九师联盟 2020～2021学年高三新高考11月质量检测word版含答案

九师联盟
2020～2021学年高三新高考11月质量检测
数学
本试卷主要命题范围：集合、常用逻辑用语、复数、函数、导数、三角函数、三角恒等变换、解三角形、平面向量、数列、不等式、立体几何、直线与圆、圆锥曲线．
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|x2-4x≤0}，B＝{x|-2≤x≤1}，则A∩B＝
A．{0，1}
B．[0，1]
C．(0，4)
D．[0，4]
2．在复平面内，复数z对应的点的坐标是(2，-1)，则
A．3+i
B．3-i
C．-3+i
D．-3-i
3．设x∈R，则“x2-1＞0”是“x＞2”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．尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家通过研究已经对地震有所了解．例如，地震释放出的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为lg
E＝4.8+1.5M．据此推断2008年5月12日我国四川省汶川地区发生里氏8.0级地震所释放的能量是今年9月30日台湾省宜兰县海域发生里氏5.0级地震所释放的能量的（
）倍．
A．lg
4.5
B．4.5
C．450
D．104.5
5．在平面直角坐标系xOy中，角α(0＜α＜π)的顶点为O，始边为x轴的非负半轴，若点是角α终边上一点，则α的值是
A．
B．
C．
D．
6．在平面直角坐标系xOy中，双曲线的右焦点为F(c，0)，过双曲线上一点P(c，y0)作y轴的垂线，垂足为H，若OP⊥HF，则该双曲线的离心率为
A．
B．
C．
D．
7．已知圆C的半径为3，且经过点P(5，12)，若点C的坐标为(a，b)，则的最小值为
A．5
B．7
C．9
D．10
8．已知定义域为R的奇函数f(x)满足f(2-x)＝f(x+1)，若方程有唯一的实数解，则f(2020)＝
A．2
B．4
C．8
D．16
二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9．已知a，b∈(0，2)，且ab＝1，则下列结论正确的是
A．a+b的最小值为2
B．当a，b均不为1时，logab+logba＝-2
C．ln(a+b)＝ln
a+ln
b
D．(a+b)2≥4
10．已知函数f(x)＝2sin(ωx+φ)(ω＞0，0＜φ＜2π)，且f(x0)＝f(x0+1)＝-1，f(x)在区间(x0，x0+1)上有最小值，无最大值，则下列结论正确的是
A．
B．
C．若f(0)＝1，则
D．若x0＝0，则
11．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，AA1＝3，则下列结论正确的是
A．A1B∥平面B1CD1
B．平面B1BD1⊥平面A1BCD1
C．三棱锥B1-A1BD1的体积为8
D．直线D1B1与平面BA1D1C所成角的正弦值为
12．斐波那契数列{an}：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，又称黄金分割数列，是由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，其通项公式，是用无理数表示有理数的一个范例．该数列从第三项开始，每项等于其前相邻两项之和，即an+2＝an+1+an，记该数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是
A．S10＝11a7
B．a2021＝2a2019+a2018
C．S2021＝S2020+S2019
D．S2019＝a2020-1
三、填空题
13．已知向量，，若，则_________．
14．世界四大历史博物馆之首卢浮宫博物馆始建于1204年，原是法国的王宫，是法国文艺复兴时期最珍贵的建筑物之一，以收藏丰富的古典绘画和雕刻而闻名于世．卢浮宫玻璃金字塔为正四棱锥，且该正四棱锥的高为21米，底面边长为30米，是华人建筑大师贝聿铭设计的．若玻璃金字塔五个顶点恰好在一个球面上，则该球的半径为_________米．
15．过点(0，-1)且与曲线相切的直线方程为_________．
16．已知A，B是抛物线C：y2＝2px(p＞0)上纵坐标分别为a，b(ab≠0)的不同两点，若C在A，B两点处的切线相交于点M，则点M的纵坐标为_________．（结果用a，b表示）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．在①；②2a+c＝2bcos
