江苏省徐州市大许中学2021届高三数学第三次月考试题

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________．

4.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θ，将线段PQ的长度l表示为θ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．

①求直线BC的斜率；

②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)＝1＋lnx－，其中k为常数．

(1)若k＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)若k＝5，求证：f(x)有且仅有两个零点；

(3)若k为整数，且当x＞2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)若是等差数列，且是等比数列，求证：．

数学答案          

1.　35＋45I   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 ，所以 ,又 平面 ， 平面 所以 平面                                                       ………………14分

17．解　(1)由题意，PA＝2sinθ，QA＝4cosθ，

所以l＝PA＋QA＝2sinθ＋4cosθ0＜θ＜π2   ………………6分

(2)设f(θ)＝2sinθ＋4cosθ，θ∈0，π2.

由f′(θ)＝－2cosθsin2θ＋4sinθcos2θ＝222sin3θ－cos3θsin2θcos2θ，

令f′(θ)＝0，得tanθ0＝22.                                       ………………10分

且当θ∈(0，θ0)，f′(θ)＜0；当θ∈θ0，π2，f′(θ)＞0，所以f(θ)在(0，θ0)上单调递减，在θ0，π2上单调递增，

所以当θ＝θ0时，f(θ)取得极小值，即为最小值．

当tanθ0＝22时，sinθ0＝13，cosθ0＝23，所以f(θ)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36＞7，所以这根竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠．

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x22＋y2n＝1得n＝6，故椭圆方程为x22＋y26＝1. …………2分

(2)①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y－3＝k1x－1，x22＋y26＝1，

消去y，得(3＋k21)x2＋2k1(3－k1)x＋(3－k1)2－6＝0，

∴点B的横坐标为x＝1－6＋23k1k21＋3(x＝1为点A的横坐标)，

∴点B的纵坐标为y＝3－23k21＋6k1k21＋3，

即B1－6＋23k1k21＋3，3－23k21＋6k1k21＋3.                          ………………6分

同理可得点C的坐标为C1－6＋23k2k22＋3，3－23k22＋6k2k22＋3.

∵k1＋k2＝0，∴直线BC的斜率为kBC＝3.                      ………………8分

②设B(x1，y1)，C(x2，y2)，直线BC的方程为y＝3x＋m，代入方程x22＋y26＝1得6x2＋23mx＋m2－6＝0，

∴x1＋x2＝－33m，x1x2＝m2－66，

∴BC＝1＋32•|x1－x2|＝2•x1＋x22－4x1x2＝23312－m2，

又点A到直线BC的距离为d＝|m|2，

∴S△ABC＝12BC•d＝36m212－m2＝36－m2－62＋36，

∴当m2＝6，即m＝6或m＝－6时，△ABC面积取得最大值3.

此时，直线BC的方程为y＝3x±6.                           ………………16分

19.(1)解　当k＝0时，f(x)＝1＋lnx.

因为f′(x)＝1x，从而f′(1)＝1.

又f(1)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝x－1，

即x－y＝0.                                    ………………2分

(2)证明　当k＝5时，f(x)＝lnx＋10x－4.

因为f′(x)＝x－10x2，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x＝10时，f(x)有极小值．

因为f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1,10)之间有一个零点．

因为f(e4)＝4＋10e4－4＞0，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，1＋lnx－kx－2x＞0在(2，＋∞)上恒成立，

即k＜x＋xlnxx－2在(2，＋∞)上恒成立．

令h(x)＝x＋xlnxx－2，则h′(x)＝x－2lnx－4x－22.

设ν(x)＝x－2lnx－4，则ν′(x)＝x－2x.

当x∈(2，＋∞)时，ν′(x)＞0，所以ν(x)在(2，＋∞)上为增函数．

因为ν(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，ν(9)＝5－2ln9＞0，

所以存在x0∈(8,9)，ν(x0)＝0，即x0－2lnx0－4＝0.

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x＝x0时，h(x)的最小值为

h(x0)＝x0＋x0lnx0x0－2.

因为lnx0＝x0－42，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，1＋lnx－kx－2x＞0在(2，＋∞)上恒成立．

f(x)＝1＋lnx－kx－2x，f′(x)＝x－2kx2.

①当2k≤2，即k≤1时，f′(x)＞0在(2，＋∞)上恒成立，

所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增．

而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以满足要求．

②当2k＞2，即k＞1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x＝2k时，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k.

从而f(x)＞0在(2，＋∞)上恒成立等价于2＋ln2k－k＞0.

令g(k)＝2＋ln2k－k，则g′(k)＝1－kk＜0，从而g(k)在(1，＋∞)为减函数．

因为g(4)＝ln8－2＞0，g(5)＝ln10－3＜0，

所以使2＋ln2k－k＞0成立的最大正整数k＝4.

综合①②，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  ，             ①

  所以  （ ），②

  ① ②得， （ ）， ③  ………………4分

  所以 （ ），④

  ③ ④得， （ ），即 （ ），………………6分

①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  ，             ①

    所以  （ ），②

    ① ② 得， （ ），

         即 （ ），………………13分

   因为 是等差数列，所以 ，此时 （ ）且对 也适合，

   所以 ．               ………………16分