2021届湖北省黄冈市部分普通高中高三上学期12月联考数学试题 PDF版

高三数学试卷

一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）

1.已知集合Mxyln(x1)，Nx2xx0，则MIN=（ ） A.(0,)

B.(2,)

C.(0,1) D.(1,2)

22.复数z在复平面内对应点的点是(1,1)，则复数A.i（i是虚数单位）的虚部为（ ） z12121i B. C. D.i

55553.△ABC中，“BA.必要不充分条件 C.充要条件

6”是“sinB1”的（ ） 2B.充分不必要条件

D.既不充分也不必要条件

log21314.已知alog25，b2，clog36，则（ ）

A.cba B.cab C.bca D.bac

5.公差不为0的等差数列an中，它的前31项的平均值是12，现从中抽走1项，余下的30项的平均值仍然是12，则抽走的项是（ ） A.a12

B.a14

C.a16

D.a18

6.如图是一个装有水的倒圆锥形杯子，杯子口径6cm，高8cm（不含杯脚），已知水的高度是4cm，现往杯子中放入一种直径为1cm的珍珠，该珍珠放入水中后直接沉入杯底，且体积不变.如果放完珍珠后水不溢出，则最多可以放入珍珠（ ）

A.98颗 B.106颗 C.120颗 D.126颗

2xa,x07.已知函数f(x)log(|x|1)a,x0(aR)在R上没有零点，则实数a的取值范围是（ ）

12A.(1,){0} B.(0,)

C.(,0]

D.(,1]

x2y28.已知F是椭圆221(ab0)的一个焦点，若直线ykx与椭圆相交于A，B两点，且

abAFB120，则椭圆离心率的取值范围是（ ） 3311A. B.0, C.D.0, ,1 ,12222二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）

9.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，其中正确的结论为（ ）

A.直线AM与C1C是相交直线 B.直线AM与BN是平行直线 C.直线BN与MB1是异面直线 D.直线MN与AC所成的角为60°

a2a416，10.已知Sn是公比q的正项等比数列an的前n项和，若a1a23，则下列说法正确的是（ ）

A.q2

B.数列Sn1是等比数列

D.数列lgan是公差为2的等差数列

C.S8255

11.已知函数f(x)(|sinx|cosx)(sinxcosx)，xR，则（ ） A.fx在0,上单调递减 B.fx是周期为2的函数 3D.函数fx在(0,2)上有3个零点

C.fx有对称轴

12.已知函数f(x)ealnx，其中正确结论的是（ ） A.当a1时，fx有最大值

B.对于任意的a0，函数fx是(0,)上的增函数 C.对于任意的a0，函数fx一定存在最小值 D.对于任意的a0，都有fx0.

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

xrrrrrr13.已知向量a，b的夹角为60°，|a|2，|b|1，则a2b______.

uuuruuur14.已知直线yxm与圆xy4相交于A、B两点，O为坐标原点，OAOB0且△AOB的面积

22为3，则实数m=______.

15.综合实践课中，小明为了测量校园内一棵樟树的高度，如图，他选取了与樟树树根部C在同一水平面的A、B两点（B在A的正西方向），在A点测得樟树根部C在西偏北30°的方向上，步行40米到B处，测得树根部C在西偏北75°的方向上，树梢D的仰角为30°，则这棵樟树的高度为______米.

16.四棱锥PABCD各顶点都在球心为O的球面上，且PA平面ABCD，底面ABCD为矩形，

PAAB2，AD4，则球O的体积是______；设E、F分别是PB、BC中点，则平面AEF被球O

所截得的截面面积为______.

四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

urrxx12x17.已知m3sin,，ncos,12cos，函数f(x)mn.

2222（1）求函数f(x)的最小正周期；

（2）将函数yfx的图象上的各点______得到函数ygx的图象，当x,时，方程64gxa有解，求实数a的取值范围.

在以下①、②中选择一个，补在（2）中的横线上，并加以解答，如果①、②都做，则按①给分.

3个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩小为原来的一半； 2②纵坐标保持不变，横坐标缩小为原来的一半，再向右平移个单位.

4①向左平移

18.已知等差数列an的前n项和为Snpn2nq，p，qR，nN，且a36.数列bn满足

an2log2bn.

（1）求p、q的值；

（2）设数列(1)nanbn的前2n项和为T2n，证明：T2n3. 19.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且满足2sin2（1）求角A的大小；

BCcos2A1， 2uuuruuur（2）若a7，BAAC3，A的平分线交边BC于点T，求AT的长.

BAD60，△PAD为正三角形，20.如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为菱形，平面PAD平面ABCD，且E，F分别为AD，PC的中点.

