天津市南开中学2020-2021学年高三上学期第三次月考数学试题

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天津市南开中学2021届高三年级第三次月考

数学

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟。第I卷1至2页，第II卷3至4页。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题纸上。答题时，务必将答案涂写在答题纸上，答在试卷上的无效。祝各位考生考试顺利！

第I卷

注意事项：

1.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 2.本卷共9小题，每小题5分，共45分。

一、选择题：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A{x||x|2}，集合B{x|3x1}，则AB（） A.{1,0,1}

B.(2,1]

C.[3,1]

D.[3,2]

（2）下列函数中，在区间(0,)内单调递增的是（） A.y2 （3）函数y

x

B.yx

12

C.ylog1x

2

D.y

1 x

sin3x

，x(,)的图象大致为（）

1cosx

A

B

C

D

（4）已知公差不为0的等差数列{an}的首项a13，若a2，a3，a6成等比数列，则{an}

1

的前5项之和为（） A.23

B.25

C.43

D.45

（5）设a2log35，b3log52，c5log23，则a，b，c的大小关系为（） A.abc

B.bac

C.bca

D.cab

x2y2

1的焦距为4，则m的值为（）（6）椭圆

16mm2

A.1 B.7 C.1或17 D.7或11

（7）以下命题正确的是（）

A.命题“任意x0，xsinx”的否定为“存在x0，xsinx”

B.设等比数列q0的前n项和为Sn，则“SnSn10”是“公比q0”的充要条件 C.若对于任意实数λ，有ab，则向量a，b不共线

D.“直线kxy30与2x(k1)y60平行”是直线(k1)x2y30与

kx(k1)y60垂直”的充分非必要条件

（8）已知函数f(x)cos(x).给出下列结论：

3

①f(x)的最小正周期为2； ②点(,0)是曲线yf(x)的对称中心；

3③把函数ysinx的图象上所有点向左平移其中所有正确结论的序号是（） A.①

B.①③

C.②③

D.①②③







个单位长度，得到函数yf(x)的图象. 6

（9）已知函数f(x)|xa|

3

，若方程f(x)2有且只有三个不同的实a（aR）

x

数解，则a的取值范围为（）

C.,13

A.13,3 注意事项：

B.,13D. 1,1





131

3,3 3,





第II卷

1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题纸上. 2.本卷共11小题，共105分.

二、填空题：本大题共6个小题，每小题5分，共30分.

（10）i是虚数单位，纯虚数z满足z(1i)m2i，则实数m的值为________.

2

2

（11）在x2的展开式中，常数项是________.

x

（12）已知点P(2,2)和圆C：(x1)2(y2)216，则P在圆C________（填内、外或上），以P为圆心且和圆C内切的圆的方程为________________.

13

（13）已知向量a和b的夹角为60，a(,)，aab2，则ab的值为

22

6



________.

（14）已知a0，b0，且a2b2，则

21

的最小值为________. 

a2b1

1aax, 1x1,

（15）已知aR.设函数f(x)若关于x的不等式f(f(x))0

xalnx, x1.恒成立，则a的取值范围为________. 三、解答题：本大题共5个小题，共75分.

（16）（本小题满分14分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a23，

b5，c7.

（I）求角C的大小；（II）求sinA的值；（III）求sin(2A



6

)的值.

（17）（本小题满分15分）如图，在四棱锥SABCD中，侧棱SA底面ABCD，底面

ABCD是直角梯形，AB∥CD，ABAD，SAADCD2，AB1.

（I）设点M为棱SD的中点，求证：AM∥平面SBC；（II）求异面直线SD和BC所成角的余弦值；

（III）棱SB上的是否存在点N，使得平面ANC平面SBC？若存在，求出AN的长；若不存在，说明理由.

3

（18）（本小题满分15分）设数列{an}是公比为正整数的等比数列，满足a1a310，

a22a38.设数列{bn}满足b11，bn1

bn1

. bn3

（I）求{an}的通项公式；

1

（II）求证：数列是等差数列，并求{bn}的通项公式；

bn1

n

2n1anbn

（III）记cn，n2.求证：ck4.

nn1k2

x2y22

（19）（本小题满分15分）已知椭圆C： 221（ab0）的离心率e，

2ab

且点P(2,1)在椭圆上. （I）求椭圆C的方程；

（II）若椭圆C的左焦点为F，右顶点为A，点B在椭圆位于x轴上方的部分，直线AB与y轴交于点D，点E是y轴上一点，满足FFDF，直线AE与椭圆C交于点G.若

△ABG的面积为22，求直线AB的方程.

（20）（本小题满分16分）已知函数f(x)axlnx1，g(x)xex. （I）若a1，求函数f(x)的最大值；（II）若a0，

（i）求过原点且与曲线yg(x)f(x)相切的直线方程；

（ii）设x1，x2为方程g(x)f(x)t（tR）的解，求证：|x1x2|t.

