江苏省徐州市大许中学2021届高三数学第三次月考试题.doc

1、江苏省徐州市大许中学2021届高三数学第三次月考试题一.填空题：本大題共14小败，每小題5分，共70分.不需要写出解答过程。1.复数的共轭复数是_2设全集,则图中阴影部分表示的区间是_3运行如图所示的伪代码，其结果为_S1For I From 1 To 7 Step 2SSIEnd ForPrint S4.若命题“，”是假命题，则实数的取值范围是 5.甲、乙两组各有三名同学，他们在一次测试中的成绩分别为：甲组：88、89、90；乙组：87、88、92，如果分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，则这两名同学的成绩之差的绝对值不超过3的概率是 6.矩形中，沿,沿将矩形折成一个直二面角，则四面体外接球

2、的体积为 7设满足，则的最大值为 8已知为等差数列，为其前项和，公差为，若，则的值为_9已知函数，当时恒有，则关于的不等式的解集为_10.在平面直角坐标系中，过点的直线与圆相切于点，与圆相交于点，且，则正数的值为 11.若函数在上单调递增，则实数的取值范围为_12.函数，若关于的方程至少有两个不相等的实数根，则实数的取值范围为_13.在平面直角坐标系中，已知点在椭圆上，点满足，且，则线段在轴上的投影长度的最大值为 14.在中，若当面积取最大值时,则 二.解答题：本大题共6小题，共计90分15（本小题满分14分）已知的内角所对的边分别为，已知.(1)求角的大小；(2)若的面积为，求.16. （本

3、小题满分14分）如图，在三棱锥中，已知平面平面(1)若，求证： ；(2)若过点作直线平面，求证：平面.17（本小题满分14分）如图是一“T”型水渠的平面视图(俯视图)，水渠的南北方向和东西方向轴截面均为矩形，南北向渠宽为4m，东西向渠宽m(从拐角处，即图中A，B处开始)假定渠内的水面始终保持水平位置(即无高度差)(1)在水平面内，过点A的一条直线与水渠的内壁交于P，Q两点，且与水渠的一边的夹角为，将线段PQ的长度l表示为的函数；(2)若从南面漂来一根长为7m的笔直的竹竿(粗细不计)，竹竿始终浮于水平面内，且不发生形变，问：这根竹竿能否从拐角处一直漂向东西向的水渠(不会卡住)？请说明理由18（本

4、小题满分16分）如图，点A(1，)为椭圆1上一定点，过点A引两直线与椭圆分别交于B，C两点(1)求椭圆方程；(2)若直线AB，AC与x轴围成的是以点A为顶点的等腰三角形求直线BC的斜率；求ABC的面积的最大值，并求出此时直线BC的方程19（本小题满分16分）函数f(x)1lnx，其中k为常数(1)若k0，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若k5，求证：f(x)有且仅有两个零点；(3)若k为整数，且当x2时，f(x)0恒成立，求k的最大值.20.（本小题满分16分） 已知有穷数列，对任意的正整数，都有成立(1)若是等差数列，且首项和公差相等，求证：是等比数列；(2)若是等差数

5、列，且是等比数列，求证：数学答案 1.3545I 2.(，1)(2，) 3.16 4. 5. 6. 7. 2 8.110 9. 10.4 11.1，) 12.13，1(1，) 13. 10 14. 15（1）由已知 ,结合正弦定理得 ，所以 ，即 ，即 ，因为 ，所以 .7分（2）由 ，得 ，即 ，又 ，得 ，所以 ，又 . 14分16.证明：（1）因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， ，所以 平面 .因为 平面 ，所以 .又因为 平面 所以 平面 又因为 平面 所以 . 7分（2）在平面 内过 作 ，垂足为 ,因为平面 平面 ,又因为平面 平面 , 平面 ,所以 平面 ,又因为 平 面