（1）求证：DF//平面PEB；

（2）求直线EF与平面PDC所成角的正弦值.

21.如图，点C为某沿海城市的高速公路出入口，直线BD为海岸线，BAC4»是以，BDAB，BC»PQ，»上A为圆心，半径为1km的圆弧型小路.该市拟修建一条从C通往海岸的观光专线CP其中P为BC异于B，C的一点，PQ与AB平行，设PAB0. 4

»PQ的总长度随的增大而减小； （1）证明：观光专线CP»PQ的»的单位成本的2倍.当取何值时，观光专线CP（2）已知新建道路PQ的单位成本是翻新道路CP修建总成本最低?请说明理由.

x)22.已知曲线f(x)(x3)ea(2lnxx（其中e为自然对数的底数）在x1处的切线方程为

y(1e)xb.

（1）求a，b值；

（2）证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且2e参考答案：

6fx05. 52020年秋季黄冈市部分普通高中协作体12月份联考

高三数学试卷参考答案

1.D M(1,)，N(0,2)，MIN(1,2) 2.B z1i，

iii(2i)122i，∴虚部为 z12i(2i)(2i)555151，∴“B”是“sinB”的充分不必要条件. B或B2666213.B △ABC中，sinB4.D 2log253，12log233，1log362.bac

5.C S3131a1a3131a163112，a1612，∵从中抽走1项，余下的20项的平均值仍然是

212，则抽走的项3112301212a16. 6.D 作出在轴截面图如图，由题意，

OP8，O1P4，OA3，设O1A1x，则

34x，即x.

2832113则最大放入珍珠的体积V328421

3324211一颗珍珠的体积是.由126.∴最多可以放入珍珠126颗.

326632x,x07.A 设g(x)log(x1),x0，图象如图，

12

已知问题可以转化为g(x)图象与函数ya图象没有交点， 数形结合可得a1或a0

8.C 连接A，B与左右焦点F，F的连线，由AFB120，

由椭圆及直线的对称性可得四边形AFBF为平行四边形，FAF60，

222在三角形AFF中，FFAFAF2AFAFcosFAFAFAF3AFAF，

212AFAF2所以AFAFFF3AFAF3，即AFAFFF2 2422即

1c114a24c2，可得 e，所以椭圆的离心率e,1 4a229.CD 在A中，直线AM与C1C是异面直线，故A错误；在B中，直线AM与BN是异面直线，故B错误；在C中，直线BN与MB1是异面直线，故C正确；MN//CD1，△ACD1是等边三角形，∴直线MN与AC所成的角为60°，D正确

10.ABC 公比q为正数a34，a1q24，又a1a1q3，解得a11，q2.an2n1，

Sn112n122n1.Sn12n，∴数列Sn1是公比为2的等比数列.S8281255.

lgan(n1)lg2，数列lgan是公差为lg2的等差数列.

11.BD作出函数f(x)cos2x,2kx2k的图象，

1sin2x,2kx22k

由图，函数f(x)在0,上单调递增，故A错误；f(x2)f(x)，所以函数f(x)的周期为2，故3B正确；无对称轴，C错误，在(0,2)上有3个零点，D正确

12.BC 当a1时，f(x)elnx，易知函数f(x)在(0,)上单调递增，无最大值，故A

x错误，

x对于任意的a0，函数f(x)是(0,)上的增函数，当x0时，e1，lnx，故f(x)，

故B正确，D错误，对于任意的a0，f(x)exa，易知f(x)在(0,)单调递增， x当x时，f(x)，当x0时，f(x)，∴存在fx00， 当0xx0时，f(x)0，函数单调递减，x0x，f(x)0，函数单调递增，

f(x)minfx0，故C正确

r2r2r2rrrrr13.2 |a2b|a4b4ab44421cos604，|a2b|2.

uuuruuur31AOB120， sinAOB14.2 QS△AOB22sin，QOAOB0，AOB，322∴圆心O到直线yxm的距离d2sin301，即|m|1，m2 215.206 根据图形知，△ABC中，BAC30，ACB753045，AB40， 3由正弦定理得，

BC40，解得BCsin30sin45402212202，

在Rt△BCD中，BDC30，所以CDBCtan302023206. 33

16.86n（第一空2分），

14（第二空3分） 3由题设知球心O为PC中点，故球O的直径2R22224226R6，故V球 86，设

球心到平面AEF的距离为d，截面圆的半径为r，由题设球心O到平面AEF的距离等于点B到平面AEF的距离，在三棱锥BAEF中，由等体积法得d2341414，故截面面积为 r2R2d26，3333urrxxx117.解：（1）Qf(x)mn3sincoscos2

222231sinxcosx1sinx1 226故函数的最小正周期为2. （2）将f(x)sinx31的图象按照变换①：向左平移个单位， 62再保持纵坐标不变，横坐标缩小为原来的一半， 可得yg(x)sin2x311cos2x的图象， 266当x21,时，2x,，cos2x,1，

66362643g(x)0,，

2若方程g(x)a有解，则a0,.

