2019-2020学年湖北黄冈高三上数学期末试卷
2019-2020学年湖北黄冈高三上数学期末试卷
一、选择题
1. 已知集合A={x|x≤1}，B={x|x−x2<0}，则A∩B=( )
A.⌀ B.−∞,1 C.0,1 D.−∞,0
2. 已知复数z满足(z−1)i=1+i，则z=( )
A.−2−i B.−2+i C.2−i D.2+i
3. 已知直线l1:ax+y+1=0，l2：x+ay+2=0．则“a=1”是“直线l1与l2平行”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4. 函数fx=lnx2+1−xex+e−x的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5. 图1是我国古代数学家赵爽创制的一幅“勾股圆方图”（又称“赵爽弦图”），它是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形.受其启发，某同学设计了一个图形，它是由三个全等的钝角三角形与中间一个小正三角形拼成一个大正三角形，如图2所示，若AD=5，BD=3，则在整个图形中随机取一点，此点来自中间一个小正三角形（阴影部分）的概率为( )
A.964 B.449 C.225 D.27
6. 执行如图的程序框图，则输出的S值为( )
A.−1 B.−32 C.0 D.12
7. 函数f(x)=Asin(ωx+φ)(其中A>0,ω>0,|φ|<π2)的图象如图，则满足f(m+x)−f(m−x)=0的最小正数m的值为( )
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A.π12 B.π6 C.π3 D.5π12
8. 已知a=lnπ，b=log52，c=π−12 ，则a，b，c的大小关系为( )
A.a
00，x=0，−1，x<0 设an=sgn(2n+1−n3)，Sn为数列an的前n项和，则使Sn=0的所有n值的和为( )
A.15 B.16 C.17 D.18
12. 定义在R上的函数f(x)满足f(x)−f(−x)=2x，当x>0时，f′(x)>1，若f(2x−1)−f(x)≥x−1，则x的取值范围是( )
A.[1,+∞) B.(−∞,1]
C.(−∞,13)∪[1,+∞) D.[13,1]
二、填空题
已知平面向量a→，b→满足a→=1,−1，|b→|=1，|a→+2b→|=2，则a→与b→的夹角为_________.
若x，y满足约束条件x+y−5≤0,2x−y−1≥0,x−2y+1≤0,则z=x+2y 的最小值为________.
若 tanα2−π4+tanα2+π4=4，则sinαcosα=________.
三、解答题
设正数数列an的前n项和为Sn，已知an2=Sn+Sn−1n≥2，a1=1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=an2+kn，若bn是递增数列，求实数k的取值范围.
在△ABC中，AC=13 ，AD为∠BAC的平分线，点D在线段BC上，CD=22，∠ADC=π4.
(1)求AD的长；
(2)求cosB的值．
黄冈“一票通”景区旅游年卡，是由黄冈市旅游局策划，黄冈市大别山旅游公司推出的一项惠民工程.持有旅游年卡一年内可不限次畅游全市19家签约景区.为了合理配置旅游资源，现对已游览某签约景区的游客进行满意度调查.随机抽取100位游客进行调查评分(满分100分)，评分的频率分布直方图如图.
(1)求a的值并估计评分的平均数；
(2)为了了解游客心声，调研机构用分层抽样的方法从评分为 [60,65), [65,70) 的游客中抽取了6名，听取他们对该景区建设的建议.现从这6名游客中选取2人，求这2人中至少有一个人的评分在 [60,65) 内的概率；
(3)为更广泛了解游客想法，调研机构对所有评分从低到高排序的前 86% 的游客进行了网上问卷调查并随调查表赠送小礼品，估计收到问卷调查表的游客的最高分数.
已知fx=kx−sinxcosx+asinx(k，a为实数）
(1)当k=0，a=1时，求fx在0,π上的极值；
(2)当k=2时，若fx在R上单调递增，求a的取值范围.
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已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1, F2，离心率为12，直线l经过F2与椭圆交于P,Q两点.当PF1与y轴的交点是线段PF1的中点时，|PQ|=3.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线l不垂直于x轴，若T(t,0)满足|TP|=|TQ| ,求t的取值范围.
已知fx=exe−ax−1+lnx−1a∈R，其中e为自然对数的底数.
(1)设gx=f′x，求gx的单调区间；
(2)若x≥1时，fx≥0恒成立，求实数a的取值范围.
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参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北黄冈高三上数学期末试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
一元二次不等式的解法
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A={x|x≤1}，
B={x|x−x2<0}={x|x<0或x>1}，
所以A∩B={x|x<0}.
