四川省成都石室中学2021届高三上学期开学考试数学(文科)试题含答案

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石室中学高2021届2020-2021学年度上期数学入学考试参考答案(文科)

石室中学高2021届2020-2021学年度上期数学入学考试参考答案（文科）13. y = 14.315． (-∞，1)(0-⋃，1) 16.①②④17.（Ⅰ）0r r <．......................4分（Ⅱ）由题中数据可得：42421111110,744242i i i i x x y y ======∑∑，................6分所以.............8分又因为，所以，，所以，................10分将代入，得81.5y =，所以估计B 同学的物理成绩为81.5分．....................12分18．（1）当1a =时，函数32()41f x x x x =+++2()324f x x x '=++(2)20f '∴=即切线的斜率20k =..................2分(2)21f =∴切线方程为20(2)21x y -=-即切线为：20190x y --=..................4分（2）2()324f x x ax '=++对称轴为03ax =->..................5分 ○1当24480a ∆=-≤时，即0a -≤<，()0f x '>()()4242114235035042110748470iii ii i x x y y x y x y ==--=-⋅=-⨯⨯=∑∑()422116940i i x x =-=∑()()()1211698470ˆ00.54niii ni i x x y y bx x ==--===-∑∑740.511019a y bx =-=-⨯=0.519y x =+125x =()f x 在(0,)+∞上单调递增；.................8分○2当24480a ∆=->时，即a <-，又 (0)40f '=>令2()3240f x x ax '=++=，则1x =，2x =当206a x -<<或26x ->时，()0f x '>；x <<()0f x '<；()f x 在2(0,6a -，2()6a -+∞上单调递增；()f x 在上单调递减. .................12分19.（1）设AC 与BD 相交于点O ，连接FO ，∵四边形ABCD 为菱形，∴AC BD ⊥，且O 为AC 中点， ∵FA FC =，∴AC FO ⊥,又FO BD O =，∴AC ⊥平面BDEF .…………………5分（2）∵四边形BDEF 为菱形，且60DBF ∠=︒，∴DBF ∆为等边三角形， ∵O 为BD 中点，∴FO BD ⊥，又AC FO ⊥，∴FO ⊥平面ABCD…………………7分2,60AB AD DAB ==∠=2BD BF ∴==由60DBF ∠=︒∴F 到面ABCD 的距离为FO =9分,EF BD BD ⊂面ABCD ，EF ⊄面ABCD EF ∴面ABCDE ∴到面ABCD 的距离等于F 到面ABCD………………10分1222sin 23ADCSπ=⨯⨯⨯= 113A EDC E ADC ADCV V SFO --∴==⨯⨯=…………………12分20．（1，可得c e a == 由短轴长为2，可得1b =， …………1分又2221a c b -==，解得2a =，c =，则椭圆的方程为2214x y +=； …………4分（2）当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为y kx m =+，由2244y kx m x y =+⎧⎨+=⎩可得222(14)8440k x kmx m +++-=，…………5分因为直线l 与椭圆C 有且只有一个交点，所以△2221(8)4(14)(44)0km k m =-+-=，即2214m k =+，…………6分由方程组225y kx mx y =+⎧⎨+=⎩可得222(1)250k x kmx m +++-=，则△2222(2)4(14)(5)0km k m =-+->，设11(P x ，1)y ，22(P x ，2)y ，则12221kmx x k +=-+，212251m x x k -=+，…………7分设直线1OP ，2OP 的斜率为1k ，2k ，所以222212121212122121212()()()55y y kx m kx m k x x km x x m m k k k x x x x x x m +++++-====-，…………9分将2214m k =+代入上式，可得212211444k k k k -+===--，…………10分当直线l 的斜率不存在时，由题意可得l 的方程为2x =±，此时圆225x y +=与l 的交点为1P ，2P 也满足1214k k =-，…………11分综上可得直线l 与圆的交点1P ，2P 满足斜率之积12k k 为定值14-．…………12分21．（Ⅰ）当13a =时，()ln 113x f x x =+-，()'233x f x x -=，所以()f x 在[],3e 单减，在23,e ⎡⎤⎣⎦单增，…………2分()123f e e =-，()22113f e e =-，()()2f e f e <所以ln32()(3)3min f x f -==，2max 211()()3f x f e e ==-．…………5分（Ⅱ）依题意，．则，令，，，所以在上是单调增函数．要使得在上存在极值，则须满足即所以，，即．…………8分所以1111ln 1ln 1a e a a a a a a a a--+-->++--=+- 当0a >时，令，()1g ln 1a a a =+-，()'21a g a a-=，所以()()10g a g ≥= 所以，．…………11分即，所以．…………12分22．（Ⅰ）由曲线2C 的参数方程2cos (22sin x y φϕφ=⎧⎨=-+⎩为参数）．可得曲线2C 的普通方程为22(2)4x y ++=．将cos x ρθ=，sin y ρθ=代入上式，得4sin ρθ=-．()11ln 1ln 1xx g x e a x e a x x x ⎛⎫=+-+-=-+ ⎪⎝⎭0a x e -<<()x xa xe a g x e x x-'=-=()x t x xe a =-()0,a x e -∈()(1)0xt x e x '=+>()t x ()0,ae-()g x ()0,ae-()()00,0,a t t e -⎧<⎪⎨>⎪⎩0,0,aa e a e e a -->⎧⎪⎨⋅->⎪⎩0aaee a -->>ln e e a a -->ln a e a a ->+0a >1ln 10a a+-≥110a e a a --+-->11a e a a --+>+所以2C 的极坐标方程为4sin ρθ=-． …………4分（Ⅱ）设A 点的极坐标为1(ρ，)α，B 点的极坐标为2(,)3πρα-，则12sin ρα=，24sin()3πρα=--， …………6分于是AOB ∆的面积12113sin (2sin )[4sin()]23sin sin()3sin(2)232336S ππππρρααααα==--=--=+…………9分当6πα=时，S ．所以AOB ∆．…………10分。

四川省成都市石室中学2021届上学期高三年级一诊模拟测试数学试卷(文科)