23将f(x)sinx1的图象按照变换②：纵坐标保持不变， 6横坐标缩小为原来的一半，再向右平移

个单位， 4可得yg(x)sin2x21sin2x1的图象， 63当x21,时，2x,，sin2x1,，

33632643g(x)0,，

2若方程g(x)a有解，则a0,.

218.解：（1）a1S1p1q，a2S2S14p2q(p1q)3p1，

3a3S3S25p1，a365p1，解得p1.

由2a2a1a3得242q6，解得q0.

p1，q0.

（2）等差数列an的公差da2a1422，an22(n1)2n.

Qan2log2bn，2n2log2bn，解得bn2n.

(1)nanbn(1)n2n(2)n.

∴数列(1)nanbn的前2n项和T2n2[(12)(34)LL(2n12n)]

2(2)LL(2)2n22n2n21(2)1(2)22n122n

3QT2n关于n递增，T2nT22243.

BCcos2A1，即为cos2Acos(BC)0， 212可得2cosAcosA10，解得cosA或cosA1（舍去） ，

219.解：（1）2sin2由0A，可得A3；

uuuruuur2（2）BAAC3，即为cbcos3，可得bc6，

3由abc2bccosA(bc)2bcbc7， 可得bc22227365，

由S△ABCS△ABTS△ACT得，

111bcsin60bATsin30cATsin30 2223bcsin60263 AT(bc)sin3051526（1）证明：取PB中点G，因为F是PC中点，FG//BC，且FG∵E是AD的中点，则DE//BC，且DE1BC 21BC.FG//DE，且FGDE. 2∴四边形DEGF是平行四边形，DF//EG

又QDF平面PEB，EG平面PEB，DF//平面PEB. （2）解：QE是正三角形PAD边为AD的中点，PEAD.

∵平面PAD平面ABCD，平面PADI平面ABCDAD，PE平面PAD，

PE平面ABCD，∵四边形ABCD为菱形，BAD60，

∴正三角形BAD中，BEAD，

以E为原点，EA，EB，EP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.

不妨设菱形ABCD的边长为2，则AEED1，PA2，

PE3，BEAB2AE23，

则点E(0,0,0)，D(1,0,0)，C(2,3,0)，

33， P(0,0,3)，F1,2,2uuuruuurDC(1,3,0)，DP(1,0,3)，

设平面PDC的法向量为n(x,y,z)，

r则rnruDCuuruuu0，即x3z0，解得x3y， rnDP0x3y0x3z不妨令z1，得rn(3,1,1)；

又uEFuur1,3,3，设EF与平面PDC22所成角为， sin|cosuEFuur,rn|36555 2EF与平面PDC所成角的正弦值为65. 21.（1）证明：由题意，CAP，所以CP»44,

又PQABAPcos1cos， ∴观光专线的总长度

f()41coscos41，04，

∵当04时，f()1sin0，f()在0,4上单调递减， 即观光专线CP»PQ的总长度随的增大而减小. （2）解：设翻新道路的单位成本为a(a0)，则总成本

g()a422cosa2cos42，04，..g'（0）g()a(12sin)，

令g()0，得sin12，因为04，所以6， 当06时，g()0，g()单调递减； 当

64时，g()0，g()单调递增，

所以，当6时，g()取得最小值，

故当6时，观光专线CP»PQ的修建总成本最低. =a（

22.解：（1）f(x)(x3)ea(2lnxx)，f(x)(x2)exa故f(1)ea1e，解得：a1，

故f(x)(x3)e2lnxx，f(1)2e1， 故切线方程是：y(1e)xe2，故be2； （2）证明：f(x)(x2)ex令h(x)ex而hxx21 x1，(x0)， x1，显然h(x)在(0,)递增， x110，h(1)0，故x0,1，使得hx00， 221，则lnx0x0， x0即ex0故x0,x0时， f(x)0，f(x)递增，xx0,2时， f(x)0，f(x)递减，

x(2,)时， f(x)0，f(x)递增，故x0是f(x)唯一的极大值点，

且fx0x03e02lnx0x01x333x0123x05 x0x0231x0， 13令g(x)13x，x,1，则 g(x)x2x2611g(x)在,1递增，故g(x)g6.52e，

522综上，f(x)存在唯一的极大值点x0，且2e

6fx05. 5