数学理卷·2018届黑龙江哈尔滨市第三十二中学高三上学期期末考试（2018

数学理卷·2018届黑龙江哈尔滨市第三十二中学高三上学期期末考试（2018

绝密★启用前 哈尔滨市第三十二中学校 ‎2017-2018学年度高三上学期期末试题 ‎　一．选择题（共12小题）‎ ‎1．设集合M={1，2，4，6，8}，N={1，2，3，5，6，7}，则M∩N中元素的个数为（　　）‎ A．2 B．3 C．5 D．7‎ ‎2．=（　　）‎ A．1+2i B．1﹣2i C．2+i D．2﹣i ‎3．设命题p：∃n∈N，n2＞2n，则￢p为（　　）‎ A．∀n∈N，n2＞2n B．∃n∈N，n2≤2n C．∀n∈N，n2≤2n D．∃n∈N，n2=2n ‎4．设θ为锐角，sinθ=，则cosθ=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．某校开设A类选修课3门，B类选择课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（　　）‎ A．30种 B．35种 C．42种 D．48种 ‎6．执行如图的程序框图，如果输入的a=﹣1，则输出的S=（　　）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎7．若x，y满足，则z=x+2y的最大值为（　　）‎ A．0 B．1 C． D．2‎ ‎8．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（　　）‎ A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏 ‎9．若双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线被圆（x﹣2）2+y2=4所截得的弦长为2，则C的离心率为（　　）‎ A．2 B． C． D．‎ ‎10．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（　　）‎ A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC ‎11．已知sinα﹣cosα=，则sin2α=（　　）‎ A．﹣ B．﹣ C． D．‎ ‎12．若x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（　　）‎ A．﹣1 B．﹣2e﹣3 C．5e﹣3 D．1‎ 二．填空题（共4小题）‎ ‎13．若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln（x+1）的切线，则b=　 　．‎ ‎14．不等式＞1的解集为　 　．‎ ‎15．已知向量=（﹣1，2），=（m，1），若向量+与垂直，则m=　 　．‎ ‎16．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosB=acosC+ccosA，则B=　 　．‎ 答题卡 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ 三．解答题（共6小题）‎ ‎17．在△ABC中，∠A=60°，c=a．‎ ‎（1）求sinC的值；（2）若a=7，求△ABC的面积．‎ ‎18．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1=﹣1，b1=1，a2+b2=2．‎ ‎（1）若a3+b3=5，求{bn}的通项公式；（2）若T3=21，求S3．‎ ‎19．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=1，AB=AD=2，E、F分别是AB、BC的中点，证明A1、C1、F、E四点共面，并求直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小．‎ ‎20．已知椭圆E：+=1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k（k＞0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA．‎ ‎（Ⅰ）当t=4，|AM|=|AN|时，求△AMN的面积；‎ ‎（Ⅱ）当2|AM|=|AN|时，求k的取值范围．‎ ‎21．已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．‎ ‎（1）求a；‎ ‎（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．‎ ‎22．解不等式x+|2x+3|≥2．‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（共12小题）‎ ‎1．设集合M={1，2，4，6，8}，N={1，2，3，5，6，7}，则M∩N中元素的个数为（　　）‎ A．2 B．3 C．5 D．7‎ ‎【解答】解：∵M={1，2，4，6，8}，N={1，2，3，5，6，7}，‎ ‎∴M∩N={1，2，6}，即M∩N中元素的个数为3．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．=（　　）‎ A．1+2i B．1﹣2i C．2+i D．2﹣i ‎【解答】解：===2﹣i，‎ 故选 D．‎ ‎　‎ ‎3．设命题p：∃n∈N，n2＞2n，则￢p为（　　）‎ A．∀n∈N，n2＞2n B．∃n∈N，n2≤2n C．∀n∈N，n2≤2n D．∃n∈N，n2=2n ‎【解答】解：命题的否定是：∀n∈N，n2≤2n，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．设θ为锐角，sinθ=，则cosθ=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【解答】解：∵θ为锐角，sinθ=，则cosθ==，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．某校开设A类选修课3门，B类选择课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（　　）‎ A．30种 B．35种 C．42种 D．48种 ‎【解答】解：可分以下2种情况：①A类选修课选1门，B类选修课选2门，有C31C42种不同的选法；‎ ‎②A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C32C41种不同的选法．‎ ‎∴根据分类计数原理知不同的选法共有C31C42+C32C41=18+12=30种．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．