四川省成都市石室中学2021届上学期高三年级一诊模拟测试数学试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．复数z 满足()12i z i +=，则=z （A ）12（B）2（C（D ）22．设函数y =A ，函数ln(1)y x =-的定义域为B ，则A B =（A ）(1,2)（B ）(1,2]（C ）(2,1)-（D ）[2,1)-3．如图，正方形ABCD 中，M 是BC 的中点，若错误!,P Q A P B QP P Q Q {}n a n n S 228580a a a +-+=9S =()()sin 202f x x πϕϕ⎛⎫=+<< ⎪⎝⎭6πy ()f x m n m n -6π3π23π53π()()22239C x y -+-=：()11M ，C ,A B AB 210x y --=280x y +-=210x y -+=230x y +-={}n a n S n T 316a =3112S =1n T >P ABC-PA ⊥ABC 2AB =1AC =60BAC ∠=43π323π12π16π21:8C y x =222:(2)1C x y -+=,P Q 12,C C (4,0)M ||||PM PQ 35454-4ln 3a π=3ln 4b π=34ln c π=a b c c b a <<b c a <<b a c <<a b c <<,x y4312x y xx y ≥⎧⎪≥⎨⎪+≤⎩2z x y =-0.6182sin18m =︒24m n +=212cos 27m n-︒P ()222210,0x y a b a b-=>>12,F F I 12PF F ∆1212,,IPF IPF IF F ∆∆∆12,,S S S 1212S S S -≥()()()2ln ln f x ax x x x x =+--ABC ∆(2)sin (2)sin 2sin a b A b a B c C +++=3c =ABC ∆P ABCD -PAD ⊥ABCD ABCD//,2AB CD AB DC =23,ACBD F ==G G PCD -0<()()22121ˆ1niii nii y yR y y ==-=--∑∑17 4.1≈ˆˆˆybx a =+()()()1122211ˆnni iiii i nniii i x y nx y x x y y b xnxx x ====-⋅--==--∑∑∑∑ˆˆay bx =-22221x y a b+=0a b >>(0,1)A 22222:(1)M x y r ++=M ()e cos 2xf x x =+-()f x '()f x 0x ≥()f x 'π2x ≥-2cos 20xxe x x ax x +--≥a xOy C cos 1sin x y αα=⎧⎨=+⎩αx O 3πθ=56πθ=()R ρ∈C ,A B ,A B C ,A B AB ABO ∆()225f x x =+-()|1|f x x ≥-1m ≥-()()||g x f x x m =+-x m[]8,0z ∈-12-12e <≤2211,e e e e ⎛⎫-+ ⎪-⎝⎭ABC ∆,A B C ，,,,a b c (2)sin (2)sin 2sin a b A b a B c C +++=∴(2)(2)2222a b c a b b a c R R R +⋅++⋅=⋅222a b c ab +-=-2221cos 22a b c C ab +-∴==-0C π<<23C π∴=3c =3sin sin 32a bA B∴==2sin a A ∴=2sin b B =ABC ∆l l a b c =++2sin 2sin 3A B =++2sin 2sin 33A A π⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭2sin 2sin cos 2cos sin 333A A A ππ=+-+sin 3cos 3A A =++PAD ∆ABD ∆PAD∆//GF PDC2sin 3A π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭03A π<<2sin 3A π⎛⎫∴<++ ⎪⎝⎭2≤+ABC∆2PD E ,,AE CE GF//,2AB CD AB DC=AC BD F ==2AF AB FCCD∴==G G2AGGE ∴=GF CE ∴,GF PDC CE PDC ⊄⊂面面∴G PCD F PCDP CDFV V V ---==11122CDF DF S FB ∆=∴==133P CDF V -∴==182.479.2>()()772211182.479.2iii i y y y y ==>--∑∑()()772211182.479.211iit t y y y y ==-<---∑∑21R 22R 17x =ˆ21.314.421.3 4.114.472.93y=≈⨯-=17x >2122232425235x ++++==68.56867.5666667.25y ++++==0.767.20.72383.3a y x =+=+⨯=17x >ˆ0.783.3yx =-+20x ˆ0.72083.369.3y=-⨯+=20x 69.3574.3+=72.93>22222111122b c x a b c C y a a b c =⎧⎪⎪=⇒===⇒+=⎨⎪=+⎪⎩，椭圆：过A 的切线方程可设为l ：1y kx =+，代入椭圆C 的方程得：()222421212kx kx x k -++=⇒=+，可得21122114121212k k B k k ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭，；同理可得22222224121212k k D k k ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭， ……………………………………6分由圆M 与l ()2221210r r k k r =⇒--+-=由韦达定理得：12122211k k k k r+==-，……………………8分所以直线BD 的斜率()()()22212222212112122212121122221121212124424442111212k k y y k k k k k k k k k x x k k k k r k k ----++-====-+=-----+++……………………………………9分直线BD 的方程为：21122221124212112k k y x k r k ⎛⎫--=+ ⎪+-+⎝⎭化简为：2211122221111412223112121k k k y x x r k k k r +-=-⨯+=--++-，即2231y x r =--…………11分所以，当(01)r r <<变化时，直线BD 总过定点()03R -，………………12分 21．（本小题满分12分）【解析】（Ⅰ）()e sin x f x x '=-，令()e sin x g x x =-，0x ≥，则()e cos x g x x '=-PAD ∆//GF PDC //GF PDC①当[)0,πx ∈时，()g x '为增函数，()()00g x g ''≥=；②当[),x π∈+∞时，()πe 10g x '≥->故0x ≥时，()0g x '≥，()g x 为增函数，故()()min 01g x g ==，即()f x '的最小值为1 ……5分（Ⅱ）令()e cos 2x hx x ax =+--，()e sin x h x x a '=--，则本题即证当π2x ≥-时，()0x h x ⋅≥恒成立 ①当1a >时，由（1）可知()e sin x h x x a '=--在[)0,+∞上为增函数，且()010h a '=-<，()1110a h a e a +'+≥-->，故存在唯一()20,x ∈+∞，使得()20h x '=则当()20,x x ∈时，()0h x '<，()h x 为减函数，所以()()00h x h <=，此时()0x h x ⋅<，与()0x h x ⋅≥恒成立矛盾 …………………………7分 ②当1a ≤时，（i ）若0x ≥，则由（1）可知，()10h x a '≥-≥，所以()h x 为增函数，故()()00h x h ≥=恒成立，即()0x h x ⋅≥恒成立；…………………………8分（ii ）若π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，则()e cos xh x x ''=-，()e sin x h x x '''=+在π,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上为增函数，又()01h '''=，π2πe 102h -⎛⎫'''-=-< ⎪⎝⎭，故存在唯一0π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得()00h x '''= 当0π,2x x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()0h x '''<，()h x ''为减函数；()0,0x x ∈时，()0h x '''≥，()h x ''为增函数又π2πe 02h -⎛⎫''-=> ⎪⎝⎭，()00h ''=，故存在唯一1π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭使得()10h x ''=故1π,2x x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()10h x ''>，()h x '为增函数；()1,0x x ∈时，()10h x ''<，()h x '为减函数又π2πe 102h a ⎛⎫'-=+-> ⎪⎝⎭，()010h a '=-≥，所以π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()0h x '>，()h x 为增函数，故()()00h x h ≤=，即()0x h x ⋅≥恒成立……11分综上所述，1a ≤………………………12分 22．（本小题满分10分）【解析】（Ⅰ）曲线C 的参数方程为1x cos y sin αα=⎧⎨=+⎩（α为参数），所以消去参数α得曲线C 的普通方程为2220x y y +-=，因为cos x ρθ=，sin y ρθ=，代入曲线C 可得C 的极坐标方程：2sin ρθ=将直线3πθ=，56πθ=代入圆的极坐标方程可知:1ρ=，21ρ=，故A 、B两点的极坐标为3A π⎫⎪⎭，51,6B π⎛⎫⎪⎝⎭…………………5分（Ⅱ）由cos x ρθ=，sin y ρθ=得：32A ⎫⎪⎪⎝⎭，12B ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，根据两点式可知直线AB 的方程为：所以的极坐标方程为：13y x =+ 所以AB的极坐标方程为sin 62πρθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭ 可知直线AB 恰好经过圆的圆心，故ABO ∆为直角三角形，且OA 1OB =，故12ABO S ∆==分 23．（本小题满分10分）【解析】（Ⅰ）由题意知，原不等式等价于12251x x x ≤-⎧⎨---≥-⎩或112251x x x -<≤⎧⎨+-≥-⎩或12251x x x >⎧⎨+-≥-⎩，解得8x ≤-或∅或2x ≥，综上所述，不等式()1f x x ≥-的解集为(][),82,-∞-+∞……………………………………5分（Ⅱ）当1m =-时，则()2251g x x x =+-++ 315x =+-，此时()gx 的图象与x 轴围成一个三角形，满足题意：当1m >-时，()225g x x x m =+-+- 37,13,133,x m x x m x m x m x m -+-≤-⎧⎪=+--<≤⎨⎪-->⎩，则函数()gx 在(),1-∞-上单调递减，在()1,-+∞上单调递增要使函数()gx 的图象与x 轴围成一个三角形，则()()140230g m g m m ⎧-=-<⎪⎨=-≥⎪⎩，解得342m ≤<；综上所述，实数m 的取值范围为{}3,412⎡⎫-⎪⎢⎣⎭…………………10分。

高2021届高三上期入学考试数学试卷(文科)

2 是（）
A． a 0 B. 0 a 1 C． f ( x1 ) 3 D． f ( x1 ) 1
二、填空题（共 4 小题；共 20 分）
13.已知双曲线 x2 a2
−
y2 b2
= 1(a
0, b
0) 的离心率为
2，则该双曲线的渐近线方程为_______________
14.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分 5 钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．这个问题中，甲所得为___________钱.
A．8 号学生
B．200 号学生
C．616 号学生
D．815 号学生
4．函数 f (x) = ln x − 2 +1的零点所在的大致区间是（） x
A． (1, 2)
B． (2, e)
C． (e,3)
D． (3, +)
5．已知向量 a = ( m，1) ， b = (3，m − 2) ，则 m = 3 是 a // b 的（）
其中所有正确结论的序号为_______
三、解答题（共 6 小题；共 70 分） 17. (本题满分 12 分)石室中学高三学生摸底考试后，从全体考生中随机抽取 44 名，获取他们本次考试
的数学成绩( x )和物理成绩( y )，绘制成如图散点图：
根据散点图可以看出 y 与 x 之间有线性相关关系，但图中有两个异常点 A, B ．经调查得知， A 考生
第 2 页共 4 页命题人：胡嘉苇文海伦审题人：邵成林