C；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，BD为AC边上的高，若，_________，求BD的最大值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
18．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2＝2，S3＝7．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若{an}的公比大于1，且bn＝log2an，记数列的前n项和为Tn．数列{cn}满足c1＝1，，求{cn}的通项公式．
19．某轮船航行过程中每小时的燃料费与其速度的立方成正比．已知当速度为10千米/时时，燃料费为10元/时，其他与速度无关的费用每小时180元．
（1）求轮船的速度为多少时，每千米航程成本最低？
（2）若轮船限速不超过20千米/时，求每千米航程的最低成本．
20．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ADC＝90°，PA⊥PD，PA＝PD．
（1）求证：平面PAB⊥平面PCD；
（2）若BC＝1，AD＝CD＝2，求二面角A-PC-B的余弦值．
21．已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，过F1作直线l与椭圆C交于P，Q两点，△PQF2的周长为8．
（1）求椭圆C的方程；
（2）点A、点B分别为椭圆长轴的左、右端点，过点B作x轴的垂线，D为垂线上异于点B的动点，连接AD交椭圆于点E．问：在x轴上是否存在定点G，使得GD⊥EB？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
22．已知函数f(x)＝aln
x+x+2a(a∈R)．
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）若，求证：．
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参考答案、提示
1．B
因为A＝{x|0≤x≤4}，B＝{x|-2≤x≤1}，所以A∩B＝{x|0≤x≤1}．故选B．
2．A
由题意得z＝2-i，则．故选A．
3．B
由x2-1＞0得x＞1或x＜-1，所以由“x＞2”可得到“x2-1＞0”，但由“x2-1＞0”得不到“x＞2”，所以“x2-1＞0”是“x＞2”的必要不充分条件．故选B．
4．D
设里氏8.0级和里氏5.0级地震所释放的能量分别为E1和E2，则lg
E1＝4.8+1.5×8，lg
E2＝4.8+1.5×5，，所以，即E1＝104.5E2．故选D．
5．C
，因为0＜α＜π，所以．故选C．
6．A
不妨设P在第一象限，则，根据题意，四边形OFPH为正方形，于是，即c2-a2-ac＝0，化简得e2-e-1＝0，解得（负值舍去）．故选A．
7．D
由题意得，即(a-5)2+(b-12)2＝9，所以点C(a，b)在以P(5，12)为圆心，3为半径的圆上．因为表示点(a，b)到原点的距离，所以的最小值为|PO|-3＝10．故选D．
8．B
由f(2-x)＝f(x+1)，得f(3-x)＝f(x)，即f(3+x)＝f(-x)＝-f(x)，从而f(6+x)＝f(x)，所以f(x)为周期函数，且一个周期为6，所以f(2020)＝f(4)＝f(-2)＝-f(2)．设
，将g(x)的图象向右平移1个单位长度，可得到函数
的图象，且h(x)为偶函数．由g(x)＝0有唯一的实数解，得g(x)有唯一的零点，从而偶函数h(x)有唯一的零点，且零点为x＝0，即h(0)＝0，亦即0+f(2)+4＝0，解得f(2)＝-4，所以f(2020)＝4．故选B．
9．ABD
因为，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，故A正确；因为ab＝1，所以，当a，b均不为1时，，故B正确；因为ab＝1，所以ln
a+ln
b＝ln(ab)＝ln
1＝0，由A知，a+b的最小值为2，所以ln(a+b)≥ln
2＞0，故C不正确；(a+b)2＝a2+b2+2ab≥2ab+2ab＝4ab＝4，当且仅当a＝b＝1时等号成立，故D正确．故选ABD．
10．AB
(x0，x0+1)区间中点为，又f(x)在(x0，x0+1)上有最小值，无最大值，所以，A正确；，，两式相减得，故B正确；若f(0)＝1，则，则或，考虑到0＜φ＜2π，可得或，则C错误；若x0＝0，则f(0)＝f(1)＝-1，即且，不妨取，所以，故D错误．故选AB．
