四川省攀枝花市第十五中学校高2020届高2017级高三上学期第8次周考理科数学试卷及参考答案

发布时间：2021-04-04



攀枝花市第十五中学校高2020届高三第8次周考数学(理试题
命题人:孙文昌 审题人:刁玉英 时间:120分钟 满分:150分

一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的
1.已知集合A{x|y(1x(x3},B{x|log2x1},则AA.{x|3x1} B.x0x1 C.{x|3x2} 2.已知复数z满足2iz34i,则z( A.2i
B.2i
C.2i
D.2i
B(

D.{x|x2}
3.如图,P为正方体ABCDA1B1C1D1中AC1与BD1的交点,则PAC在该正方体各个面上的射影可能是(
A.①②③④ B.①③ C.①④ D.②④
4.下列函数中,其图像与函数ylnx的图像关于直线x1对称的是( A.yln(1x
B.yln(2x
C.yln(1x
D.yln(2x
5.根据有关资料,围棋状态空间复杂度的上限M约为3361,而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为1080.则下列各数中与(参考数据:lg3≈0.48
A.1033 B.1053 C.1073 D.1093
n1,S0M最接近的是(
N开始 6.运行如图所示的程序框图,则输出的结果S为(

3 B.0 23 C. D.3
27.若当x时,函数f(x3sinx4cosx取得最大值,则cos(

A.
SSsinn3是nn1n2019?否输出S结束- 1 -

3434 B. C. D. 5555SS8.在等差数列an中,a12015,其前n项和为Sn,若12102,则S2018＝(

1210A.A.2018 B.－2018 C.4036 D.－4036 9.在等比数列{an}中,a22,a333,则a1a15(

a7a21A.8923 B. C. D. 98321AB,3BEBC,连接210.已知ABC是边长为1的等边三角形,点D,E分别满足ADDE并延长到点F,使得DEEF,则AFBC的值为(
A.171511 B. C. D.
1212121211.若函数yfx的图像上存在不同的两点,使得函数yfx的图像在这两点处的切线x互相平行,则称函数yfx具有“同质点”.给出下列四个函数:①ysinx；②ye；③yx3；④ylnx.其中具有“同质点”的函数有 A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
212.已知函数fx2lnx1(xe,gxmx,若fx与gx的图象上存在关于直1e线y0对称的点,则实数m的取值范围是(
2A.,2e eB.e,3e
23C.2e2,3e D.3e,3e
2二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分。
13.已知a2,1,11,,1,2,3,若幂函数fxxa为奇函数,且在(0,上递减,则22a____. 14.已知单位向量e1,e2的夹角为120°,且a2e1e2,be13e2,则a2b__________. 15.已知等比数列an的前n项和为Sn,若x1112,a22,则S3________. a1a2a3216.若对于任意的t[1,2],函数f(xe(xmxm3在区间(t,3上总存在极值,则实数
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m的取值
范围是
. 三、解答题:共70分。
17.18.设数列an满足a13a2(1求an的通项公式； (2求数列
18.已知函数fxcosxsinx22(2n1an2n. an 的前n项和. 2n11,x0,. 2(Ⅰ求fx的单调递增区间；
(Ⅱ设ABC为锐角三角形,角A所对边a19,角B所对边b5,若fA0,求ABC的面积.
19.已知三棱锥PABC的展开图如图二,其中四边形ABCD为边长等于2的正方形,△ABE和BCF均为正三角形,在三棱锥PABC中:
(1证明:平面PAC平面ABC；
(2若M是PA的中点,求二面角PBCM的余弦值.
1x2y220.已知椭圆C:221(ab0的短轴长为42,离心率为. 3ab(1求椭圆C的方程；
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(2设椭圆C的左、右焦点分别为F1、F2,左、右顶点分别为A、B,点M、N为椭圆C上位于x轴上方的两点,且F1M//F2N,记直线AM、BN的斜率分别为k1、k2,若k1+k2直线F1M的方程. 21.已知函数f(xalnxbx2图像上一点P(2,f(2处的切线方程为y3x2ln22. (1求a,b的值；
1(2若方程f(xm0在区间[,e]内有两个不等实根,求m的取值范围；
e1,求2(3令g(xf(xkx(kR,如果g(x的图像与x轴交于A(x1,0,B(x2,0(x1x2两点,AB的中点为C(x,0,求证:g(x00.

选考题:共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。
22.[选修4-4:坐标系与参数方程] (10分
在平面直角坐标系xOy中,以O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为x3tcos(t为参数,0. sintan4,直线l的参数方程是y2tsin(Ⅰ求曲线C的直角坐标方程；
(Ⅱ设直线l与曲线C交于两点A,B,且线段AB的中点为M(3,2,求.
23.[选修4－5:不等式选讲](10分 已知a,b,c为正数,且满足abc3. (1证明:abbcac3. (2证明:9abbc4ac12abc.