四川省成都市某校高三(上)入学考试数学(文)试卷答案及解析

2020-2021学年四川省成都市某校高三（上）入学考试数学（文）试卷一、选择题1. 已知全集为R，集合A={x|1<x<3}，B={y|y≤2}，则集合A∩B=()A.{x|x≤1或x>2}B.{x|x<1或x>2}C.{x|1<x≤2}D.{x|1<x<2}2. 复数2i1−i的虚部为( )A.−1B.1C.12D.−123. 从全体高二同学的期末考试成绩中，随机抽取了100位同学的数学成绩进行分析，在录入数据时，统计员不小心将100位同学中的最高成绩148分录成了150分，则在计算出的数据中一定正确的是()A.平均分B.方差C.中位数D.标准差4. 已知a>b，则“m>2”是“a log2m>b log2m”的()A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件5. 直线ax+by−(a+b)=0(ab≠0)与圆(x−2)2+y2=4交于A，B两点，且OA⊥OB（其中O为坐标原点），则ab=( )A.−1B.1C.2D.不确定6. 函数f(x)=x3−1x的图象可能为()A. B.C. D.7. 某几何体的三视图如图所示，已知网格线中的小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为()A.(2+√5)πB.(4+√5)πC.(4+2√5)πD.(2+2√5)π8. 宋代文学家欧阳修在《卖油翁》中写道“（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆盖其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿”，由此诠释出了“熟能生巧”的道理．已知铜钱是直径为a(a>1)cm的圆，正中间有一边长为0.5cm的正方形小孔，现随机向铜钱上滴一滴油（油滴的大小忽略不计），若油滴落入孔中的概率为116π，则a=( )A.4B.3C.2D.√29. 如图，一个物体受到两个拉力F1→和F2→的作用，已知|F1→|=3N，|F2→|=4N，两力方向的夹角为θ（0≤θ≤π），若F1→和F2→的合力为F→，且|F→|≤5N，则θ的取值范围为()A.[0,π2]B.[π2,π]C.[0,2π3] D.[2π3,π]10. 已知0<b <a <1，则( ) A.a a >a b >b a B.b a >a b >a a C.a a >b a >a b D.a b >a a >b a11. 如图是函数f (x )=A sin (ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象，若x 0是f (x )在[−π6,2π3]上的极小值点，则f (x 0)+2f (−x 0)=( )A.−4B.0C.2D.412. 已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )+f (−x )=2，且在(0,+∞)上单调递减，若对任意的x ∈R ，f (x 2−a )+f (x )<2恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A.(−∞,−1) B.(−∞,−14)C.(−14,+∞)D.(1,+∞)二、填空题已知cos α2=35，则cos α=________．已知在等比数列{a n }中，a 1a 2a 3=8，a 5=14，则首项a 1=________．斜率为12的直线l 过抛物线C:y 2=2px (p >0)的焦点F ，与抛物线交于A ，B 两点，若弦AB 的中点D 到抛物线的准线的距离为10，则p =________．在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =2√2，BC =3，AA 1=4，∠ABC =π4，则该直三棱柱的外接球体积为________．三、解答题已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5=15，S 7=35． (1)求{a n }的通项公式a n ；(2)若a n b n =12n−1，求数列{b n }的前n 项和T n ．如图，在三棱锥P −ABC 中，侧面PBC 是边长为2的等边三角形，M ，N 分别为AB ，AP 的中点，过MN 的平面与侧面PBC 交于EF ．(1)求证：MN//EF ；(2)若平面PBC ⊥平面ABC ，AB =AC =3，求点M 到平面PAC 的距离．随着电子商务的发展，人们的购物习惯也在改变，几乎所有的需求都可以通过网络购物来解决，同时顾客的评价也成为电子商铺的“生命线”．某电商平台从其旗下的所有电商中随机抽取了100个电子商铺，对电商的顾客评价，包括商品符合度、物流服务、服务态度、快递包装等方面进行调查，并把调查结果转化为顾客的评价指数x ，得到了如下的频率分布表：(1)画出这100个电子商铺顾客评价指数的频率分布直方图；(2)求该电商平台旗下的所有电子商铺的顾客评价指数的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据以该组区间的中点值为代表）.（精确到0.1）附：√145≈12.04．已知f (x )=1x ln x −ax (a ≥0).(1)若函数f (x )在x =e 处的切线平行于x 轴，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数F (x )=f (x )x，若F (x )在(0,e )上有两个零点，求实数a 的取值范围．（其中e 为自然对数的底数）已知椭圆M ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为√22，且过点(2,√2). (1)求椭圆M 的方程；(2)若A ，B 分别为椭圆M 的上，下顶点，过点B 且斜率为k (k >0)的直线l 交椭圆M 于另一点N （异于椭圆的右顶点），交x 轴于点P ，直线AN 与直线x =a 相交于点Q ．求证：直线PQ 的斜率为定值．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =−1−t,y =1+t （t 为参数），以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为：ρ=6m cos θ(m >0)． (1)求曲线C 的普通方程和直线l 的极坐标方程；(2)若直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，且|AB|=6，求实数m 的值．设f(x)=|x +a|+|x −1a |（a ∈R ，且a ≠0）．(1)当a =1时，解不等式f (x )>x +1；(2)求证：f (x )≥2．参考答案与试题解析2020-2021学年四川省成都市某校高三（上）入学考试数学（文）试卷一、选择题1.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】根据交集的定义即可得解.【解答】解：∵A={x|1<x<3}，B={y|y≤2}，∴A∩B={x|1<x≤2}.故选C.2.【答案】B【考点】复数代数形式的乘除运算复数的基本概念【解析】暂无【解答】解：2i1−i =2i×(1+i)(1−i)(1+i)=−1+i，故虚部为1．故选B.3.【答案】C【考点】众数、中位数、平均数【解析】【解答】解：将最高分148分录成了150分，则把100个数据从小到大排列，中间的两个数没有发生变化，所以一定正确的数据为中位数．故选C．4.【答案】B 【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】解：因为a>b，由m>2，得log2m>1，故a log2m>b log2m.又a log2m>b log2m，得log2m>0，即m>1，所以当a>b时，“m>2”是“a log2m>b log2m”的充分不必要条件．故选B．5.【答案】B【考点】直线和圆的方程的应用直线与圆的位置关系【解析】无【解答】解：因为原点O在圆上，若OA⊥OB，则AB为圆的直径，所以直线过圆心(2,0)，故2a−(a+b)=0，得ab=1．故选B．6.【答案】A【考点】函数的图象【解析】【解答】解：由f(−x)=(−x)3−1(−x)=−(x3−1x)=−f(x)可知，该函数为奇函数，排除选项B，C；又f(x)在(0,+∞)上为增函数，排除选项D.故选A．7.【答案】A【考点】由三视图求表面积【解析】【解答】解：由三视图可知，该几何体由半径为1的半球和底面半径为1，母线长为√5的圆锥构成，所以其表面积为S =12×4π×12+π×1×√5=(2+√5)π．故选A ． 8.【答案】 A【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）【解析】无【解答】解：根据题意得，油滴落入孔中的概率为P =0.5×0.5π(a 2)2=116π，得a =4．故选A ． 9. 【答案】 B 【考点】余弦定理【解析】【解答】解：由题知|F →|2=|F 1→|2+|F 2→|2−2|F 1→|⋅|F 2→|cos (π−θ)=9+16+24cos θ≤25，解得cos θ≤0，所以π2≤θ≤π．故选B ． 10.【答案】 D【考点】幂函数的单调性、奇偶性及其应用【解析】无【解答】解：由1>a >b >0，则f (x )=a x 为减函数，所以a b >a a .根据幂函数的性质可得a a >b a ，所以a b >a a >b a . 故选D ． 11. 【答案】 A【考点】利用导数研究函数的极值由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式【解析】【解答】解：由图象可得：A =2，最小正周期为4(π3−π12)=π，故ω=2. 由f (x )在x =π12时取得最大值，所以sin (2×π12+φ)=1，可得φ=2kπ+π3，k ∈Z .取k =0，得φ=π3，所以f (x )=2sin (2x +π3)，可得x 0=π12+π2=7π12，所以f(x 0)+2f(−x 0)=2sin 3π2+4sin (−5π6)=−4．故选A ． 12.【答案】 B【考点】函数恒成立问题奇偶性与单调性的综合【解析】无【解答】解：令F (x )=f (x )−1，则F (x )在(0,+∞)上单调递减，又F (−x )=f (−x )−1，故F (x )+F (−x )=f (x )+f (−x )−2=0，所以F (x )为定义在R 上的奇函数. 由f (x 2−a )+f (x )<2恒成立，得F (x 2−a )+F (x )<0恒成立，即F (x 2−a )<−F (x )=F (−x )恒成立，可得x 2−a >−x 恒成立，即a <x 2+x 恒成立，根据二次函数的性质可知，当x =−12时，x 2+x 取到最小值−14，所以实数a 的取值范围为(−∞,−14)．故选B ．二、填空题【答案】−7【考点】二倍角的余弦公式【解析】【解答】解：cosα=2cos2α2−1=−725．故答案为：−725.【答案】4【考点】等比中项等比数列的性质【解析】无【解答】解：∵ 数列{a n}是等比数列，a1a2a3=8，∴(a2)3=8，解得a2=2.又∵a5=a2q3=2q3=14，q=12，∴a1=a2q=4．故答案为：4．【答案】2【考点】抛物线的性质抛物线的定义【解析】【解答】解：设l：y=12(x−p2)，与抛物线方程联立得x2−9px+p24=0.设A(x1,y1)，B(x2,y2)，Δ=81p2−p2=80p2>0，x1+x2=9p，则点D的横坐标为92p.又点D到抛物线的准线的距离为10，即92p+p2=10，解得p=2．故答案为：2．【答案】13√263π【考点】球内接多面体球的表面积和体积【解析】无【解答】解：在△ABC中，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC cosπ4=5，得AC=√5，所以△ABC的外接圆半径r=12×ACsin∠ABC=12√5√22=√102.所以该三棱柱的外接球半径R=√r2+(AA12)2=√52+4=√262,所以外接球体积V=43π(√262)3=13√263π．故答案为：13√263π．三、解答题【答案】解：(1)由S5=5(a1+a5)2=5a3=15得a3=3，由S7=7(a1+a7)2=7a4=35得a4=5，设公差为d，则d=a4−a3=2，a1=3−2×2=−1，所以a n=−1+(n−1)×2=2n−3．(2)由a n b n=12n−1得，b n=1(2n−1)(2n−3)=12(12n−3−12n−1)．所以T n=12[(−11−11)+(11−13)+(13−15)+⋯+(12n−3−12n−1)]=12(−1−12n−1)=n1−2n．所以T n=n1−2n．【考点】数列的求和等差数列的前n项和等差数列的通项公式【解析】无无【解答】解：(1)由S 5=5(a 1+a 5)2=5a 3=15得a 3=3，由S 7=7(a 1+a 7)2=7a 4=35得a 4=5，设公差为d ，则d =a 4−a 3=2，a 1=3−2×2=−1，所以a n =−1+(n −1)×2=2n −3． (2)由a n b n =12n−1得， b n =1(2n−1)(2n−3)=12(12n−3−12n−1)．所以T n =12[(−11−11)+(11−13)+(13−15)+⋯+(12n−3−12n−1)] =12(−1−12n−1)=n1−2n ．所以T n =n1−2n ．【答案】(1)证明：因为M ，N 分别为AB ，AP 的中点，所以MN//PB . 又MN ⊄平面PBC ，所以MN//平面PBC . 因为平面MNFE ∩平面PBC =EF ，所以MN//EF ．(2)解：取BC 中点O ，连接PO ，AO .因为△PBC 是等边三角形，所以PO ⊥BC .因为平面PBC ⊥平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC . 因为AB =AC =3，所以AO ⊥BC . 又BC =2，M 为AB 中点，易得PO =√3，AO =2√2，PA =√11. 在△PAC 中，cos ∠PCA =PC 2+AC 2−PA 22PC⋅AC=16，所以sin ∠PCA =√356，所以S △PAC =12PC ⋅AC sin ∠PCA =√352， S △AMC =12S △ABC =12×12BC ×AO =√2，所V P−AMC =13×√2×√3=√63. 设点M 到平面PAC 的距离为d . 因为V M−PAC =V P−AMC ，所以13×√352d =√63，解得d =2√21035，所以点M 到平面PAC 的距离为2√21035．【考点】点、线、面间的距离计算两条直线平行的判定【解析】【解答】(1)证明：因为M ，N 分别为AB ，AP 的中点，所以MN//PB . 又MN ⊄平面PBC ，所以MN//平面PBC . 因为平面MNFE ∩平面PBC =EF ，所以MN//EF ．(2)解：取BC 中点O ，连接PO ，AO .因为△PBC 是等边三角形，所以PO ⊥BC .因为平面PBC ⊥平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC . 因为AB =AC =3，所以AO ⊥BC . 又BC =2，M 为AB 中点，易得PO =√3，AO =2√2，PA =√11. 在△PAC 中，cos ∠PCA =PC 2+AC 2−PA 22PC⋅AC=16，所以sin ∠PCA =√356，所以S △PAC =12PC ⋅AC sin ∠PCA =√352， S △AMC =12S △ABC =12×12BC ×AO =√2，所V P−AMC =13×√2×√3=√63.设点M到平面PAC的距离为d. 因为V M−PAC=V P−AMC，所以13×√352d=√63，解得d=2√21035，所以点M到平面PAC的距离为2√21035．【答案】解：(1)作出频率分布直方图如图所示：(2)平均数为：x¯=1100(10×10+30×10+50×20+70×40+90×20)=60，方差为：s2=1100[(10−60)2×10+(30−60)2×10+(50−60)2×20+(70−60)2×40+(90−60)2×20]=580，所以标准差s=√580=2√145≈24.1．【考点】频率分布直方图众数、中位数、平均数极差、方差与标准差【解析】无无【解答】解：(1)作出频率分布直方图如图所示：(2)平均数为：x¯=1100(10×10+30×10+50×20+70×40+90×20)=60，方差为：s2=1100[(10−60)2×10+(30−60)2×10+(50−60)2×20+(70−60)2×40+(90−60)2×20]=580，所以标准差s=√580=2√145≈24.1．【答案】解：(1)f′(x)=1−ln xx2−a.因为函数f(x)在x=e处的切线平行与x轴，则f′(e)=0，即a=0，此时f′(x)=1−ln xx2.令f′(x)=0，解得x=e.当0<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间为(0,e)，单调递减区间为(e,+∞)．(2)F(x)=f(x)x=ln xx2−a，定义域为(0,+∞)，则F′(x)=1−2ln xx3，当x∈(0,√e)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，当x∈(√e,+∞)时，F′(x)<0，F(x)单调递减，所以F(x)在x=√e处取得极大值F(√e)=12e−a.又F(1e)=−e2−a<0，所以F(x)在(0,e)上有两个零点只需{F(√e)>0,F(e)<0,即{12e −a >0,1e −a <0, 解得1e 2<a <12e ，所以实数a 的取值范围为1e 2<a <12e．【考点】利用导数研究与函数零点有关的问题利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的单调性【解析】【解答】解：(1)f ′(x)=1−ln x x 2−a .因为函数f(x)在x =e 处的切线平行与x 轴，则f ′(e)=0，即a =0，此时f ′(x)=1−ln x x .令f ′(x)=0，解得x =e .当0<x <e 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当x >e 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间为(0,e)，单调递减区间为(e,+∞)． (2)F(x)=f(x)x=ln x x 2−a ，定义域为(0,+∞)，则F ′(x)=1−2ln x x 3，当x ∈(0,√e)时，F ′(x)>0，F(x)单调递增，当x ∈(√e,+∞)时，F ′(x)<0，F(x)单调递减，所以F(x)在x =√e 处取得极大值F(√e)=12e −a . 又F (1e)=−e 2−a <0，所以F(x)在(0,e)上有两个零点只需{F(√e)>0,F(e)<0,即{12e−a >0,1e 2−a <0,解得1e 2<a <12e ，所以实数a 的取值范围为1e 2<a <12e ．【答案】(1)解：设椭圆的焦距为2c ，则ca =√22①， 4a 2+2b 2=1②，又a 2=b 2+c 2③，由①②③解得a 2=8，b 2=4，c 2=4，所以椭圆M 的标准方程为x 28+y 24=1．(2)证明：易得A(0，2)，B(0，−2)，直线l 的方程为y =kx −2. 因为直线l 不过点(2√2,0)，所以k ≠√22. 由{y =kx −2,x 2+2y 2=8,得(2k 2+1)x 2−8kx =0，所以x N =8k 2k 2+1，从而N (8k2k 2+1,4k 2−22k 2+1)，P (2k ,0)，直线AN 的斜率为4k 2−22k 2+1−28k 2k 2+1=−12k，故直线AN 的方程为y =−12k x +2. 令x =2√2，得Q (2√2,−√2k+2).直线PQ 的斜率k PQ =−√2k+22√2−2k=√22√2k −2=√2(√2k 2(√2k −1) =√22，所以直线PQ 的斜率为定值√22．【考点】圆锥曲线中的定点与定值问题椭圆的离心率椭圆的标准方程【解析】左侧图片未给出解析．左侧图片未给出解析．【解答】(1)解：设椭圆的焦距为2c ，则ca =√22①， 4a 2+2b 2=1②，又a 2=b 2+c 2③，由①②③解得a 2=8，b 2=4，c 2=4，所以椭圆M 的标准方程为x 28+y 24=1．(2)证明：易得A(0，2)，B(0，−2)，直线l 的方程为y =kx −2. 因为直线l 不过点(2√2,0)，所以k ≠√22. 由{y =kx −2,x 2+2y 2=8,得(2k 2+1)x 2−8kx =0，所以x N =8k2k +1，从而N (8k2k 2+1,4k 2−22k 2+1)，P (2k ,0)，直线AN 的斜率为4k 2−22k 2+1−28k 2k 2+1=−12k ，故直线AN 的方程为y =−12k x +2. 令x =2√2，得Q (2√2,−√2k+2).直线PQ 的斜率k PQ =−√2k+22√2−2k=−√2+2k 2√2k −2=√2(√2k 2(√2k −1) =√22，所以直线PQ 的斜率为定值√22．【答案】解：(1)直线l 的参数方程为{x =−1−t,y =1+t （t 为参数），两式相加得x +y =0，所以直线l 的极坐标方程为：θ=34π和θ=74π. 由ρ=6m cos θ(m >0)，得ρ2=6mρcos θ. 因为ρ2=x 2+y 2，x =ρcos θ，所以曲线C 的普通方程为x 2−6mx +y 2=0，即(x −3m )2+y 2=9m 2 ．(2)由(1)知直线l 和曲线C 均过极点，将直线l 的极坐标方程代入曲线C 的极坐标方程得：ρ=−3√2m （舍）或ρ=3√2m ．因为|AB|=6，所以3√2m =6，解得m =√2 ．【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化直线的极坐标方程参数方程与普通方程的互化圆的极坐标方程【解析】【解答】解：(1)直线l 的参数方程为{x =−1−t,y =1+t （t 为参数），两式相加得x +y =0，所以直线l 的极坐标方程为：θ=34π和θ=74π.由ρ=6m cos θ(m >0)，得ρ2=6mρcos θ. 因为ρ2=x 2+y 2，x =ρcos θ，所以曲线C 的普通方程为x 2−6mx +y 2=0，即(x −3m )2+y 2=9m 2 ． (2)由(1)知直线l 和曲线C 均过极点，将直线l 的极坐标方程代入曲线C 的极坐标方程得：ρ=−3√2m （舍）或ρ=3√2m ．因为|AB|=6，所以3√2m =6，解得m =√2 ．【答案】(1)解：当a =1时，不等式f (x )>x +1, 等价于|x +1|+|x −1|>x +1，即{x ≤−1,−3x −1>0,或{−1<x <1,x −1<0, 或{x ≥1,x −1>0, 解得{x|x ≠1}．(2)证明：f (x )=|x +a |+|x −1a |≥|(x +a )−(x −1a )|=|a +1a |=|a |+|1a |（因为a 与1a 同号） ≥2√|a |×|1a |=2，所以f (x )≥2．【考点】绝对值不等式的解法与证明基本不等式在最值问题中的应用【解析】第21页共22页 ◎ 第22页共22页左侧图片未给出解析．左侧图片未给出解析．【解答】(1)解：当a =1时，不等式f (x )>x +1, 等价于|x +1|+|x −1|>x +1，即{x ≤−1,−3x −1>0,或{−1<x <1,x −1<0, 或{x ≥1,x −1>0,解得{x|x ≠1}．(2)证明：f (x )=|x +a |+|x −1a |≥|(x +a )−(x −1a )|=|a +1a |=|a |+|1a |（因为a 与1a 同号）≥2√|a |×|1a |=2，所以f (x )≥2．。

