【文档说明】安徽省合肥市合肥市六中2021届高三上学期第十三次限时练数学（理）试题（12月）.docx，共(11)页，595.982 KB，由小赞的店铺上传

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合肥六中2021届高三第一学期第十三次限时练数学（理科）一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．已知集合2340Axxx，28xBx，那么集合AB（）A．3,B．1,C

．[3，4]D．3,42．设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝2＋i，则z1z2等于()A．5B．－5C．－4＋iD．－4－i3．在ABC中，2BDDC，AEED，则BE（）A．1536ACABB．1536ACABC．1136ACABD．1136ACAB4

．命题:pABC为锐角三角形，命题:qABC中，sincosAB.则命题p是命题q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件5．若3sin(2)25，则44sincos的值为（）A．45B．35C．45D．35-6．我国著名数学家华罗庚

先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.在数学的学习和研究中，函数的解析式常用来琢磨函数的图象的特征.函数()(1)sine12xfxx在区间ππ(,)22上的图象的大致形状是（）A．B．C．D．7

．已知123,1ln,1axaxfxxx的值域为R，那么a的取值范围是（）A．,1B．11,2C．11,2D．10,28．设nS是数列na的前n项和，满足212nn

naaS，且0na，则100S（）A．10B．311C．10311D．119．已知实数a，b，c满足1lg10bac，则下列关系式中不可能成立的是（）A．abcB．acbC．cabD．cb

a10．若a，b为正实数，且11122abab，则ab的最小值为（）．A．23B．43C．2D．411．已知函数sin3cos0xfxx，若方程1fx在0,π上有且只有四个实数根，则实数的取值范围为（

）．A．137,62B．725,26C．2511,62D．1137,2612．设函数fx是函数fxxR的导函数，若对于任意的xR，恒有20xfxfx，则函数22xfxgx的零

点个数为（）．A．0B．1C．2D．3二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知点2,3,3,2PQ，直线20axy与线段PQ相交，则实数a的取值范围是____________.14．52

12xx展开式中的6x的系数为_______.15．在三棱锥PABC中，平面PAB平面ABC，ABC是边长为6的等边三角形，PAB△是以AB为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．16

．已知对任意(0,)x，都有111ln0kxkexx，则实数k的取值范围为_________．三、解答题（本大题共4题，每小题12分，共48分）17．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为23xtyt（t为参数），若以该直角坐

标系的原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为2sin4cos0.(1)求直线l与曲线C的普通方程；(2)已知直线l与曲线C交于,AB两点，设(2,0)M，求11MAMB的值.18．已知数列{an}的前

n项和为Sn，且a1＝12，an＋1＝n＋12nan(n∈N*)．(1)证明：数列ann是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.19．已知四棱柱-ABCDABCD中，底面ABCD为菱形，2460ABAAB

AD,,，E为BC中点，C在平面ABCD上的投影H为直线AE与DC的交点.（1）求证：BDAH；（2）求二面角DBBC的正弦值.20．已知函数2xfxxexaxb，曲线

yfx在点0,0f处的切线方程为4230xy1求a，b的值；2证明：lnfxx．合肥六中2021届高三第一学期第十三次限时练参考答案题号123456789101112答案DBA

ADACADBBA13．41,3214．3015．4816．1,e17．试题解析：（Ⅰ）由2{3xtyt得3+2yx，∴直线l的普通方程3230xy；……………

…………………………3分由2sin4cos0得22sin4cos0，又∵cos,sinxy，∴曲线C的普通方程为24yx.……………6分（Ⅱ）设,AB对应的参数为12,tt，将2{3xty

t代入24yx得23480tt，∴121248,33tttt，∵直线l的参数方程为2{3xtyt可化为1222{322xtyt，∴122,2MAtMBt，∴12121141612334ttMAMBtt.…………12分1

8．(1)证明∵a1＝12，an＋1＝n＋12nan，当n∈N*时，ann≠0，又a11＝12，an＋1n＋1∶ann＝12(n∈N*)为常数，∴ann是以12为首项，12为公比的等比数列．……………4分(2)解由ann是以12为首项，12为公比的等比数列

，得ann＝12·12n－1，∴an＝n·12n.……………6分∴Sn＝1·12＋2·122＋3·123＋…＋n·12n，12Sn＝1·122＋2·123＋…＋(n－1)12n

＋n·12n＋1，∴两式相减得12Sn＝12＋122＋123＋…＋12n－n·12n＋1＝12－12n＋11－12－n·12n＋1，∴Sn＝2－

12n－1－n·12n＝2－(n＋2)·12n.综上，an＝n·12n，Sn＝2－(n＋2)·12n.……………12分19．（1）连接',',ACACA

BBH，，由于E为BC中点，且//HCAB，故E为AH中点，CHEABECHAB故四边形CBHA为平行四边形,//ACBH由于四棱柱'//'ABCDABCDAACC且''AACC故四边形''ACAC为平行四边形,

//''//ACACACBH由于底面ABCD为菱形，故BDAC，且//ACBH，BDBH由于''//,''ACBHACBH，故四边形''ACBH为平行四边形，所以'//'BAHC故：'AB

平面ABCD'ABBD又'AB平面',ABHBH平面',ABH故BD平面',ABH'AH平面',ABHBDAH………………………………………………………………………6分（2）由（1）BH，BD，'BA两两垂直，以B为原点如图建立空间直角坐标系.(0,0,0

),(3,1,0),'(3,1,23),'(3,1,23)BCDB''(0,2,0),'(3,1,23),'(0,2,23),(3,1,0)DBDBCBCB设平面''DBB的法向量为(,,)nxyz，故''20'3230nDB

ynDBxyz，令21xz，故(2,0,1)n设平面'CBB的法向量为(,,)mxyz，故'223030nCByznCBxy，令31,1yxz，故(1,3,1)m由图像得二面角DBBC

为锐角，故3cos|cos,|||5||||DCmnmnnBBm故4sin5DBBC………………………………………………………12分20．（1）31,2ab；（2）见解析详解：（1）解：

12xfxxexa，由题意有012302fafb，解得31,2ab……………………………………………………………………4分（2）证明：（方法一）由（1）知，232xfxxexx.设2lnxhxxexxx则只需证

明32hx1121xhxxexx112xxex，设12xgxex则210xgxex，gx在0,上单调递增1412404ge

，1312303ge011,43x，使得……………7分且当00,xx时，0gx，当0,xx时，0gx当00,xx时，0hx，hx单调递减当0,xx

时，0hx，hx单调递增0minhxhx020000lnxxexxx，由00120xex，得0012xex，00012hxxx2000lnxxx20001lnxxx，设

21lnxxxx，11,43x，121xxx211xxx当11,43x时，0x，x在11,43单调递减，00hxx

21133111ln3373ln392，因此32hx……………12分（方法二）先证当0x时，232xfxxexx322x，即证20xxexx设2xgxxexx，0x则

121xgxxex，且00g220xgxxe，gx在0,单调递增，00gxggx在0,单调递增，则当0x时，200xgxxexxg（也可直接分析2

33222xxexxx20xxexx10xex显然成立）再证32ln2xx设32ln2hxxx，则1212xhxxx，令0hx，得12x

且当10,2x时，0hx，hx单调递减；当1,2x时，0hx，hx单调递增.32ln2hxxx11ln2022h，即32ln2xx又233222

xfxxexxx，lnfxx