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(z−1)i=1+i，
z−1=1+ii，
z=−i+1+1=2−i.
故选C.
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】
根据直线平行的等价条件，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：当a=1时，两直线方程为，
l1:x+y+1=0，l2:x+y+2=0，满足l1 // l2，
若l1 // l2，则1a=a1≠21，
解得a=1或a=−1，
∴ “a=1”是“直线l1与l2平行”的充分不必要条件.
故选A．
4.
【答案】
A
【考点】
函数的图象变换
函数奇偶性的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意知，f(−x)=ln(x2+1+x)e−x+ex=−ln(x2+1−x)ex+e−x=−f(x)，
所以函数 f(x) 为奇函数，故排除C，D,
又因为x>0时，f(x)<0，故排除B选项.
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
余弦定理
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在△ABD中，AD=5，BD=3，∠ADB=120∘，
由余弦定理，得AB=AD2+BD2−2AD⋅BDcos120∘=7，
所以DFAB=27，
所以所求概率为S△DEFS△ABC=(27)2=449.
故选B.
6.
【答案】
B
【考点】
余弦函数的周期性
程序框图
【解析】
根据程序框图，得出n＝2019>2018时，输出S．利用三角函数的周期性即可得出．
【解答】
解：模拟程序的运行，可得程序运行后计算并输出S=cosπ3+cos2π3+⋯+cos2020π3的值．
由于S=cosπ3+cos2π3+⋯+cos2020π3
=(cosπ3+cos2π3+⋯+cos2π)×336+cosπ3+cos2π3+cosπ+cos4π3
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=12−12−1−12
=−32．
故选B.
7.
【答案】
A
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据图象，可得A=1，14⋅2πω=7π12−π3，
∴ ω=2.
又|φ|<π2，2⋅π3+φ=π，
∴ φ=π3，
∴ f(x)=sin(2x+π3).
∵ f(m+x)=f(m−x)，
∴ f(x)关于直线x=m对称，
∴ 2m+π3=π2+kπ，
解得m=π12+kπ2，
当且仅当k=0时，a取得最小正值π12.
故选A.
8.
【答案】
D
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：a=lnπ>lne=1，
0=log5114=12，
且1π<1，
∴ 1200，x=0，−1，x<0 an=sgn(2n+1−n3)，
∴ 只需比较2n+1和n3的大小即可，
当2n+1=n3时，
解得：n=2或n=8，即此时an=0，
当n=1时，a1=1，
当n=3时，a3=−1，
即此时Sn=1+0−1=0符合题意，且n=3，
当3≤n<9时，an=−1，
∴ 要使Sn=0，只需n=14时即可，
此时S14=1+0−1×6+0+1×5=0，
∴ 使Sn=0的所有n的值的和为3+14=17.
故选C.
12.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x>0时，f′(x)>1，f(x)−f(−x)=2x，
令F(x)=f(x)−x，则F(−x)=F(x)，且当x>0时，F′(x)>0，
可得F(x)在(0, +∞)上单调递增，且F(x)为偶函数，
∴f(2x−1)−f(x)≥x−1，
等价于F(2x−1)≥F(x)，可得|2x−1|≥|x|，
平方得4x2+1−4x≥x2，
解得x≤13或x≥1.
故选C.
二、填空题
【答案】
3π4
【考点】
向量模长的计算
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为a→=(1，−1)，所以|a→|=2，
由|a→+2b→|=2，
可得|a→|2+4|b→|2+4|a→||b→|cosθ=2，
解得cosθ=−22，
又0<θ<π，所以θ=3π4.
故答案为：3π4.
【答案】
3
【考点】
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作可行域如图，
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目标函数z=x+2y 可转化为直线y=12(z−x)，移动直线，当直线经过点A时，目标函数最小.
x−2y+1=0,2x−y−1=0,
解得x=1,y=1,
∴ z=x+2y+1+2=3.
故答案为：3.
【答案】
25
【考点】
诱导公式
半角公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得，
tanα2−π4+tanα2+π4
=tan[12(α−π2)]+tan[12(α+π2)]
=sin(α−π2)1+cos(α−π2)+sin(α+π2)1+cos(α+π2)
=−cosα1+sinα+cosα1−sinα
=2sinαcosα1−sin2α
=2tanα=4，
即sinα=2cosα①，
又sin2α+cos2α=1②，
由①②得，
sinα=255，cosα=55，
则sinαcosα=25.