四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期开学考试文科数学试题(含解析)

四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期开学考试文科数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________．．．．．已知实数,x y 满足x a ，则下列关系式恒成立的是（．221111x y >++ln 2(1)x +＞ln 2(yA ．14B ．128．已知函数()sin(4)(0f x A x ϕ=+<于直线π24x =-对称，将()f x 图象上所有点的纵坐标保持不变，得到函数()g x 的图象，则()g x 在区间A ．12B ．1二、填空题三、解答题(1)求证：AP CP ⊥；(2)求三棱锥P ADE -的体积．19．已知某绿豆新品种发芽的适宜温度在究温度x （℃）与绿豆新品种发芽数其中24y =，71()()70i i i x x y y =--=∑(1)运用相关系数进行分析说明，是否可以用线性回归模型拟合参考答案：8．C【分析】根据已知条件求得求法求得正确答案.sin πA ϕ⎧=⎪因为M 为双曲线右支上一点，设12,MF m MF n ==，则m -故222224,m n mn a m +-=∴+在12F MF △中，2121|||F F MF =15．0【分析】设()()1122,,,A x y B x y ，联立直线与抛物线方程可得积的坐标运算公式求MA MB ⋅的值【详解】解：如图，设()11,,A x y B y y -317．（1）见解析（2）n T =【详解】试题分析：(1)题中所给的递推关系整理可得：{}n a n -是首项为2，公比为19．(1)可以用线性回归方程模型拟合(2)5722ˆyx =-，种子的发芽颗数为【分析】（1）根据已知数据代入相关系数公式计算即可作出判断；。