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第8次周考数学(理参考答案
选择题:1——12
BDCBD DBCAA BC 填空题:13、-1 14、21 15、8 16、（-4，-52） 解答题:17、解:(1数列{an}满足a1+3a2+…+(2n﹣1an＝2n. n≥2时,a1+3a2+…+(2n﹣3an﹣1＝2(n﹣1. ∴(2n﹣1a2n＝2.∴an2n1. 当n＝1时,a21＝2,上式也成立.∴an2n1. (2an2n12(2n1(2n112n112n1. ∴数列{an2n1}的前n项和111133512n112n1112n12n2n1. 18、解:(1函数f(xcos2xsin2x12cos2x12,x(0, 由2k2x2k,kZ,解得k2xk,kZ
k1时,12x,可得f(x的增区间为[2,
(2设△ABC为锐角三角形, 角A所对边a19,角B所对边b=5,若f(A0,即有cos2A120解得2A2,即A 由余弦定理可得a2=b233+c2﹣2bccosA, 化为c2﹣5c+6=0,解得c=2或3, 若c=2,则cosB1942521920 , 即有B为钝角,c=2不成立, - 5 -

则c=3,△ABC的面积为S113153 bcsinA53222419、解:(1设AC的中点为O,连接BO,PO, 由题意,得PAPBPC2,PO1,AOBOCO1. 因为在PAC中,PAPC,O为AC的中点,所以POAC, 因为在POB中,PO1,OB1,PB因为AC2, PO2OB2PB2,所以POOB

OBO,AC,OB平面ABC,所以PO平面ABC, PO平面PAC,所以平面PAC平面ABC

(2由(1问可知PO平面ABC,所以POOB,POOC,OBAC,于是以OC,OB,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图示空间直角坐标系,
则O,0,0,0,0,C1,0,0,B0,1,0,A1,0,0,P0,0,1,M, 221113BC1,1,0,PC1,0,1,MC,0,

22设平面MBC的法向量为mx1,y1,z1,则
x1y10mBC0.令x11,得y11,z13,即m1,1,3. 由得:3xz0mMC011nBC0nx,y,z设平面PBC的法向量为得: 222,由nPC0x2y20,令x1,得y1,z1,即n1,1,1
xz022cosn,mnm5533533.由图可知,二面角PBCM的余弦值为. nm333333c1, a3y281
20、解:(1由题意,得2b42,222x2又acb a3,b22, 椭圆C的方程为90,B3,0,F11,0,F21,0 (2由(1可知:A3,由题意,设直线F1M的方程为xmy1
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记直线F1M与椭圆的另一交点为M,设Mx1,y1y10,Mx2,y2
F1M//F2N,根据对称性,得Nx2,y2
xmy122联立x2y2得:8m9y16my640
189y1y2y1y2116m641yyk+k,,: 由12得1222my2my228m928m91264m24m16m2m4即m4my1y22m4y1y240,40 228m98m92解得:m33y1,即:16x3y160. ,直线F1M的方程为x1616a2bx2a21、解:由题意得:fx定义域为0,；fx2bx
xx(1fx在P2,f2处的切线方程为:y3x2ln22
8baf23a22,解得:
b1f242ln2aln24b(2方程fxm0在区间,e内有两个不等实根等价于fx与ym的图象在e11,e上有两个交点 e2x1x12x22 由(1知:fx2lnxx,fxxx21当x,1时,fx0；当x1,e时,fx0
efx在,1上单调递增,在1,e上单调递减 fxmaxf11
e又f2ln11e1111222,fe2lnee22e2f eeee
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211m1,2m1,: 解得e2e22(3gxfxkx2lnxxkx,则gx222xk
x假设gx00,则有:gx12lnx1x1kx10…①；2gx22lnx2x2kx20…②；
x1x22x0…③；22x0k0…④ x0x1x12ln2lnx12x12x2kx1x20 x2x2①②得:2ln
kx1x22x0x2x1x2x1x2xx2ln12ln122x0 x2x2224 ,即:由④得:k2x02x0x0x1x2x0x1x2x0x1x2xx211211x1x2x2x12x1x2x1t, , ,由0x1x2即ln令ln0xx1x1x2x1x2x2211x2x2得:t0,1
12t12t1t12t1ht0 t0,1,设htlnt t22t1tt1t12x211xxht在0,1上单调递增 hth10,ln120不成立,即假设不x1x21x2成立
gx00
22、解:(Ⅰ∵sintan4, ∴sin4cos, 由22xcos2得曲线C的直角坐标方程为y4x. ysin - 8 -
y24x(Ⅱ方法一:x3tcos,则(2tsin24(3tcos, y2tsin整理得t2sin2(4sin4cost80
由AB的中点为M(3,2得t1t20,有4sin4cos0,所以ktan1 由0 , ∴4.

y2方法二:设A(xx14x11,y1,B(2,y2,则2(y1y2(y1y24(x1xy24x2, 2∵yyy21y24, ∴直线l的斜率k1x1,由0 , ∴. 1x24方法三:依题意设直线l:y2k(x3,与y24x联立得ky24y4k40, 由y1y24k4得ktan1,由0 , ∴4. 23、证明:(1因为a,b为正数,所以ab2ab, 同理可得bc2bc,ac2ac,所以2abc2ab2bc2ac, 当且仅当abc1时,等号成立,故abbcac3. (2要证9abbc4ac12abc,只需证1a4b9c12 即证abc14936,即证1494ababcba9acca9bc4cb36, 即证4ab9ac9b4cbacacb22.因为4abba244,9acca296,9b4ccb23612, 所以4ab9abacca9bc4cb22, 当且仅当a12,b1,c32时,等号成立,从而9abbc4ac12abc得证.



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