故答案为：25.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵an2=Sn+Sn−1n≥2，
∴an+12=Sn+1+Sn，
两式相减可得an+1−an=1n≥2,
n=2时，a22=a1+a2+a1, a22=2+a2, a2>0, ∴a2=2.
因此n=2时，an−an−1=1成立．
∴数列 an 是等差数列，公差为 1，且an=1+n−1=n.
(2)bn=n2+kn
∵bn为递增数列，
∴bn+1−bn>0对任意正整数n恒成立，
即2n+1+k>0, ∴k>−2n−1对任意正整数n恒成立，
∴ k>−2n−1max=−3.
∴ 实数k的取值范围是−3,+∞.
【考点】
数列与函数单调性问题
等差数列的通项公式
等差数列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵an2=Sn+Sn−1n≥2，
∴an+12=Sn+1+Sn，
两式相减可得an+1−an=1n≥2,
n=2时，a22=a1+a2+a1, a22=2+a2, a2>0, ∴a2=2.
因此n=2时，an−an−1=1成立．
∴数列 an 是等差数列，公差为 1，且an=1+n−1=n.
(2)bn=n2+kn
∵bn为递增数列，
∴bn+1−bn>0对任意正整数n恒成立，
即2n+1+k>0, ∴k>−2n−1对任意正整数n恒成立，
∴ k>−2n−1max=−3.
∴ 实数k的取值范围是−3,+∞.
【答案】
解：(1)设AD=x，
在△ACD中，由余弦定理得：
AC2=x2+8−2×x×22cosπ4，
∵ AC=13，
∴ x2−4x−5=0，
解得：x=5，即AD=5.
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(2)设A2=θ，
∴ θ为锐角.
在△ACD中，由余弦定理cosθ=31313，
∴ sinθ=21313，
∵ B=π4−θ.
∴ cosB=cosπ4−θ=cosπ4cosθ+sinπ4sinθ=52626.
【考点】
两角和与差的余弦公式
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设AD=x，
在△ACD中，由余弦定理得：
AC2=x2+8−2×x×22cosπ4，
∵ AC=13，
∴ x2−4x−5=0，
解得：x=5，即AD=5.
(2)设A2=θ，
∴ θ为锐角.
在△ACD中，由余弦定理cosθ=31313，
∴ sinθ=21313，
∵ B=π4−θ.
∴ cosB=cosπ4−θ=cosπ4cosθ+sinπ4sinθ=52626.
【答案】
解：(1)由 5×0.01+0.02+2a+0.06+0.04+0.01=1，得a=0.03，
游客评分的平均数为：
62.5×0.05+67.5×0.1+72.5×0.15+
77.5×0.3+82.5×0.2+87.5×0.15+92.5×0.05=78.25.
(2)抽取的6名游客，评分在 [65,70) 内的4个，记为1，2，3，4，
在[60,65)内的2个，记为5，6.
从这6人随机选取2人，
有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，
36，45，46，56共15种选法，
其中至少有一个在 [60,65) 内有15，16，25，26，
35，36，45，46，56共9种，
所以P=915=35.
(3)评分低于85分的概率为0.05+0.1+0.15+0.3+0.2=0.8，
故评分最低的前 86% 最高分在[85,90)，设最高分为x，
由x−85×0.03=0.06，得x=87.
【考点】
概率的应用
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
众数、中位数、平均数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由 5×0.01+0.02+2a+0.06+0.04+0.01=1，得a=0.03，
游客评分的平均数为：
62.5×0.05+67.5×0.1+72.5×0.15+
77.5×0.3+82.5×0.2+87.5×0.15+92.5×0.05=78.25.
(2)抽取的6名游客，评分在 [65,70) 内的4个，记为1，2，3，4，
在[60,65)内的2个，记为5，6.
从这6人随机选取2人，
有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，
36，45，46，56共15种选法，
其中至少有一个在 [60,65) 内有15，16，25，26，
35，36，45，46，56共9种，
所以P=915=35.
(3)评分低于85分的概率为0.05+0.1+0.15+0.3+0.2=0.8，
故评分最低的前 86% 最高分在[85,90)，设最高分为x，
由x−85×0.03=0.06，得x=87.
【答案】
解：(1)当k=0, a=1时，fx=−sinxcosx+sinx，
f′x=−cos2x−sin2x+cosx=−2cos2x+cosx+1=2cosx+11−cosx.
∴f(x)极大值=f(2π3)=334.
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(2)fx在R上单调递增，
则f′x=2−cos2x−sin2x+acosx≥0对∀x∈R 恒成立，
得2cos2x−acosx−3≤0，
设t=cosx∈−1,1， gt=2t2−at−3，
则gt≤0 在−1,1 上恒成立，
由二次函数图象g−1≤0g1≤0，得−1≤a≤1.