2021届四川省成都石室中学高三上学期开学考试数学(文)试题 PDF版

石室中学高 2021 届 2020-2021 学年度上期入学考试
文科数学试卷
一、选择题（共 12 小题；共 60 分）
1.已知集合 A x, y x y 0, x, y R, B x, y x y+1 0, x, y R ，则集合 A I B 的元素个
数是（）
A．0
B．1
C．2
D．3
2．i 为虚数单位， z 5i ，则 z 的共轭复数为（） 1 2i
（Ⅱ）求 y 关于 x 的线性回归方程，并估计如果 B 考生参加了这次物理考试（已知 B 考生的
数学成绩为125 分），物理成绩是多少？n Nhomakorabean
(xi x)( yi y)
xi yi nx y
附：回归方程 $y a$ b$x 中, b$ i1 n
(xi x)2
=
i 1 n
xi 2
2
nx
第 1 页共 4 页命题人：
A． y 2x 2x B． y x tan x
C． y x sin x
D． y 1 2x x
8．抛物线 C : y2 4x 的焦点为 F ，其准线 l 与 x 轴交于点 A ，点 M 在抛物线 C 上，
MA
当 MF
2 时， AMF 的面积为（
）
A．1
i 1
i 1
n
又因为
42
xi
i 1
x 2
16940 ，所以 bˆ
xi
i 1 n
x yi y xi x 2
8470 16940
0.5 ，
i 1
a$ y b$x 74 0.5110 19 ，所以 $y 0.5x 19 ，................10 分

四川省顶级名校2021届高三上学期开学考试数学(文)试题

高2021届2020-2021学年度上期入学考试
文科数学试卷
一、选择题（共12小题；共60分）
1.已知集合，则集合的元素个数是（）
A．0 B．1 C．2 D．3
2．i为虚数单位，，则的共轭复数为（）
A. B． C. D．
3．石室中学为了解1 000名学生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1 000，从这些学生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验，若46号学生被抽到，则以下4名学生中被抽到的是（）
（2）对称轴为 ..................5分
当时，即，
在上单调递增；.................8分
当时，即，又
令，则，
当或时，；
当时，；
在，上单调递增；
在上单调递减..................12分
19.（1）设与相交于点，连接，
∵四边形为菱形，∴ ，且为中点，
由短轴长为2，可得，…………1分
又，解得，，
其中所有正确结论的序号为_______
三、解答题（共6小题；共70分）
17.(本题满分12分)石室中学高三学生摸底考试后，从全体考生中随机抽取名，获取他们本次考试的数学成绩( )和物理成绩( )，绘制成如图散点图：
根据散点图可以看出与之间有线性相关关系，但图中有两个异常点．经调查得知，考生由于重感冒导致物理考试发挥失常，考生因故未能参加物理考试．为了使分析结果更科学准确，剔除这两组数据后，对剩下的数据作处理，得到一些统计的值：其中分别表示这名同学的数学成绩、物理成绩，，与的相关系数．
15．已知是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则使得成立的的取值集合是___________．

2021年四川省成都市青羊区石室中学高考数学适应性试卷(文科)(一)(附答案详解)

