2020-2021学年台湾台湾高三上数学期中试卷
2020-2021学年台湾台湾高三上数学期中试卷
一、选择题
1. 已知集合A={x||x|<3，x∈Z}，B={x|x2−2x>0}，则集合A∩B的元素个数有( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
2. 已知 a=2−13，b=log213,c=log1213，则（ ）
A.a>b>c B.a>c>b C.c>b>a D.c>a>b
二、填空
某工厂利用随机数表对生产的600个零件进行抽样测试，先将600个零件进行编号，编号分别为001，002，……，599，600．从中抽取60个样本，下图提供随机数表的第4行到第6行：
32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42
84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 23 68 96 08 04
32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 45 77 89 23 45
若从表中第6行第6列开始向右依次读取3个数据，则得到的第6个样本编号是________.
若变量x，y满足约束条件x+y≤2,2x−3y≤9,x≥0,则z=x+2y的最小值是________．
某商品在5家商场的售价x（元）和销售量y（件）之间的一组数据如下表所示：
价格x（元）
9
9.5
10
10.5
11
销售量y（件）
11
a
8
6
5
由散点图可知，销售量y与价格x之间有较好的线性相关关系，且回归直线方程是y∧=−3.2x+4a，则a=________．
三、应用题
已知等比数列 {an} 的公比 q>0 ,其前n项和为Sn，且S4=120，a3与a4 的等差中项为 6a2.
(1)求数列 {an} 的通项公式；
(2)设bn=1(log3an)⋅(log3an+1) ，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
在如图所示的多面体中，平面ABB1A1⊥平面ABCD，四边形ABB1A1是边长为2的菱形，四边形ABCD为直角梯形，四边形BCC1B1为平行四边形，且AB//CD，AB⊥BC，CD=1.
1若E，F分别为A1C1，BC1的中点，求证：EF⊥平面AB1C1；
2若∠A1AB=60∘，AC1与平面ABCD所成角的正弦值为55，求二面角A1−AC1−D的余弦值.
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参考答案与试题解析
2020-2021学年台湾台湾高三上数学期中试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
先求出集合A、集合B，从而求出集合A∩B，由此能求出集合A∩B中元素的个数．
【解答】
解：∵ 集合A={−2，−1，0，1， 2}，
集合B={x|x2−2x>0}={x|x>2或x<0}，
∴ 集合A∩B={−2，−1}．
∴ 集合A∩B中元素的个数为2．
故选B.
2.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解： a=2−13，则0
1，
故c>a>b.
故选D.
二、填空
【答案】
578
【考点】
简单随机抽样
【解析】
从表中第5行第6列开始向右读取数据，求出得到的前6个编号，由此能滶出结果．
【解答】
解：从第6行第6列开始向右读取数据编号内的数据依次为：
436,535,577,348,522,535,578,324,577,⋯，
因为535重复出现，所以符合要求的数据依次为
436,535,577,348,522,578,324,⋯，
故第六个数据为578，
故答案为：578.
【答案】
−6
【考点】
求线性目标函数的最值
简单线性规划
【解析】
本题主要考查线性规划的应用.
【解答】
解：作出不等式组对应的平面区域如图：
由z=x+2y得y=−12x+12z，
平移直线y=−12x+12z，
由图象知当直线经过点C时，z最小，
2x−3y=9,x=0,解得：x=0,y=−3,
∴ C(0,−3)，
最小值为z=0+2×(−3)=−6.
故答案为：−6．
【答案】
10
【考点】
两个变量的线性相关
【解析】
根据回归直线过样本中心点(x¯, y¯)，求出平均数，代入回归直线方程求出a的值即可．
【解答】
解：根据题意得，
x¯=9+9.5+10+10.5+115=10，
y¯=11+a+8+6+55=a5+6，
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因为回归直线过样本中心点(x¯, y¯)，
所以a5+6=−3.2×10+4a，
解得a=10．
故答案为：10．
三、应用题
【答案】
解：(1)因为a3+a4=2×6a2 ，
所以a1q2+a1q3=12a1q，
又q>0，
则q2+q−12=0，即q=3 或q=−4 (舍)，
所以 S4=a1(1−q4)1−q=a1(1−81)1−3=120，
解得a1=3，
所以an=3n.
(2)因为bn=1(log3an)⋅(log3an+1)，
所以 bn=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以 Tn=b1+b2+⋯+bn
=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1=nn+1.