【考点】
二倍角的余弦公式
二次函数的性质
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当k=0, a=1时，fx=−sinxcosx+sinx，
f′x=−cos2x−sin2x+cosx=−2cos2x+cosx+1=2cosx+11−cosx.
∴f(x)极大值=f(2π3)=334.
(2)fx在R上单调递增，
则f′x=2−cos2x−sin2x+acosx≥0对∀x∈R 恒成立，
得2cos2x−acosx−3≤0，
设t=cosx∈−1,1， gt=2t2−at−3，
则gt≤0 在−1,1 上恒成立，
由二次函数图象g−1≤0g1≤0，得−1≤a≤1.
【答案】
解：(1)当PF1 与y轴的交点是 PF1 的中点时， l//y 轴，PQ为通径，
由ca=12b2a=32，得a=2,b=3,c=1，椭圆方程：x24+y23=1.
(2)当l与x轴重合，P, Q为长轴二端点，T为原点，此时 t=0，
否则设l:x=my+1，由题意m≠0代入椭圆方程，
3m2+4y2+6my−9=0，Δ=144m2+1>0恒成立．
设Px1,y1,Qx2,y2，设PQ中点 Dx0,y0，
则y0=y1+y22=−3m3m2+4, x0=my0+1=43m2+4，
直线DT的斜率为−m，
则直线DT的方程为：y+3m3m2+4=−mx−43m2+4，m≠0.
令y=0，得t=13m2+4, ∴t∈0,14，
综上，t∈[0,14).
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当PF1 与y轴的交点是 PF1 的中点时， l//y 轴，PQ为通径，
由ca=12b2a=32，得a=2,b=3,c=1，椭圆方程：x24+y23=1.
(2)当l与x轴重合，P, Q为长轴二端点，T为原点，此时 t=0，
否则设l:x=my+1，由题意m≠0代入椭圆方程，
3m2+4y2+6my−9=0，Δ=144m2+1>0恒成立．
设Px1,y1,Qx2,y2，设PQ中点 Dx0,y0，
则y0=y1+y22=−3m3m2+4, x0=my0+1=43m2+4，
直线DT的斜率为−m，
则直线DT的方程为：y+3m3m2+4=−mx−43m2+4，m≠0.
令y=0，得t=13m2+4, ∴t∈0,14，
综上，t∈[0,14).
【答案】
解：(1)根据题意：fx的定义域为0,+∞，
f′x=exe+1x−a，gx=f′x=exe+1x−a，
∵g′x=exe−1x2 ，g′x在0,+∞上递增，且g′1=0，
∴x∈0,1时， g′x<0，则gx在0,1上单调递减，
x∈1,+∞时，g′x>0， gx在1,+∞上单调递增．
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(2)由(1)可知gx在1,+∞上单调递增，即f′x在1,+∞上递增，
则x≥1时，gx≥g0=2−a，即f′x≥2−a，
∴ a≤2时，f′x≥0, fx在[1,+∞)上单调递增， fx≥f1=0，符合题意，
a>2时，f′x在[1,+∞)上单调递增，
∵f′1=2−a<0，f′1+lna=1lna+1>0，
故存在x0∈1, 1+lna 时，f′x0=0，
则x∈0,x0时，f′x<0，此时fx≤f1=0不合题意，舍去.
综上，若 x≥1时，fx≥0恒成立，则a≤2.
【考点】
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)根据题意：fx的定义域为0,+∞，
f′x=exe+1x−a，gx=f′x=exe+1x−a，
∵g′x=exe−1x2 ，g′x在0,+∞上递增，且g′1=0，
∴x∈0,1时， g′x<0，则gx在0,1上单调递减，
x∈1,+∞时，g′x>0， gx在1,+∞上单调递增．
(2)由(1)可知gx在1,+∞上单调递增，即f′x在1,+∞上递增，
则x≥1时，gx≥g0=2−a，即f′x≥2−a，
∴ a≤2时，f′x≥0, fx在[1,+∞)上单调递增， fx≥f1=0，符合题意，
a>2时，f′x在[1,+∞)上单调递增，
∵f′1=2−a<0，f′1+lna=1lna+1>0，
故存在x0∈1, 1+lna 时，f′x0=0，
则x∈0,x0时，f′x<0，此时fx≤f1=0不合题意，舍去.
综上，若 x≥1时，fx≥0恒成立，则a≤2.
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