2021年四川省成都市青羊区石室中学高考数学适应性试卷（文科）（一）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.(2021·四川省成都市·模拟题)已知集合M={m|m=x|x|+y|y|+z|z|+xyz|xyz|,x、y、z为非零实数}，则M的子集个数是()A. 2B. 3C. 4D. 82.(2021·四川省成都市·模拟题)若复数z满足(1+i)⋅z=1−i2021，则其共轭复数z−的模为()A. 1B. −1C. √2D. √223.(2021·安徽省·月考试卷)根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为1080，则下列各数中与MN最接近的是()(参考数据：lg3≈0.48)A. 1033B. 1053C. 1073D. 10934.(2020·重庆市市辖区·月考试卷)设等比数列{a n}的公比为q，前n项的和为S n，则“q>0”是“S1⋅S3<S22”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5.(2020·安徽省六安市·期末考试)某学校为了解1000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验，若45号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是()A. 8号学生B. 200号学生C. 616号学生D. 815号学生6.(2021·四川省成都市·模拟题)已知圆柱形石材，底面圆半径为5−12，高为log59，若此石材可加工成体积最大的球体，则此球表面积为()A. 45π B. 4π(log53)2 C. 4π(log59)2 D. 425π7.(2020·云南省昭通市·单元测试)已知圆的半径为2，在圆C内随机取一点M，则过点M的所有弦的长度都大于2√3的概率为()A. 1πB. 34C. 14D. 128. (2021·云南省大理白族自治州·模拟题)已知函数f(x)=sinωx +√3cosωx(ω>0)的零点依次构成一个公差为π2的等差数列，把函数f(x)的图象沿x 轴向右平移π6个单位，得到函数g(x)的图象，则函数g(x)( )A. 是偶函数B. 其图象关于直线x =π2对称 C. 在[π4,π2]上是增函数D. 在区间[π6,2π3]上的值域为[−√3,2]9. (2021·四川省成都市·模拟题)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为∠A ，∠B ，∠C 所对的边，若函数f(x)=13x 3+bx 2+(a 2+c 2−ac)x +1有极值点，则cos2B +cosB 的取值范围是( )A. [−98,0]B. [−98,0)C. (−98,0)D. [−98,12]10. (2021·四川省成都市·模拟题)已知圆C 1：(x +2)2+y 2=1，C 2：(x −2)2+y 2=49，动圆C 满足与C 1外切且C 2与内切，若M 为C 1上的动点，且CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则|CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值为( )A. √2B. √3C. 2D. √511. (2021·四川省成都市·模拟题)设函数f(x)=e x+a ，g(x)=2−4e −x−a ，其中e 为自然对数的底数，若存在实数x 0，使得f(x 0)−g(x 0)=−x 022−2x 0成立，则实数a 值为( )A. −2+ln2B. 1+ln2C. −1−ln2D. 2+ln212. (2021·四川省成都市·模拟题)已知棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，棱DD 1中点为M ，动点P 、Q 、R 分别满足：点P 到异面直线BC 、C 1D 1的距离相等，点Q 使得异面直线A 1Q 、BC 所成角正弦值为定值√2121，点R 在面BAA 1B 1内运动.当动点P 、Q 两点恰好在正方体侧面CDD 1C 1内时，则多面体RMPC 1Q 体积最小值为( )A. 56B. 12C. 1D. 13二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. (2021·四川省成都市·模拟题)已知方程(m −2)x 2+my 2=1表示双曲线，则m 的取值范围是______ ．14. (2020·湖北省十堰市·期中考试)圆x 2+y 2+4x −6y +1=0关于直线ax −by +8=0(a >0,b >0)对称，则3a +2b 的最小值是______ ．15. (2021·四川省成都市·模拟题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n,a n )在y =x 上，[x]表示不超过x 的最大整数，则[20212S 1+20212S 2+⋯+20212S 2021]= ______ ．16. (2021·福建省泉州市·模拟题)拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个正三角形，则这三个正三角形的中心恰为另一个正三角形的顶点.”利用该定理可为任意形状的市区科学地确定新的发展中心区位置，合理组织人流、物流，使城市土地的利用率，建筑的使用效率达到最佳，因而在城市建设规划中具有很好的应用价值.如图，设△ABC 代表旧城区，新的城市发展中心O 1，O 2，O 3分别为正△ACD ，正△ABE ，正△BCF 的中心.现已知AB =2，∠ACB =30°，△O 1O 2O 3的面积为√3，则ABC 的面积为______ ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分） 17. (2019·福建省·单元测试)在△ABC 中，2cos 2A−B 2cosB −sin(A −B)sinB +cos(A +C)=−35． (1)求cos A 的值；(2)若a =4√2，b =5，求BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 在BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影．18.(2021·四川省成都市·模拟题)如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是B1B，BC的中点．(1)证明：A1E，AB，DF三线共点；(2)求三棱锥D−A1FC1的体积．19.(2021·福建省泉州市·模拟题)已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，P为C上的动点，Q为P在动直线y=t(t<0)上的投影、当△PQF为等边三角形时，其面积为4√3．(1)求C的方程；(2)设O为原点，过点P的直线1与C相切，且与椭圆x24+y22=1交于A，B两点，直线OQ与AB交于点M.试问：是否存在t，使得|AM|=|BM|恒成立？若存在，求t的值：若不存在，请说明理由．20.(2020·广东省广州市·期末考试)某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过1kg的包裹收费10元；重量超过1kg的包裹，除1kg收费10元之外，超过1kg的部分，每超出1kg(不足1kg，按1kg计算)需再收5元．该公司将最近承揽的100件包裹的重量统计如表：公司对近60天，每天揽件数量统计如表：以上数据已做近似处理，并将频率视为概率．(1)计算该公司未来3天内恰有2天揽件数在101～400之间的概率；(2)①估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；②公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的用作其他费用．目前前台有工作人员3人，每人每天揽件不超过150件，工资100元．公司正在考虑是否将前台工作人员裁减1人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，并判断裁员是否对提高公司利润更有利？21.(2020·河南省·模拟题)已知函数f(x)=xe x−ae2x(a∈R)在定义域内有两个不同的极值点．(1)求实数a的取值范围；(2)若f(x)有两个不同的极值点x1，x2，且x1<x2，若不等式x1+λx2>0恒成立，求正实数λ的取值范围．22. (2021·四川省成都市·模拟题)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =1+tcosαy =tsinα(t,α中的一个为参数)，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l ：ρsin(θ−π3)=1．(1)当t 为参数，α=π3时，判断曲线C 1与直线l 的位置关系；(2)当α为参数，t =2时，直线l 与曲线C 1交于不同的两点A ，B ，若P(0,2)，求1|PA|+1|PB|的值．23. (2020·江苏省·单元测试)已知a >0，b >0，且a +b =1．(1)求1a +2b 的最小值； (2)证明：ab+2ba 2+b 2+1<√52．答案和解析1.【答案】D【知识点】子集与真子集【解析】解：当x、y、z都是正数时，m=4；当x、y、z都是负数时，m=−4；当x、y、z中有一个是正数时，另外两个是负数或有两个是正数，另一个是负数时，m=0；故该集合中有3个元素，则其子集个数为23=8．故选：D．讨论x、y、z的符号，得到集合M的元素，然后根据子集的公式可得结论．本题主要考查了集合子集的概念，以及分类讨论的数学思想和运算求解的能力，属于基础题．2.【答案】A【知识点】复数的模、复数的四则运算【解析】解：由(1+i)⋅z=1−i2021=1−(i4)505⋅i=1−i，得z=1−i1+i =(1−i)2(1+i)(1−i)=−2i12+12=−i，∴|z−|=|z|=|i|=1．故选：A．利用虚数单位i的运算性质及复数代数形式的乘除运算化简z，再由|z−|=|z|求解．本题考查虚数单位i的运算性质，考查复数模的求法，是基础题．3.【答案】D【知识点】对数与对数运算、指数与指数幂的运算【解析】【分析】本题考查指数形式与对数形式的互化，属于基础题．根据对数的性质：T=a log a T，可得：3=10lg3≈100.48，将M也化为10为底的指数形式，进而可得结果．【解答】解：由题意：M≈3361，N≈1080，根据对数性质有：3=10lg3≈100.48，∴M≈3361≈(100.48)361≈10173，∴MN ≈101731080=1093．故选D．4.【答案】C【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】解：S1=a1，S2=a1(1+q)，S3=a1(1+q+q2)，故S22−S1⋅S3=a12[(1+q)2−(1+q+q2)]=a12q，因为在等比数列{a n}中，a1≠0，故S1⋅S3<S22⇔q>0，故选：C．求出等比数列的和，作差，再根据充要条件的定义进行判断即可．本题考查了充要条件的定义，等比数列求和，属于基础题．5.【答案】D【知识点】系统抽样【解析】解：∵从1000名学生从中抽取一个容量为100的样本，∴系统抽样的分段间隔为10，∵45号学生被抽到，则根据系统抽样的性质可知，第一组随机抽取一个号码为5，以后每个号码都比前一个号码增加10，所有号码数是以5为首项，以10为公差的等差数列，设其数列为{a n}，则a n=5+10(n−1)=10n−5，由于10n−5=815，即n=81，故D被抽到．故选：D．根据系统抽样的特征，从1000名学生从中抽取一个容量为100的样本，抽样的分段间隔为10，结合45号学生被抽到，可得第一组用简单随机抽样抽取的号码．本题考查了系统抽样方法，关键是求得系统抽样的分段间隔．6.【答案】A【知识点】球的表面积和体积【解析】解：因为圆柱的底面圆半径为5−12，高为log 59，且log 59=2log 53，又5−12=1√5<12=log 5√5<log 53，所以若此石材可加工成体积最大的球体，则此球的半径为5−12，所以此球的表面积为S =4π⋅(1√5)2=4π5．故选：A ．比较圆柱的底面圆半径和高的一半的大小，求出此石材可加工成体积最大的球体的半径，再求球的表面积．本题考查了圆柱的结构特征与球体的结构特征与应用问题，是基础题．7.【答案】C【知识点】与面积有关的几何概型、几何概型【解析】解：如图，要使过点M 的所有弦都大于2√3，|OM|≤1，所以点M 在以O 为圆心，1为半径的圆的内部及圆周上，所以过点M 的所有弦的长度都大于2√3的概率P =π4π=14．故选：C ．由勾股定理及几何概型中的面积型可得：点M 在以O 为圆心，1为半径的圆的内部及圆周上，根据与面积有关的几何概率公式可求．本题考查了几何概型中的面积型，属基础题．8.【答案】D【知识点】函数y =A sin(ωx +φ)的图象与性质【解析】解：函数f(x)=sinωx +√3cosωx(ω>0)=2sin(ωx +π3) 的零点依次构成一个公差为π2的等差数列， ∴12⋅2πω=π2，∴ω=2，f(x)=2sin(2x +π3).把函数f(x)的图象沿x 轴向右平移π6个单位，得到函数g(x)=2sin2x 的图象，故g(x)是奇函数，故A 错误；令x =π2，可得g(x)=0，故g(x)的图象关于点(π2,0)对称，故B 错误；当x ∈[π4,π2]，2x ∈[π2,π]，g(x)是减函数，故C 错误；当x ∈[π6,2π3]，2x ∈[π3,4π3]，g(x)∈[−√3,2]，故D 正确，故选：D ．由题意利用函数y =Asin(ωx +φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，得出结论．本题主要考查函数y =Asin(ωx +φ)的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，属于中档题．9.【答案】B【知识点】利用导数研究函数的极值【解析】解：∵f(x)=13x 3+bx 2+(a 2+c 2−ac)x +1， ∴f′(x)=x 2+2bx +(a 2+c 2−ac)，又∵函数f(x)=13x 3+bx 2+(a 2+c 2−ac)x +1有极值点， ∴x 2+2bx +(a 2+c 2−ac)=0有两个不同的根， ∴△=(2b)2−4(a 2+c 2−ac)>0，即ac >a 2+c 2−b 2，即ac >2accosB ，即cosB <12， ∴−1<cosB <12，∴cos2B +cosB =2cos 2B +cosB −1=2(cosB +14)2−98∈[−98,0)，故选：B ．先求导f′(x)=x 2+2bx +(a 2+c 2−ac)，从而化函数f(x)有极值点为x 2+2bx +(a 2+c 2−ac)=0有两个不同的根，从而再利用余弦定理求解cos B 的取值范围即可求得．本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，是中档题．10.【答案】B【知识点】向量的数量积【解析】解∵圆C 1的方程为：(x +2)2+y 2=1，∴圆C 1的圆心为(−2,0)，半径r 1=1，同理圆C 2的圆心为(2,0)，半径r 2=7，设动圆C 的半径为R ，∵动圆C 满足与C 1外切且C 2与内切，∴|C 1C|=r 1+R =1+R ，|C 2C|=r 2−R =7−R ，两式相加得|C 1C|+|C 2C|=1+7=8>4，∴圆心C 在以C 1、C 2为焦点的椭圆上运动，由2a =8，c =2，得a =4，b =√a 2−c 2=2√3， ∴椭圆方程为x 216+y 212=1，即动圆圆心C 的轨迹方程为：x 216+y 212=1，如下图，∵M 为C 1上的动点，且CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，∴CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥C 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴当|CC 1|最小时，|CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |最小， ∵|CC 1|最小值为a −c =2，∴|CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |最小值为√22−12=√3，故选：B ．根据两圆相切的性质证出|C 1C|+|C 2C|=8>4，得到圆心C 在以C 1、C 2为焦点的椭圆上运动，可得动圆圆心C 的轨迹方程，再利用椭圆的性质和勾股定理即可求解．本题考查了圆的标准方程、圆与圆的位置关系，动点轨迹方程的求法，椭圆的性质，属于中档题．11.【答案】D【知识点】利用导数研究闭区间上函数的最值【解析】解：若存在实数x 0，使得f(x 0)−g(x 0)=−x 022−2x 0成立，即e x 0+a +4ex 0+a =2−x 022−2x 0在x 0∈(−∞,+∞)上成立，由e x 0+a +4e x 0+a ≥2√e x 0+a ⋅4ex 0+a =4，当且仅当e x 0+a =4e x 0+a 即x 0=ln2−a 时取“=”，设g(x)=2−x 22−2x ，则g′(x)=−x −2，由g′(x)<0，解得：x >−2，由g′(x)>0，解得：x <−2，故g(x)在(−∞,−2)递增，在(−2,+∞)递减，故g(x)≤g(−2)=4，要使得e x 0+a +4ex 0+a =2−x 022−2x 0在x 0∈(−∞,+∞)上成立，则x 0=ln2−a =−2，故a =2+ln2，故选：D ．求出ex 0+a+4e x 0+a ≥4，2−x 022−2x 0≤4，得到关于a 的方程，求出a 的值即可．