天津市南开中学2021届高三年级第三次月考

数学参考答案

一、选择题：BBDDBDDBB

二、填空题：（10）2 （11）60 （12）外 (x2)2(y2)281 （13）7 （14）三、解答题：

24

ae （15）23

a2b2c2122573

（16）（I）解：由余弦定理，得cosC，所以C30. 

2ab2203

4

1

1sinc21

（II）解：由（I），有sinC，由正弦定理，得sinAa. 232

2c77（III）解：由ab，知A为锐角，故cosA1sin2A1

32

，进而

77

，所以

sin2A2sinAcosA2

413243

，cos2A2cos2A121

77777

4331113

. sin2Asin2Acoscos2Asin

666727214

（17）证明：（I）以点A为坐标原点，向量AB，AD，AS的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系.易知，A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，S(0,0,2)，

M(0,1,1).

设点P为SC中点，则有P(1,1,1)，BP(0,1,1)AM，因此BP

BP平面SBC，AM平面SBC，所以AM

平面SBC.

AM，又因为

解：（II

SDBCSDBC

）



由SD(0,2,2)，



BC(1,2,0)，得

cosSD,BC

0122(2)00222(2)2122202

10

.所以，异面直线SD和5

BC所成角的余弦值为

10. 5

nSB,

（III）由（I）中知，SB(1,0,2).设平面SBC的法向量为n(x,y,z)，有

nBC,

x2z0,

进而不妨设z1，得n(2,1,1).依题意，设SNSB，（01），可

x2y0,

mAN,得N(,0,22).设平面ANC的法向量为m(x,y,z)，有进而

mAC,

x(22)z0,



2x2y0,不妨设

x1，得m(1,1,



).由题意知，mn，有22

，

解

得

mn12(1)(1)



1022



67

.此时，

5

|AN|

262

AN0210.

777

2

22

2

a12,a1a1q10,n

a2（18）解：（I）设数列{an}的公比为q，有22解得所以. n2

q2,a1qa1q8,

证明：（II）

1bn11



111b31b321

nn，又因为bn1bn11bn12bn2bn12bn22

bn3

11111

，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，其通项公式为b11222bn1

1n2

.进而，bn1. b112n

2n2n2n1n

2（III）cn，

n(n1)n1n22232324所以ck1223k2

n

2n2n12n1

4. n1nn

c2

,ea2,a2x2y2222

1. （19）解：（I）由已知，有abc,解得b2,所以椭圆C的方程为

4221c2,221,

ba（II）由（I）知，F



2,0，A(2,0).设直线AB的方程为yk(x2)（k0），其与



椭圆C

x2y2

1,

的交点B(xB,yB)满足方程组4消去2

yk(x2),

y得到

(12k2)x28k2x8k240，

4k22

解得xB2.在直线AB的方程中，令x0，解得y2k，即得D(0,2k).设

2k1F(0,xE)，

由题意，有EFDF



2,xE



2,2k22kxE0，解得xE



1

.进而得到直线AEk

x2y2

1,x42的方程为ky1，其与椭圆C的交点G(xG,yG)满足方程组消去x得到

2xky1,

2

6

24k24k

(2k1)y4ky0，解得yG2，进而xG2.由上述过程可得，

2k12k1

2

2

kxG2kyG4k41k2

|AB|1k|xBxA|，点G到直线的距离为.AB

222k211k1k

2

因此，S△ABG

141k2



22k21

4k1k2

22，化简得2k222k10，解得k

1，2

所以直线AM的方程为x2y20. （20）解：（I）f(x)xlnx1，f(x)1

1

.当0x1时，有f(x)0，则f(x)x

单调递增；当x1时，有f(x)0，则f(x)单调递减.因此，存在极大值f(1)0，也即函数的最大值.

（II）记h(x)g(x)f(x)xexlnx1.取曲线yh(x)上一点P(x0,h(x0))，则P处的切线方程为yh(x0)(xx0)h(x0).由题意，有0h(x0)(x0)h(x0)，即

lnx01lnx0

x0elnx0，变形后得到方程x0elne.记函数yxex(x0)，由

x0x0

2x0

1

x0

y(1x)ex0，知yxex(x0)为增函数，故x0ln

1

.将其代入切线方程，得所求x0

切线方程为yx.

（III）构造函数H(x)h(x)x，则H(x)(1x)ex

111，H(x)(2x)ex2.xx

显然H(x)0，故H(x)单调递增.又由前问知，H(x0)0，因此当0xx0时，

H(x)0，H(x)单调递减；当xx0时，H(x)0，H(x)单调递增.所以，H(x)H(x0)0.由题意，h(x1)h(x2)t.不妨设x1x2，由前述知，H(x2)0，即x2h(x2)t.所以|x1x2|t0t.

7

本文来源：https://www.wddqw.com/doc/ba3a18f8b24e852458fb770bf78a6529657d3545.html

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