6、 ，所以 ,又 平面 ， 平面 所以 平面 14分17解(1)由题意，PA2sin，QA4cos，所以lPAQA2sin4cos02 6分(2)设f()2sin4cos，0，2.由f()2cossin24sincos22(22sin3cos3)sin2cos2，令f()0，得tan022. 10分且当(0，0)，f()0；当0，2，f()0，所以f()在(0，0)上单调递减，在0，2上单调递增，所以当0时，f()取得极小值，即为最小值当tan022时，sin013，cos023，所以f()的最小值为36，即这根竹竿能通过拐角处的长度的最大值为36m.因为367，所以这根竹竿能从拐角处一直漂向东

7、西向的水渠答：竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠 14分18.解(1)把点A(1，3)代入x22y2n1得n6，故椭圆方程为x22y261. 2分(2)显然题中等腰三角形腰所在的直线不可能与x轴垂直因此其斜率必存在，设两腰的斜率分别为k1，k2，由y3k1(x1)，x22y261，消去y，得(3k21)x22k1(3k1)x(3k1)260，点B的横坐标为x1623k1k213(x1为点A的横坐标)，点B的纵坐标为y323k216k1k213，即B1623k1k213，323k216k1k213. 6分同理可得点C的坐标为C1623k2k223，323k226k2k223.k1k20，直线BC

8、的斜率为kBC3. 8分设B(x1，y1)，C(x2，y2)，直线BC的方程为y3xm，代入方程x22y261得6x223mxm260，x1x233m，x1x2m266，BC1(3)2|x1x2|2(x1x2)24x1x223312m2，又点A到直线BC的距离为d|m|2，SABC12BCd36m2(12m2)36(m26)236，当m26，即m6或m6时，ABC面积取得最大值3.此时，直线BC的方程为y3x6. 16分19.(1)解当k0时，f(x)1lnx.因为f(x)1x，从而f(1)1.又f(1)1，所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y1x1，即xy0. 2分(2)证明

9、当k5时，f(x)lnx10x4.因为f(x)x10x2，从而当x(0,10)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(10，)时，f(x)0，f(x)单调递增所以当x10时，f(x)有极小值因为f(10)ln1030，f(1)60，所以f(x)在(1,10)之间有一个零点因为f(e4)410e440，所以f(x)在(10，e4)之间有一个零点从而f(x)有两个不同的零点 8分(3)解方法一由题意知，1lnxk(x2)x0在(2，)上恒成立，即kxxlnxx2在(2，)上恒成立令h(x)xxlnxx2，则h(x)x2lnx4(x2)2.设(x)x2lnx4，则(x)x2x.当x(2，)时，(x)

10、0，所以(x)在(2，)上为增函数因为(8)82ln8442ln80，(9)52ln90，所以存在x0(8,9)，(x0)0，即x02lnx040.当x(2，x0)时，h(x)0，h(x)单调递减，当x(x0，)时，h(x)0，h(x)单调递增所以当xx0时，h(x)的最小值为h(x0)x0x0lnx0x02.因为lnx0x042，所以h(x0)x02(4,4.5)故所求的整数k的最大值为4. 8分方法二由题意知，1lnxk(x2)x0在(2，)上恒成立f(x)1lnxk(x2)x，f(x)x2kx2.当2k2，即k1时，f(x)0在(2，)上恒成立，所以f(x)在(2，)上单调递增而f(2)

11、1ln20成立，所以满足要求当2k2，即k1时，当x(2,2k)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(2k，)时，f(x)0，f(x)单调递增所以当x2k时，f(x)有最小值f(2k)2ln2kk.从而f(x)0在(2，)上恒成立等价于2ln2kk0.令g(k)2ln2kk，则g(k)1kk0，从而g(k)在(1，)为减函数因为g(4)ln820，g(5)ln1030，所以使2ln2kk0成立的最大正整数k4.综合，知所求的整数k的最大值为4. 20.证明：（1）依题意， ，且 ，2分 因为 ， 所以 （ ）， 得， （ ）， 4分 所以 （ ）， 得， （ ），即 （ ），6分中，令 得， ，即 ，所以 ， 所以 ， ， 从而 ，即证 是等比数列；8分（2）因为 是等比数列，不妨设公比为 ， 因为 ， 所以 （ ）， 得， （ ）， 即 （ ），13分 因为 是等差数列，所以 ，此时 （ ）且对 也适合， 所以 16分