本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用，基本不等式的性质以及转化思想，是中档题．12.【答案】A【知识点】圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积、异面直线所成角【解析】解：∵四边形CDD 1C 1中，点P 到异面直线BC 、C 1D 1的距离相等，且点P 到直线C 1D 1的距离始终为CP ， ∴点P 的轨迹为是以C 为焦点，以x =−1为准线的抛物线，∵四边形CDD 1C 1中，点Q 使得异面直线A 1Q 、BC 所成角正弦值为定值√2121，即点Q 使得异面直线A 1Q 、A 1D 1所成角正弦值为定值√2121，则其正切值为定值√510，而A 1D 1⊥PD 1，∴在Rt △A 1D 1P 中，D 1PA 1D 1=√510，则D 1P 为定值√55，则点Q 的轨迹是以D 1为圆心，√55为半径的14圆，显然S MPC 1Q =S △MC 1Q +S △MC 1P ，而(S △MC 1Q )min =12×√5×(2√5−√55)=12(当Q 为过D 1且垂直MC 1的直线与圆的交点时)，(S △MC 1P )min =12×√5×32√5=34(当P 处切线//MC 1时)，∴(S MPC 1Q )min =12+34=54，而动点R 到平面CDD 1C 1的距离为定值2， ∴多面体RMPC 1Q 体积最小值为13×54×2=56．故选：A ．依题意，求得动点P 及动点Q 的轨迹，由此可求得△MC 1Q ，△MC 1P 面积的最小值，进而求得四边形MPC 1Q 面积的最小值，而动点R 到平面CDD 1C 1的距离为定值2，用锥体的体积公式即可得解．本题考查立体几何与圆锥曲线的综合运用，涉及了动点的轨迹方程以及多面体体积的求法，考查直观想象及逻辑推理等数学素养，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于难题．13.【答案】(0,2)【知识点】双曲线的性质及几何意义【解析】解：∵方程(m−2)x2+my2=1表示双曲线，∴(m−2)m<0，即0<m<2，∴m的取值范围是(0,2)．故答案为：(0,2)．由方程(m−2)x2+my2=1表示双曲线，可得(m−2)m<0，求解得答案．本题考查双曲线的方程与几何性质，是基础题．14.【答案】3【知识点】直线与圆的位置关系及判定、基本不等式【解析】解：由x2+y2+4x−6y+1=0，得(x+2)2+(y−3)2=12，∴圆心坐标为(−2,3)，∵圆x2+y2+4x−6y+1=0关于直线ax−by+8=0(a>0,b>0)对称，∴2a+3b=8，即a4+3b8=1，则3a +2b=(3a+2b)(a4+3b8)=32+9b8a+a2b≥32+2√9b8a⋅a2b=32+32=3．当且仅当9b8a =a2b，即a=2，b=43时上式取等号．∴3a +2b的最小值是3．故答案为：3．化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标，把圆心坐标代入直线方程，整理后借助于1的代换，再由基本不等式求最值．本题考查直线与圆位置关系的应用，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．15.【答案】2022【知识点】数列求和方法【解析】解：∵点(n,a n)在y=x上，∴a n=n，∴S n=n(n+1)2，∴12S n =1n(n+1)=1n−1n+1，∴2021(12S1+12S2+⋯…+12S2021)=2021×(1−12+12−13+⋯…+12021−12022)=2021×(1−12+12−13+⋯…+12021−12022)=2021×20212020=2022+12021，∴[20212S1+20212S2+⋯+20212S2021]=[2022+12021]=2022，故答案为：2022．点(n,a n)在y=x上，可得a n=n，利用求和公式可得S n，12Sn，利用裂项求和方法可得：2021(12S1+12S2+⋯…+12S2021)，进而得出结论．本题考查了等差数列的通项公式及求和公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．16.【答案】2√33【知识点】解三角形的实际应用【解析】解：如图所示，连接CO1，CO2，由题意得：CO1=√33AC，CO2=√33BC，∠O2CB=30°，∠O1CA=30°，又∠ACB=30°，∴∠O1CO2=90°，又S△O1O2O3=√34O1O22=√3，∴O1O2=2，由勾股定理可得：CO12+CO22=O1O22，则(√33AC)2+(√33BC)2=O1O22，得AC2+BC2=12，由余弦定理可得：AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cos30°又AB=2，解得AC⋅BC=8√33，∴S△ABC=12AC⋅BC⋅sin30°=2√33．故答案为：2√33．连接CO1，CO2，得CO1=√33AC，CO2=√33BC，∠O2CB=30°，∠O1CA=30°，进一步可得∠O1CO2=90°，利用勾股定理求得AC2+BC2=12，再由余弦定理AC⋅BC，则ABC 的面积可求．本题考查三角形的解法，考查数形结合思想，考查余弦定理的应用，是中档题．17.【答案】解：(Ⅰ)由2cos2A−B2cosB−sin(A−B)sinB+cos(A+C)=−35可得cos(A−B)cosB−sin(A−B)sin(A+c)=−35，可得cos(A −B)cosB −sin(A −B)sinB =−35，即cos(A −B +B)=−35，即cosA =−35，(Ⅱ)由正弦定理，asinA =bsinB ，所以sinB =bsinA a=√22，由题意可知a >b ，即A >B ，所以B =π4，由余弦定理可知(4√2)2=52+c 2−2×5c ×(−35)．解得c =1，c =−7(舍去)．向量BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 在BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影：|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |cosB =ccosB =√22．【知识点】向量的加法、减法、数乘运算、二倍角公式及其应用、两角和与差的三角函数公式、余弦定理【解析】(Ⅰ)由已知条件利用三角形的内角和以及两角差的余弦函数，求出A 的余弦值，然后求sin A 的值；(Ⅱ)利用a =4√2，b =5，结合正弦定理，求出B 的正弦函数，求出B 的值，利用余弦定理求出c 的大小．本题考查两角和的余弦函数，正弦定理以及余弦定理同角三角函数的基本关系式等基本知识，考查计算能力转化思想．18.【答案】(1)证明：EF//A 1D 且EF ≠A 1D ，∴A 1E ，DF 共面．∴设A 1E⋂DF =P ，则P ∈A 1E ，而A 1E ⊂面AA 1B 1B ， ∴P ∈面AA 1B 1B ；同理可得∴P ∈面ABCD ，∴点P 在面ABCD 与面AA 1B 1B 的公共直线AB 上，即A 1E ，AB ，DF 三线共点．(2)解：连接AC 交DF 于点P ，由相似比有DP ：PF =AD ：FC =2：1，V D−A 1FC 1=V D−A 1PC 1+V F−A 1PC 1=V D−A 1PC 1+12V D−A 1PC 1=32V D−A 1PC 1，连接DB 交AC 于点Q ，由AA 1⊥面ABCD ，DQ ⊂面ABCD ，AA 1⊥QD ，AC ⊥QD ，AC ∩AA 1=A ，所以DQ ⊥面AA 1CC 1，DQ =√2，S △A 1PC 1=12×2√2×2=2√2， V D−A 1FC 1=32V D−A 1PC 1=32×13×2√2×√2=2．【知识点】圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积、平面的基本性质及应用【解析】(1)设A 1E⋂DF =P ，证明P ∈面AA 1B 1B ；P ∈面ABCD ，说明点P 在面ABCD 与面AA 1B 1B 的公共直线AB 上，推出A 1E ，AB ，DF 三线共点．(2)连接AC 交DF 于点P ，由相似比有DP ：PF =AD ：FC =2：1，通过V D−A 1FC 1=V D−A 1PC 1+V F−A 1PC 1=V D−A 1PC 1+12V D−A 1PC 1=32V D−A 1PC 1，连接DB 交AC 于点Q ，转化求解即可．本题考查几何体的体积的求法，三线共点问题，考查空间想象能力，逻辑推理能力以及计算能力，是中档题．19.【答案】解：(1)设P(x 0,y 0)，F(0,p2)，△PQF 为等边三角形时，其面积为4√3， ∴12⋅|PQ|2⋅sin π3=4√3，解得|PQ|=4，∵Q 为P 在动直线y =t(t <0)上的投影，∴Q(x 0,t)，当△PQF 为等边三角形时，|PQ|=|PF|=|QF|，由抛物线的定义知，t =−p2， ∴{y 0+p 2=4x 02+p 2=16x 02=2py 0，解得p =2． ∴抛物线C 的方程为x 2=4y ； (2)存在t ，使得|AM|=|BM|，t =1．证明如下：设P(x 0,y 0)，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则x 02=4y 0，Q(x 0,t)，∵y =14x 2，∴y′=12x ，∴切线l ：y −y 0=12x 0(x −x 0)，即y =12x 0x −y 0，联立{y =12x 0x −y 0x 24+y 22=1，得(1+12x 02)x 2−2x 0y 0x +2y 02−4=0．∴x 1+x 2=2x 0y 01+12x 02，则y 1+y 2=12x 0x 1−y 0+12x 0x 2−y 0=12x 0⋅2x 0y 01+12x 02−2y 0=4y 0x 02+2 ∵Q(x 0,t)，∴l OQ ：y =−tx 0x ，联立{y =−tx 0x y =12x 0x −y 0，得y M =−2y 0t x 02−2t ， ∵|AM|=|BM|，且A 、B 、M 共线，∴M 为AB 的中点，则2y M =y 1+y 2，即−4y 0t x 02−2t =4y 0x 02+2，解得t =1．综上，存在t ，使得|AM|=|BM|，t =1．【知识点】抛物线的概念及标准方程、直线与抛物线的位置关系【解析】(1)根据正三角形得三角形的边长，再由抛物线的定义列方程组，解方程即可； (2)根据导数的几何意义得到直线l 的方程，联立直线与椭圆方程，利用根与系数的关系得M 的坐标，由|AM|=|BM|知M 为AB 的中点，再根据中点坐标公式列方程，解方程即可求得结果．本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．20.【答案】解：(1)样本中包裹件数在101～400之间的天数为48，频率f =4860=45，故可估计概率为45，未来3天中，包裹件数在101～400之间的天数X 服从二项分布，即X ～B(3,45)，故所求概率为C 32×(45)2×15=48125； (2)①样本中快递费用及包裹件数如下表：故样本中每件快递收取的费用的平均值为10×43+15×30+20×15+25×8+30×4100=15(元)，故该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为15元．②根据题意及(2)①，揽件数每增加1，可使前台工资和公司利润增加15×13=5(元)，将题目中的天数转化为频率，得若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润的期望值为260×5−3×100=1000(元)；若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润的期望值为235×5−2×100=975(元)因975<1000，故公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利．【知识点】众数、中位数、平均数、n次独立重复试验与二项分布、离散型随机变量的期望与方差【解析】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列及数学期望的求法及应用，考查二项分布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．(1)样本中包裹件数在101～400之间的天数为48，频率f=4860=45，可估计概率为45，未来3天中，包裹件数在101～400之间的天数X服从二项分布X～B(3,45)，由此能求出该公司未来3天内恰有2天揽件数在101～400之间的概率．(2)①列表求出样本中快递费用及包裹件数，由此能求出样本中每件快递收取的费用的平均值．②揽件数每增加1，可使前台工资和公司利润增加5元，将题目中的天数转化为频率，得若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司平均每日利润的期望值为260×5−3×100=1000元；若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司平均每日利润的期望值为235×5−2×100=975元，从而公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利．21.【答案】解：(1)由题可知f′(x)=(x+1)e x−2ae2x=0有两个不等的实根，即x+ 1−2ae x=0有两个不等的实根，令2a=x+1e x =ℎ(x)，则ℎ′(x)=e x−(x+1)e x(e x)2=−xe x，∴当x∈(−∞,0)时，ℎ′(x)>0，当x∈(0,+∞)时，ℎ′(x)<0，∴ℎ(x)在(−∞,0)单调递增，在(0,+∞)单调递减，∴ℎ(x)max=ℎ(0)=1，又ℎ(−1)=0，x∈(−∞,−1)时，ℎ(x)<0，x∈(−1,+∞)时，ℎ(x)>0，∴2a∈(0,1)，即a∈(0,12)；(2)由(1)知，x1，x2是方程x+1e x=2a的两根，∴−1<x1<0<x2，则x1+λx2>0即为x2>−x1λ>0，∵ℎ(x)在(0,+∞)上单减，∴ℎ(x2)<ℎ(−x1λ)，又ℎ(x2)=ℎ(x1)，∴ℎ(x1)<ℎ(−x1λ)，即x1+1e x1<−x1λ+1ex1λ，两边取对数，并整理得，λln(x1+1)−λln(1−x1λ)−(1+λ)x1<0对一切x1∈(−1,0)恒成立，设F(x)=λln(x+1)−λln(1−xλ)−(1+λ)x,x∈(−1,0)，则F′(x)=λx+1+11−xλ−(1+λ)=(1+λ)(x+1−λ)x(x+1)(λ−x)当λ≥1时，F′(x)>0对x∈(−1,0)恒成立，∴F(x)在(−1,0)上单增，故F(x)<F(0)=0恒成立，符合题意；当0<λ<1时，λ−1∈(−1,0)，x∈(λ−1,0)时，F′(x)<0，∴F(x)在(λ−1,0)上单减，F(x)>F(0)=0，不合题意．综上，λ≥1．【知识点】利用导数研究函数的极值【解析】(1)问题可等价于x+1−2ae x=0有两个不等的实根，令2a=x+1e x=ℎ(x)，利用导数研究函数ℎ(x)的性质，可得2a∈(0,1)，由此求得实数a的取值范围；(2)显然，x1，x2是方程x+1e x =2a的两根，依题意，x2>−x1λ>0，则x1+1e x1<−x1λ+1ex1λ，两边取对数得到λln(x 1+1)−λln(1−x 1λ)−(1+λ)x 1<0对一切x 1∈(−1,0)恒成立，再构造函数F(x)=λln(x +1)−λln(1−x λ)−(1+λ)x,x ∈(−1,0)，分λ≥1及0<λ<1讨论得解．本题考查利用导数研究函数的极值及不等式的恒成立问题，考查函数与方程思想以及运算求解能力，属于中档题．22.【答案】解：(1)当t 为参数，α=π3时，曲线C 1表示直线：y =√3(x −1)，由l ：ρsin(θ−π3)=1，得l ：12ρsinθ−√32ρcosθ=1，将x =ρcosθ，y =ρsinθ代入方程得y =√3x +2，因为斜率相等，所以曲线C 1与直线l 平行；(2)当α为参数，t =2时，曲线C 1的参数方程{x =1+2cosαy =2sinα(α为参数)，消去参数得曲线C 1的普通方程(x −1)2+y 2=4，易知直线过P(0,2)，故设直线l 的参数方程为{x =12t y =2+√32t (t 为参数)，联立直线l 的参数方程与曲线C 1的普通方程，得t 2+(2√3−1)t +1=0，设A ，B 对应的参数为t 1，t 2，则t 1+t 2=1−2√3,t 1t 2=1，故1|PA|+1|PB|=1|t 1|+1|t 2|=|t 1|+|t 2||t 1t 2|=|t 1+t 2||t 1t 2|=2√3−1．【知识点】简单曲线的极坐标方程、曲线的参数方程【解析】(1)当t 为参数，α=π3时，化简曲线C 1表示直线：y =√3(x −1)，求出l ：ρsin(θ−π3)=1，即可y =√3x +2，推出结果．(2)求出曲线C 1的普通方程(x −1)2+y 2=4，联立直线l 的参数方程与曲线C 1的普通方程，利用参数的几何意义，转化求解即可．本题考查极坐标方程以及参数方程与普通方程的互化，考查转化思想以及计算能力，是中档题．23.【答案】解：(1)1a +2b =(a +b)(1a +2b )=3+2a b +b a ≥3+2√2a b ⋅b a =3+2√2，当且仅当“b =√2a =2−√2”时取等号，故1a +2b的最小值为3+2√2；(2)证明：ab+2ba2+b2+1=ab+2ba2+b25+4b25+1≤2√a2⋅25+2√25⋅1=ab+2b2√5(ab+2b)=√52，当且仅当a=12,b=√52时取等号，此时a+b≠1．故ab+2ba2+b2+1<√52．【知识点】基本不等式【解析】本题主要考查基本不等式的运用，属于中档题．(1)利用基本不等式即可求得最小值；(2)关键是配凑系数，进而利用基本不等式得证．。