11．AC
对于A，因为A1B∥D1C，A1B?平面B1CD1，D1C?平面B1CD1，所以A1B∥平面B1CD1，故A正确；对于B，假设平面B1BD1⊥平面A1BCD1成立，过B1作B1M⊥BD1，垂足为M，因为平面B1BD1∩平面A1BCD1＝BD1，B1M?平面B1BD1，所以B1M⊥平面A1BCD1，又BC?平面A1BCD1，所以BC⊥B1M，又BC⊥BB1，BB1∩B1M＝B1，所以BC⊥平面B1BD1，所以BC⊥BD1，所以，又BC⊥平面CC1D1D，则BC⊥CD1，所以，在△BCD1中有两个直角不可能，所以平面B1BD1⊥平面A1BCD1不成立，故B错误；对于C，三棱锥B1-A1BD1的体积即为三棱锥B-A1B1D1的体积，故C正确；对于D，作B1H⊥A1B，垂足为H，因为平面ABB1A1⊥平面BCD1A1，易证B1H⊥平面BA1D1C，连接D1H，则∠B1D1H为D1B1与平面BA1D1C所成的角，易求，，直线D1B1与平面BA1D1C所成角的正弦值为，故D错误．故选AC．
12．AB
因为S10＝143，11a7＝143，所以S10＝11a7，则A正确；由an+2＝an+1+an，得an+1＝an+an-1(n≥2)，相加得an+2＝an-1+2an，所以a2021＝2a2019+a2018，所以B正确；因为S2021＝a1+a2+a3+a4+…+a2021，S2020＝a1+a2+…+a2020，两式错位相减可得S2021-S2020＝1+0+a1+a2+…+a2019＝1+S2019，所以S2021＝S2020+S2019+1，所以C错误；因为Sn＝a1+a2+a3+…+an＝(a3-a2)
+(a4-a3)+(a5-a4)+(a6-a5)+…+(an+2-an+1)＝an+2-a2＝an+2-1，所以S2019＝a2021-1，所以D错误．故选AB．
13．
由，得1×t+2×(-1)＝0，解得t＝2，则，所以，故．
14．
设该球的半径为R，由题意，得，解得．
15．(e-1)x+y+1＝0
设切点为(x0，y0)，因为，所以，所以过切点(x0，y0)的切线方程为．因为切线过点(0，-1)，所以
，即，解得x0＝-1，所以所求切线方程为y-(-1)＝(1-e)(x-0)，即切线方程为(e-1)x+y+1＝0．
16．
因为点A的纵坐标为a，所以点A的坐标为，由题意知过点A的切线斜率一定存在且不为0，设为k(k≠0)，则过点A的切线方程为，与y2＝2px联立并消去x得ky2-2py+2pa-ka2＝0．因为直线与抛物线相切，所以Δ＝4p2-4k(2pa-ka2)＝0，解得，所以过点A的切线方程为，化简得，同理过点B的切线方程为，联立两切线方程，可得点M的纵坐标为．
17．解：选①“”．
由正弦定理，得，
由sin
A＝sin(B+C)＝sin
Bcos
C+cos
Bsin
C，得．
因为0＜C＜π，所以sin
C≠0，所以，
所以，又0＜B＜π，得．
因为，所以．
由余弦定理及
，得，
由基本不等式，得12＝a2+c2+ac≥2ac+ac＝3ac，
即ac≤4（当且仅当a＝c＝2时取等号），
所以，
故当a＝c＝2时，BD的最大值为1．
选②“2a+c＝2bcos
C”．
由正弦定理，得2sin
A+sin
C＝2sin
Bcos
C，
由sin
A＝sin(B+C)＝sin
Bcos
C+cos
Bsin
C，得2cos
Bsin
C+sin
C＝0．
因为0＜C＜π，所以sin
C≠0，所以，
又0＜B＜π，所以．
因为，所以
由余弦定理及，得，
由基本不等式，得12＝a2+c2+ac≥2ac+ac＝3ac，
即ac≤4（当且仅当a＝c＝2时取等号），
所以，
故当a＝c＝2时，BD的最大值为1．
选③“
”．
由正弦定理，得，
因为0＜A＜π，所以sin
A≠0，所以，
由二倍角公式，得．
因为，所以，所以，所以，
所以．
因为
，所以．
由余弦定理及，得
，
由基本不等式，得12＝a2+c2+ac≥2ac+ac＝3ac，
即ac≤4（当且仅当a＝c＝2时取等号），
所以，，
故当a＝c＝2时，BD的最大值为1．
18．解：（1）设等比数列{an}的公比为q，由题意可得，
整理得2q2-5q+2＝0，解得q＝2或，
所以当时，；
当q＝2时，an＝1×2n-1＝2n-1(n∈N
)．
（2）由公比q＞1，知an＝2n-1，所以bn＝log22n-1＝n-1，
所以，
所以，
所以，即
．
当n≥2时，，
即cn＝n，
而c1＝1适合cn＝n，所以cn＝n．
19．解：（1）设燃料费为u元/时，速度为v千米/时，则u＝kv3(v＞0)．
由10＝k×103，得．
每千米航程成本函数为，
则
．
令y′＝0，得．
当时，y′＜0；当时，y′＞0．
所以速度为千米/时时，每千米航程的成本最低．