执行如图的程序框图，如果输入的a=﹣1，则输出的S=（　　）‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ ‎【解答】解：执行程序框图，有S=0，K=1，a=﹣1，代入循环，‎ 第一次满足循环，S=﹣1，a=1，K=2；‎ 满足条件，第二次满足循环，S=1，a=﹣1，K=3；‎ 满足条件，第三次满足循环，S=﹣2，a=1，K=4；‎ 满足条件，第四次满足循环，S=2，a=﹣1，K=5；‎ 满足条件，第五次满足循环，S=﹣3，a=1，K=6；‎ 满足条件，第六次满足循环，S=3，a=﹣1，K=7；‎ K≤6不成立，退出循环输出S的值为3．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．若x，y满足，则z=x+2y的最大值为（　　）‎ A．0 B．1 C． D．2‎ ‎【解答】解：作出不等式组表示的平面区域，‎ 当l经过点B时，目标函数z达到最大值 ‎∴z最大值=0+2×1=2．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（　　）‎ A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏 ‎【解答】解：设这个塔顶层有a盏灯，‎ ‎∵宝塔一共有七层，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，‎ ‎∴从塔顶层依次向下每层灯数是以2为公比、a为首项的等比数列，‎ 又总共有灯381盏，‎ ‎∴381==127a，解得a=3，‎ 则这个塔顶层有3盏灯，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．若双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线被圆（x﹣2）2+y2=4所截得的弦长为2，则C的离心率为（　　）‎ A．2 B． C． D．‎ ‎【解答】解：双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线不妨为：bx+ay=0，‎ 圆（x﹣2）2+y2=4的圆心（2，0），半径为：2，‎ 双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线被圆（x﹣2）2+y2=4所截得的弦长为2，‎ 可得圆心到直线的距离为：=，‎ 解得：，可得e2=4，即e=2．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（　　）‎ A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC ‎【解答】解：法一：连B1C，由题意得BC1⊥B1C，‎ ‎∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，‎ ‎∴A1B1⊥BC1，‎ ‎∵A1B1∩B1C=B1，‎ ‎∴BC1⊥平面A1ECB1，‎ ‎∵A1E⊂平面A1ECB1，‎ ‎∴A1E⊥BC1．‎ 故选：C．‎ 法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，‎ 则A1（2，0， 2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），‎ ‎=（﹣2，1，﹣2），=（0，2，2），=（﹣2，﹣2，0），‎ ‎=（﹣2，0，2），=（﹣2，2，0），‎ ‎∵•=﹣2，=2，=0，=6，‎ ‎∴A1E⊥BC1．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．已知sinα﹣cosα=，则sin2α=（　　）‎ A．﹣ B．﹣ C． D．‎ ‎【解答】解：∵sinα﹣cosα=，‎ ‎∴（sinα﹣cosα）2=1﹣2sinαcosα=1﹣sin2α=，‎ ‎∴sin2α=﹣，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎12．若x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（　　）‎ A．﹣1 B．﹣2e﹣3 C．5e﹣3 D．1‎ ‎【解答】解：函数f（x）=（x2+ax﹣1）ex﹣1，‎ 可得f′（x）=（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1，‎ x=﹣2是函数f（x）=（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，‎ 可得：﹣4+a+（3﹣2a）=0．‎ 解得a=﹣1．‎ 可得f′（x）=（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1，‎ ‎=（x2+x﹣2）ex﹣1，函数的极值点为：x=﹣2，x=1，‎ 当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，‎ x=1时，函数取得极小值：f（1）=（12﹣1﹣1）e1﹣1=﹣1．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二．填空题（共4小题）‎ ‎13．若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln（x+1）的切线，则b=　1﹣ln2　．‎ ‎【解答】解：设y=kx+b与y=lnx+2和y=ln（x+1）的切点分别为（x1，kx1+b）、（x2，kx2+b）；‎ 由导数的几何意义可得k==，得x1=x2+1‎ 再由切点也在各自的曲线上，可得 联立上述式子解得；‎ 从而kx1+b=lnx1+2得出b=1﹣ln2．‎ ‎　‎ ‎14．不等式＞1的解集为　（﹣∞，0）　．‎ ‎【解答】解：由＞1得：‎ ‎，‎ 故不等式的解集为：（﹣∞，0），‎ 故答案为：（﹣∞，0）．‎ ‎　‎ ‎15．已知向量=（﹣1，2），=（m，1），若向量+与垂直，则m=　7　．‎ ‎【解答】解：∵向量=（﹣1，2），=（m，1），‎ ‎∴=（﹣1+m，3），‎ ‎∵向量+与垂直，‎ ‎∴（）•=（﹣1+m）×（﹣1）+3×2=0，‎ 解得m=7．‎ 故答案为：7．‎ ‎　‎ ‎16．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosB=acosC+ccosA，则B=　　．‎ ‎【解答】解：∵2bcosB=acosC+ccosA，由正弦定理可得，‎ ‎2cosBsinB=sinAcosC+sinCcosA=sin（A+C）=sinB，‎ ‎∵sinB≠0，‎ ‎∴cosB=，‎ ‎∵0＜B＜π，‎ ‎∴B=，‎ 故答案为：‎ ‎　‎ 三．解答题（共6小题）‎ ‎17．在△ABC中，∠A=60°，c=a．‎ ‎（1）求sinC的值；‎ ‎（2）若a=7，求△ABC的面积．‎ ‎【解答】解：（1）∠A=60°，c=a，‎ 由正弦定理可得sinC=sinA=×=，‎ ‎（2）a=7，则c=3，‎ ‎∴C＜A，‎ 由（1）可得cosC=，‎ ‎∴sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC=×+×=，‎ ‎∴S△ABC=acsinB=×7×3×=6．