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A． 2x < 3y < 5z
B． 3y < 2x <lt; 3 y < 2x
11.某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球表面积为（）
A．11π
14π
B． 3
28π
C． 3
D．16π
12.已知
a
为常数，函数
f
(x)
=
2ex
−
1 2
ax2
−
ax
+ 1 有两个极值点
第 1 页共 4 页命题人：胡嘉苇文海伦审题人：邵成林
A． y = 2x − 2−x B． y = x tan x
C． y = x − sin x
D． y = 1 − 2x x
8．抛物线 C : y2 = 4x 的焦点为 F ，其准线 l 与 x 轴交于点 A ，点 M 在抛物线 C 上，
x1，x2(x1＜x2)，则下列结论
正确的是（）
A． a < 0 B. 0 < a < 1 C． f ( x1 ) > 3 D． f ( x1 ) < 1
二、填空题（共 4 小题；共 20 分）
13.已知双曲线
x2 a2
−
y2 b2
= 1(a
> 0,b
>
0) 的离心率为
2，则该双曲线的渐近线方程为
（Ⅰ）若不剔除 A, B 两名考生的数据，用 44 组数据作回归分析，设此时 y 与 x 的相关系数为 r0 ．试判断 r0 与 r 的大小关系（不必说理由）；
（Ⅱ）求 y 关于 x 的线性回归方程，并估计如果 B 考生参加了这次物理考试（已知 B 考生的
数学成绩为125 分），物理成绩是多少？
∑ ∑ n
数是（）
A．0
B．1
C．2
D．3
2．i 为虚数单位，
z
=
5i 1+ 2i
，
则z
的共轭复数为
（
）
A. 2 − i
B． 2 + i C. −2 − i D． −2 + i
3．石室中学为了解 1 000 名学生的身体素质，将这些学生编号为 1，2，…，1 000，从这些学生中用系统抽样方法等距抽取 100 名学生进行体质测验，若 46 号学生被抽到，则以下 4 名学生中被抽到的是（）
石室中学高 2021 届 2020-2021 学年度上期入学考试
文科数学试卷
一、选择题（共 12 小题；共 60 分）
1.已知集合 A = {( x, y) x + y = 0, x, y ∈ R}, B = {( x, y) x − y+1 = 0, x, y ∈ R} ，则集合 A I B 的元素个
i=1
i=1
i=1
i =1
xi − x
2
= 16940,
42
∑
i =1
yi − y
2 = 5250, 其中
xi , yi 分别表示这 42 名同学的数学成绩、物理成绩， i = 1, 2, 3,L , 42 ， y 与 x 的相关系数
r = 0.82 ．
第 3 页共 4 页命题人：胡嘉苇文海伦审题人：邵成林
_______________
第 2 页共 4 页命题人：胡嘉苇文海伦审题人：邵成林
14.《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分 5 钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．这个问题中，甲所得为___________钱. 15 ．已知 f (x) 是定义域为 R 的奇函数， f ′(x) 是 f (x) 的导函数， f (−1) = 0 ，当 x > 0 时， xf ′(x) − 3 f (x) < 0 ，则使得 f (x) > 0 成立的 x 的取值集合是___________． 16.已知棱长为 1 的正方体 ABCD − A1B1C1D1 ，过对角线 BD1 作平面 α 交棱 AA1 于点 E ，交棱 CC1 于点 F ，则：①平面α 分正方体所得两部分的体积相等；②四边形 BFD1E 一定是平行四边形；
A．8 号学生
B．200 号学生
C．616 号学生
D．815 号学生
4．函数 f (x) = ln x − 2 +1的零点所在的大致区间是（） x
A． (1, 2)
B． (2, e)
C． (e, 3)
D． (3, +∞)
uv
uv
uv uv
5．已知向量 a = ( m，1) ， b = ( 3，m − 2 ) ，则 m = 3 是 a // b 的（）
当
MA MF
=
2 时， ∆AMF 的面积为（
）
A．1
B． 2
C．2
D． 2 2
9. 如图是用模拟方法估计圆周率 π 的程序框图，P 表示估计结果，
则图中空白框内应填入（）
A．
P
=
N 1000
B．
P
=
4N 1000
C．
P
=
M 1000
D．
P
=
4M 1000
10. 已知 log2 x = log3 y = log5 z < −1，则 2x, 3 y, 5z 的大小关系为（）
③平面α 与平面 DBB1 不可能垂直； ④四边形 BFD1E 的面积的最大值为 2 .
其中所有正确结论的序号为_______
三、解答题（共 6 小题；共 70 分） 17. (本题满分 12 分)石室中学高三学生摸底考试后，从全体考生中随机抽取 44 名，获取他们本
次考试的数学成绩( x )和物理成绩( y )，绘制成如图散点图：
A．充要条件条件
B．既不充分也不必要条件 C．必要不充分条件 D．充分不必要
6 ．已知 ∆ABC 的内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c ，若 a = 2 3 ， b = 2 ， A = 60° ，则 B 为
（）
A．60° B．60°或 120°
C．30°
D．30°或 150°
7．下列函数中，既是奇函数又在 (0, +∞) 单调递减的函数是（）
根据散点图可以看出 y 与 x 之间有线性相关关系，但图中有两个异常点 A, B ．经调查得知，
A 考生由于重感冒导致物理考试发挥失常， B 考生因故未能参加物理考试．为了使分析结果
更科学准确，剔除这两组数据后，对剩下的数据作处理，得到一些统计的值：
∑ ∑ ∑ ( ) ( ) 42
42
42
42
xi = 4620, yi = 3108, xi yi = 350350, ∑