山东省新泰二中2020届高三数学上学期第五次月考试题 文

山东省新泰二中2020届高三数学上学期第五次月考试题 文一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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设集合M=x|x1|1，N=x|x2，则MN=（）A（1，1）B（1，2）C（0，2） D（1，2）2已知奇函数f（x）在R上是增函数若a=f（），b=f（log24.1），c=f（20.8），则a，b，c的大小关系为（）AabcBbacCcbaDcab3已知x，y满足约束条件则z=x+2y的最大值是（）A3B1C1D34在长方体中，与平面所成的角为，则该长方体的体积为ABCD5已知命题p：xR，x2x+10命题q：若a2b2，则ab，下列命题为真命题的是（）ApqBpqCpqDpq6已知数列an是各项均为正数的等差数烈，若a1=3，a2，a5-3，a6+6成等比数列，则数列an的公差为A.1 或 B.2C.3或 D.37函数y=sin2x+cos2x的最小正周期为（）ABC D28已知|a|=|b|=1，若（2a+b)(a+b)=3,则a与b夹角的余弦值为 A. 0 B. C. D. 9设f（x）=若f（a）=f（a+1），则f（）=（）A2B4C6D810已知a是实数，若复数是纯虚数，则a()A1 B1 C. D11.在同一坐标系中画出与的图像是12.已知为导函数，且，若时，都有，则下列不等式一定成立的是A. B. C. D.以上都不对二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.斜率为的直线经过抛物线的焦点且与抛物线相交于两点(其中点在第一象限)，则.14若直线=1（a0，b0）过点（1，2），则2a+b的最小值为 15由一个长方体和两个 圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为 16.设ABC的三边长分别为a，b，c，ABC的面积为S，则ABC的内切圆半径为r.将此结论类比到空间四面体：设四面体SABC的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，体积为V，则四面体的内切球半径为r_三、解答题：共70分17（12分）在ABC中，A=60°，c=a（1）求sinC的值；（2）若a=7，求ABC的面积18（12分）由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E平面ABCD，（）证明：A1O平面B1CD1；（）设M是OD的中点，证明：平面A1EM平面B1CD119（12分）已知an是各项均为正数的等比数列，且a1+a2=6，a1a2=a3（1）求数列an通项公式；（2）bn 为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，已知S2n+1=bnbn+1，求数列的前n项和Tn20（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率，过且与轴垂直的直线与椭圆在第一象限内的交点为，且.(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线交椭圆于两点，当时，求直线的方程.21 （12分）已知函数.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若，求a的取值范围。22. （10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，直线l的参数方程为.（1） 若a=-1,求C与l的交点坐标；（2）若C上的点到l的距离的最大值为，求a。新泰二中2020级高三上学期第四次阶段性测试试题文 科 数 学参考答案与试题解析1 C2C 3D4C5B2 6D 7C 8A 9C10A11.C 12.D133 148. 152+ 1617解：（1）A=60°，c=a，由正弦定理可得sinC=sinA=×=，（2）a=7，则c=3，CA，由（1）可得cosC=，sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC=×+×=，SABC=acsinB=×7×3×=618【分析】（）取B1D1中点G，连结A1G、CG，推导出A1GOC，从而四边形OCGA1是平行四边形，进而A1OCG，由此能证明A1O平面B1CD1（）推导出BDA1E，AOBD，EMBD，从而BD平面A1EM，再由BDB1D1，得B1D1平面A1EM，由此能证明平面A1EM平面B1CD1【解答】证明：（）取B1D1中点G，连结A1G、CG，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后，A1GOC，四边形OCGA1是平行四边形，A1OCG，A1O平面B1CD1，CG平面B1CD1，A1O平面B1CD1（）四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后，BDB1D1，M是OD的中点，O为AC与BD 的交点，E为AD的中点，A1E平面ABCD，又BD平面ABCD，BDA1E，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD 的交点，AOBD，M是OD的中点，E为AD的中点，EMBD，A1EEM=E，BD平面A1EM，BDB1D1，B1D1平面A1EM，B1D1平面B1CD1，平面A1EM平面B1CD119【分析】（1）通过首项和公比，联立a1+a2=6、a1a2=a3，可求出a1=q=2，进而利用等比数列的通项公式可得结论；（2）利用等差数列的性质可知S2n+1=（2n+1）bn+1，结合S2n+1=bnbn+1可知bn=2n+1，进而可知=，利用错位相减法计算即得结论【解答】解：（1）记正项等比数列an的公比为q，因为a1+a2=6，a1a2=a3，所以（1+q）a1=6，q=q2a1，解得：a1=q=2，所以an=2n；（2）因为bn 为各项非零的等差数列，所以S2n+1=（2n+1）bn+1，又因为S2n+1=bnbn+1，所以bn=2n+1，=，所以Tn=3+5+（2n+1），Tn=3+5+（2n1）+（2n+1），两式相减得：Tn=3+2（+）（2n+1），即Tn=3+（+）（2n+1），即Tn=3+1+）（2n+1）=3+（2n+1）=520解：(1)设，则，.，.联立得，.椭圆方程为.(2)显然直线斜率存在，设直线方程为：，点坐标为，点坐标为.联立方程组，得，令得，由弦长公式得，点到直线的距离，解得.的方程为：.2122.