.因为平面11BDDB⊥平面ABCD，平面11BDDB平面ABCDBD=，AC平面ABCD，所以AC⊥平面

11BDDB.因为1BD平面11BDDB，所以1ACBD⊥.又因//OEAC，所以1OEBD⊥，因为1OBOD=，所以1DEBE=.20.(12分)已知△𝐴𝐵𝐶的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且1tantantantan()2coscosBCBC

CB+=+．(1)证明：a是b，c的等差中项；(2)求A的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2)π3．(1)因1tantantantan()2coscosBCBCCB+=+，则sincossincos1sinsin()coscos2coscoscoscosBC

CBBCBCCBCB+=+，所以sin1sinsin()coscos2coscoscoscosABCBCCBCB=+，所以2sinsinsinABC=+，由正弦定理得：2bca+=，所以a是b，c的等差中项．(2)由余弦定理得：

222+ccos2baAbc−=，又由(1)2bca+=得：2bca+=，cos𝐴=𝑏2+c2−𝑎22𝑏𝑐=𝑏2+c2−(𝑏+𝑐2)22𝑏𝑐=34(𝑏2+c2)−12𝑏𝑐2𝑏𝑐≥𝑏𝑐2𝑏𝑐=12，当且仅当abc==，即△ABC为正三角形时，取“=”，由2b

ca+=知，A为锐角，余弦函数对锐角是递减的，所以A的最大值为π3．21.(12分)已知数列na的前n项和为nS，()2*2(21)2nnSnannN=+−，数列nb满足11ba=，1nnnnbab+=.（1）求数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的通项公式；（2）设数列{𝑎𝑛�

�𝑛}的前𝑛项和为𝑇𝑛，若不等式𝜆+𝑛+92𝑛≥4−𝑇𝑛(𝑛∈𝑁∗)”恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）2nan=，2nnb=；（2）164.（1）当1n=时，11232aa=−，

∴12a=，当2n时，由22112(21)22(21)2(1)nnnnSnanSnan−−=+−=−−−得2212(21)(21)22(1)nnnananann−=+−−−+−，即12nnaa−−=，∴数列na是公差为2

的等差数列，∵12a=，∴2nan=.由条件得12b=，12nnnbnb+=，∴12nnbb+=，即数列nb是公比为2的等比数列，∴2nnb=.（2）1222nnnnannb−==，设数列nnab的前n项和为nT，则23123412222nnnT−=+++++，∴231

11231222222nnnnnT−−=+++++，∴231111111222222nnnnT−=+++++−L1121212nnn−=−−222nn+=−∴1242nnnT−+=−，∴𝜆≥𝑛+22𝑛−1−𝑛+9

2𝑛=𝑛−52𝑛，令5()2nnfn−=，则11456(1)()222nnnnnnfnfn++−−−++−=−=，∴(1)(2)(6)(7)(8)fffff=，∴max1()(6)(7)

64fnff===，∴164.22.(12分)已知12a，函数()xfxexa=−−，其中2.71828e=…为自然对数的底数.（1）证明：函数()yfx=在()0,+上有唯一零点；（2）记0x为函数()yfx=在()0,+上的零点，证明：()0121axa−−≤≤；【答案】【

详解】（1）()1,0,1,()0,()xxfxexefxfx=−QQ在(0,)+上单调递增，2212,(2)240,(0)10afeaefa=−−−=−Q，所以由零点存在定理得()fx在(0,)+上有唯一零点；（2）000(

)0,0xfxexa=−−=Q，002000012(1)12(1)xxaxaexxex−−−−−−，令22()1(02),()1(02),2xxxgxexxxhxexx=−−−=−−−一方面：1()1(),xhxexhx=−−=1()10xhxe=−，(

)(0)0,()hxhhx=在(0,2)单调递增，()(0)0hxh=，2210,2(1)2xxxexexx−−−−−，另一方面：1211aa−Q，所以当01x时，01ax−成立，因此只

需证明当01x时2()10xgxexx=−−−，因为11()12()()20ln2xxgxexgxgxex=−−==−==，当(0,ln2)x时，1()0gx，当(ln2,1)x时，1()0gx，所以()max{(0),(1)},(0)0,

(1)30,()0gxggggegx==−Q，()gx在(0,1)单调递减，()(0)0gxg=，21xexx−−，综上，002000012(1),12(1)xxexxexaxa−−−−−

−.