【考点】
等差中项
数列的求和
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为a3+a4=2×6a2 ，
所以a1q2+a1q3=12a1q，
又q>0，
则q2+q−12=0，即q=3 或q=−4 (舍)，
所以 S4=a1(1−q4)1−q=a1(1−81)1−3=120，
解得a1=3，
所以an=3n.
(2)因为bn=1(log3an)⋅(log3an+1)，
所以 bn=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以 Tn=b1+b2+⋯+bn
=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1
=1−1n+1=nn+1.
【答案】
1证明：连结A1B，
∵ 四边形ABB1A1为菱形，∴ A1B⊥AB1.
∵ 平面ABB1A1⊥平面ABCD，平面ABB1A1∩平面ABCD=AB，
BC⊂平面ABCD，AB⊥BC，
∴ BC⊥平面ABB1A1，又A1B⊂平面ABB1A1，∴ A1B⊥BC.
∵ BC//B1C1，∴ A1B⊥B1C1.
∵ B1C1∩AB1=B1，∴ A1B⊥平面AB1C1.
∵ E，F分别为A1C1，BC1的中点，
∴ EF//A1B，∴ EF⊥平面AB1C1.
2解：以AB中点为原点建立如图空间直角坐标系，
设BC=t，
则A(1，0，0)，B(−1，0，0)，C(−1，t，0)，D(0，t，0)，A1(0，0，3)，B1(−2，0，3)，
AC1→=AA1→+AC→=(−3，t，3)，平面ABCD的法向量n→=(0，0，1),
cos⟨AC1→,n→⟩=312+t2=55，解得t=3，
∴ AC1→=(−3，3，3)，AD→=(−1，3，0)，AA1→=(−1，0，3).
设平面ADC1的一个法向量为m→=(x1，y1，z1)，
由m→⋅AC→1=0m→⋅AD→=0得−3x1+3y1+3z1=0−x1+3y1=0，
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令y1=1，得m=(3，1，2).
设平面AA1C1的一个法向量为n→=(x2，y2，z2)，由n→⋅AC1→=0，n→⋅AA1→=0，
得−3x2+3y2+3z2=0，−x2+3z2=0，
令z2=1，得n→=(3，2，1).
∴ cos⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|
=3+2+23+1+4×3+4+1=78×8=78.
又∵ 二面角A1−AC1−D是钝角，
∴ 二面角A1−AC1−D的余弦值是−78.
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
直线与平面垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
1证明：连结A1B，
∵ 四边形ABB1A1为菱形，∴ A1B⊥AB1.
∵ 平面ABB1A1⊥平面ABCD，平面ABB1A1∩平面ABCD=AB，
BC⊂平面ABCD，AB⊥BC，
∴ BC⊥平面ABB1A1，又A1B⊂平面ABB1A1，∴ A1B⊥BC.
∵ BC//B1C1，∴ A1B⊥B1C1.
∵ B1C1∩AB1=B1，∴ A1B⊥平面AB1C1.
∵ E，F分别为A1C1，BC1的中点，
∴ EF//A1B，∴ EF⊥平面AB1C1.
2解：以AB中点为原点建立如图空间坐标系，
设BC=t，
则A(1，0，0)，B(−1，0，0)，C(−1，t，0)，D(0，t，0)，A1(0，0，3)，B1(−2，0，3)，
AC1→=AA1→+AC→=(−3，t，3)，平面ABCD的法向量n→=(0，0，1),
cos⟨AC1→,n→⟩=312+t2=55，解得t=3，
∴ AC1→=(−3，3，3)，AD→=(−1，3，0)，AA1→=(−1，0，3).
设平面ADC1的一个法向量为m→=(x1，y1，z1)，
由m→⋅AC→1=0m→⋅AD→=0得−3x1+3y1+3z1=0−x1+3y1=0，
令y1=1，得m=(3，1，2).
设平面AA1C1的一个法向量为n→=(x2，y2，z2)，由n→⋅AC1→=0，n→⋅AA1→=0，
得−3x2+3y2+3z2=0，−x2+3z2=0，
令z2=1，得n→=(3，2，1).
∴ cos⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→||n→|=3+2+23+1+4×3+4+1=78×8=78.
又∵ 二面角A1−AC1−D是钝角，
∴ 二面角A1−AC1−D的余弦值是−78.
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