‎ ‎　‎ ‎18．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1=﹣1，b1=1，a2+b2=2．‎ ‎（1）若a3+b3=5，求{bn}的通项公式；‎ ‎（2）若T3=21，求S3．‎ ‎【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，‎ a1=﹣1，b1=1，a2+b2=2，a3+b3=5，‎ 可得﹣1+d+q=2，﹣1+2d+q2=5，‎ 解得d=1，q=2或d=3，q=0（舍去），‎ 则{bn}的通项公式为bn=2n﹣1，n∈N*；‎ ‎（2）b1=1，T3=21，‎ 可得1+q+q2=21，‎ 解得q=4或﹣5，‎ 当q=4时，b2=4，a2=2﹣4=﹣2，‎ d=﹣2﹣（﹣1）=﹣1，S3=﹣1﹣2﹣3=﹣6；‎ 当q=﹣5时，b2=﹣5，a2=2﹣（﹣5）=7，‎ d=7﹣（﹣1）=8，S3=﹣1+7+15=21．‎ ‎　‎ ‎19．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=1，AB=AD=2，E、F分别是AB、BC的中点，证明A1、C1、F、E四点共面，并求直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小．‎ ‎【解答】解：连接AC，因为E，F分别是AB，BC的中点，所以EF是△ABC的中位线，所以EF∥AC．由长方体的性质知AC∥A1C1，‎ 所以EF∥A1C1，‎ 所以A1、C1、F、E四点共面．‎ 以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，易求得 ‎，‎ 设平面A1C1EF的法向量为 则，所以，即，‎ z=1，得x=1，y=1，所以，‎ 所以=，‎ 所以直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小arcsin．‎ ‎　‎ ‎20．已知椭圆E：+=1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k（k＞0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA．‎ ‎（Ⅰ）当t=4，|AM|=|AN|时，求△AMN的面积；‎ ‎（Ⅱ）当2|AM|=|AN|时，求k的取值范围．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）方法一、t=4时，椭圆E的方程为+=1，A（﹣2，0），‎ 直线AM的方程为y=k（x+2），代入椭圆方程，整理可得（3+4k2）x2+16k2x+16k2﹣12=0，‎ 解得x=﹣2或x=﹣，则|AM|=•|2﹣|=•，‎ 由AN⊥AM，可得|AN|=•=•，‎ 由|AM|=|AN|，k＞0，可得•=•，‎ 整理可得（k﹣1）（4k2+k+4）=0，由4k2+k+4=0无实根，可得k=1，‎ 即有△AMN的面积为|AM|2=（•）2=；‎ 方法二、由|AM|=|AN|，可得M，N关于x轴对称，‎ 由MA⊥NA．可得直线AM的斜率为1，直线AM的方程为y=x+2，‎ 代入椭圆方程+=1，可得7x2+16x+4=0，‎ 解得x=﹣2或﹣，M（﹣，），N（﹣，﹣），‎ 则△AMN的面积为××（﹣+2）=；‎ ‎（Ⅱ）直线AM的方程为y=k（x+），代入椭圆方程，‎ 可得（3+tk2）x2+2tk2x+t2k2﹣3t=0，‎ 解得x=﹣或x=﹣，‎ 即有|AM|=•|﹣|=•，‎ ‎|AN|═•=•，‎ 由2|AM|=|AN|，可得2•=•，‎ 整理得t=，‎ 由椭圆的焦点在x轴上，则t＞3，即有＞3，即有＜0，‎ 可得＜k＜2，即k的取值范围是（，2）．‎ ‎　‎ ‎21．已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．‎ ‎（1）求a；‎ ‎（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．‎ ‎【解答】（1）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），‎ 则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）=a﹣．‎ 则当a≤0时h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上单调递减，‎ 所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0．‎ 因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，‎ 所以h（x）min=h（），‎ 又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，‎ 所以=1，解得a=1；‎ ‎（2）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，‎ 令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，‎ 令t′（x）=0，解得：x=，‎ 所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，‎ 所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0，x2，‎ 且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，‎ 所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，‎ 所以f（x0）=﹣x0﹣x0lnx0=﹣x0+2x0﹣2=x0﹣，‎ 由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+=；‎ 由f′（）＜0可知x0＜＜，‎ 所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，‎ 所以f（x0）＞f（）=；‎ 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．‎ ‎　‎ ‎22．解不等式x+|2x+3|≥2．‎ ‎【解答】解法1：x+|2x+3|≥2变形为|2x+3|≥2﹣x，‎ 得2x+3≥2﹣x，或2x+3≤﹣（2﹣x），‎ 即x≥，或x≤﹣5，‎ 即原不等式的解集为{x|x≥，或x≤﹣5}．‎ 解法2：令|2x+3|=0，得x=．‎ ‎①当x≥时，原不等式化为x+（2x+3）≥2，即x≥，‎ 所以x≥；‎ ‎②x＜时，原不等式化为x﹣（2x+3）≥2，即x≤﹣5，‎ 所以x≤﹣5．‎ 综上，原不等式的解集为{x|x≥，或x≤﹣5}．‎ ‎　‎