（2）由（1）知，函数在(0，20]上单调递减，当限速不超过20千米/时时，
（元）．
所以轮船限速不超过20千米/时，每千米航程的最底成本为13元．
20．（1）证明：在四棱锥P-ABCD中，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
又因为CD⊥AD，CD?平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．
因为PA?平面PAD，所以CD⊥PA．
因为PA⊥PD，CD∩PD＝D，CD，PD?平面PCD，所以PA⊥平面PCD．
因为PA?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD．
（2）解：取AD中点O，连接OP，OB，因为PA＝PD，所以PO⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
因为PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OA，PO⊥OB．
因为CD⊥AD，BC∥AD，AD＝2BC，所以BC∥OD，BC＝OD，
所以四边形OBCD是平行四边形，所以OB∥CD，所以OB⊥AD．
以OA，OB，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
则O(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(-1，2，0)，P(0，0，1)，
所以，，，．
设平面PAC的法向量为，则即
令x＝1，则．
设平面BPC的法向量为，则即
令b＝1，则．
所以，
易判断二面角A-PC-B为锐角，
所以二面角A-PC-B的余弦值为．
21．解：（1）∵△PQF2的周长为8，∴|PF2|+|PQ|+|QF2|＝|PF2|+|PF1|+|QF1|+|QF2|＝4a＝8，所以a＝2．
又∵离心率为，∴，∴b2＝a2-c2＝2，∴椭圆C的方程为．
（2）由题可知，直线AD的斜率存在，
设直线AD的方程为y＝k(x+2)(k≠0)，E(x0，y0)，
由得D(2，4k)．
由得(2k2+1)x2+8k2x+8k2-4＝0，∴Δ＝(8k2)2-4(2k2+
1)(8k2-4)＝16＞0，
由A(-2，0)及由韦达定理，得，，
则
，∴．
假设存在定点G(t，0)满足要求，则，即，∵B(2，0)，∴，．∴
，
整理得tk2＝0．∵k≠0，∴t＝0，∴存在x轴上的定点G(0，0)，使得GD⊥EB．
22．（1）解：函数f(x)的定义域是(0，+∞)，，
当a≥0时，f′(x)＞0在(0，+∞)上恒成立，故函数f(x)在(0，+∞)上单调递增；
当a＜0时，-a＞0，令f′(x)＜0，得0＜x＜-a；令f′(x)＞0，得x＞-a，
故函数f(x)在(0，-a)上单调递减，在(-a，+∞)上单调递增．
（2）证明：法一：要证明，即证，即证．
设，则．
当0＜x＜2时，g′(x)＜0；当x＞2时，g′(x)＞0，
所以g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，
所以x＝2是g(x)的极小值点，也是最小值点，且．
令，则
．
当0＜x＜e-1时，h′(x)＞0；当x＞e-1时，h′(x)＜0，
所以h(x)在(0，e-1)上单调递增，在(e-1，+∞)上单调递减，
所以x＝e-1是h(x)的极大值点，也是最大值点，且h(x)max＝h(e-1)＝ae，
所以，
故成立．
法二：要证明，即证．
（ⅰ）首先证明：，即证明．
设，则，
当0＜x＜e时，g′(x)＜0；当x＞e时，g′(x)＞0，
所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，+∞)上单调递增，
所以x＝e是g(x)的极小值点，也是最小值点，且g(x)min＝g(e)＝0，
所以，故成立．
（ⅱ）考虑到，可再证明，即证，
设，则，
所以，从而h′(x)在(0，+∞)上单调递增，
考虑到，，
所以存在x0∈(0，1)，使得h′(x)＝0，即．
当0＜x＜x0时，h′(x)＜0；当x＞x0时，h′(x)＞0，
所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以x＝x0是h(x)的极小值点，也是最小值点，
且
，
而的图象是对称轴为直线x0＝1-e、开口向下的抛物线，
所以当x0∈(0，1)时，h(x0)单调递减，从而h(1)＜h(x0)＜h(0)，即，
于是，当x0∈(0，1)时，h(x)min＝h(x0)＞0，
所以成立．
综合（ⅰ）（ⅱ），成立．