长春市高考数学一模试卷(理科)C卷
吉林省长春市普通高中高三一模考试数学试题卷理科解析
吉林省长春市普通高中高三一模考试数学试题卷理科解析TYYGROUP system office room 【TYYUA16H-TYY-TYYYUA8Q8-2018届吉林省长春市普通高中高三一模考试题数学试题卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，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. 设为虚数单位，则(1+2i)(2i)=（）A. 5iB. 5iC. 5D. -5【答案】A【解析】由题意可得：(1+2i)(2i)=2+4i+i2i2=5i.本题选择A选项.2. 集合{i,i,i}的子集的个数为（）A. 4B. 7C. 8D. 16【答案】C【解析】集合{i,i,i}含有3个元素，则其子集的个数为23=8.本题选择C选项.3. 若图是某学校某年级的三个班在一学期内的六次数学测试的平均成绩i关于测试序号i的函数图像，为了容易看出一个班级的成绩变化，将离散的点用虚线连接，根据图像，给出下列结论：①一班成绩始终高于年级平均水平，整体成绩比较好；②二班成绩不够稳定，波动程度较大；③三班成绩虽然多数时间低于年级平均水平，但在稳步提升．其中正确结论的个数为（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】通过函数图象，可以看出①②③均正确.故选D.4. 等差数列{i i}中，已知|i6|=|i11|，且公差i>0，则其前i项和取最小值时的i的值为（）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】因为等差数列中，，所以，有，所以当时前项和取最小值.故选C......................5. 已知某班级部分同学一次测验的成绩统计如图，则其中位数和众数分别为（）A. 95，94B. 92，86C. 99，86D. 95，91【答案】B【解析】由茎叶图可知，中位数为92，众数为86. 故选B.6. 若角i的顶点为坐标原点，始边在i轴的非负半轴上，终边在直线i=√3i上，则角i的取值集合是（）A. {i|i=2ii i3,i∈i}B. {i|i=2ii+2i3,i∈i}C. {i|i=ii2i3,i∈i} D. {i|i=ii i3,i∈i}【答案】D【解析】因为直线i=√3i的倾斜角是2i3，所以终边落在直线i=√3i上的角的取值集合为{i|i=ii i3,i∈i}或者{i|i=ii+2i3,i∈i}.故选D.7. 已知i>0,i>0，且4i+i=ii，则i+i的最小值为（）A. 8B. 9C. 12D. 16【答案】B【解析】由题意可得：4i +1i=1，则：i+i=(i+i)(4i +1i)=5+4ii+ii≥5+2√4ii×ii=9，当且仅当i=3,i=6时等号成立，综上可得：则i+i的最小值为9.本题选择B选项.点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．8. 《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体（网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1丈），那么该刍甍的体积为（）A. 4立方丈B. 5立方丈C. 6立方丈D. 12立方丈【答案】B【解析】由已知可将刍甍切割成一个三棱柱和一个四棱锥，三棱柱的体积为3，四棱锥的体积为2，则刍甍的体积为5.故选B.9. 已知矩形iiii的顶点都在球心为i，半径为i的球面上，ii=6,ii=2√3，且四棱锥iiiii的体积为8√3，则i等于（）A. 4B. 2√3C. 4√7D. √139【答案】A【解析】由题意可知球心到平面ABCD的距离 2，矩形ABCD所在圆的半径为2√3，从而球的半径i=4 .故选A.10. 已知某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是（）A. 求首项为1，公差为2的等差数列前2017项和B. 求首项为1，公差为2的等差数列前2018项和C. 求首项为1，公差为4的等差数列前1009项和D. 求首项为1，公差为4的等差数列前1010项和【答案】C【解析】由题意可知i=1+5+9++4033，为求首项为1，公差为4的等差数列的前1009项和.故选C.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.11. 已知i为坐标原点，设i1,i2分别是双曲线i2i2=1的左、右焦点，点i为双曲线上任一点，过点i1作∠i1ii2的平分线的垂线，垂足为i，则|ii|=（）A. 1B. 2C. 4D. 12【答案】A【解析】延长交于点，由角分线性质可知根据双曲线的定义，，从而，在中，为其中位线，故.故选A. 点睛：对于圆锥曲线问题，善用利用定义求解，注意数形结合，画出合理草图，巧妙转化.12. 已知定义在i上的奇函数i(i)满足i(i+i)=i(i)，当i∈[0,i2]时，i(i)=√i，则函数i(i)=(ii)i(i)1在区间[3i2,3i]上所有零点之和为（）A. iB. 2iC. 3iD. 4i【答案】D【解析】i(i+i)=i(−i)=i(i)i=2π,i(i)=(i−i)i(i)−1=0i(i)=1iπ作图如下：，四个交点分别关于(π,0)对称，所以零点之和为2×2π=4π，选D.点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知角i,i满足i2<ii<i2，0<i+i<i，则3ii的取值范围是__________．【答案】(i,2i)【解析】结合题意可知：3ii=2(ii)+(i+i)，且：2(ii)∈(i,i),(i+i)∈(0,i)，利用不等式的性质可知：3i−i的取值范围是(−i,2i).点睛：利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围．解决此类问题一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得待求整体的范围，是避免错误的有效途径．14. 已知平面内三个不共线向量i⃑⃑⃑⃑ ,i⃑⃑⃑⃑ ,i⃑⃑⃑⃑ 两两夹角相等，且|i⃑⃑⃑⃑ |=|i⃑⃑⃑⃑ |=1，|i⃑⃑⃑⃑ |= 3，则|i⃑⃑⃑⃑ +i⃑⃑⃑⃑ +i⃑⃑⃑⃑ |=__________．【答案】2【解析】因为平面内三个不共线向量i⃑⃑⃑⃑ ,i⃑⃑⃑⃑ ,i⃑⃑⃑⃑ 两两夹角相等，所以由题意可知，i⃑⃑⃑⃑ ,i⃑⃑⃑⃑ ,i⃑⃑⃑⃑ 的夹角为120°，又知|i⃑⃑⃑⃑ |=|i⃑⃑⃑⃑ |=1，|i⃑⃑⃑⃑ |=3，所以i⃑⃑⃑⃑ .i⃑⃑⃑⃑ =12，i⃑⃑⃑⃑ i⃑⃑⃑⃑ =i⃑⃑⃑⃑ i⃑⃑⃑⃑ =32，|i⃑⃑⃑⃑ +i⃑⃑⃑⃑ +i⃑⃑⃑⃑ |=√1+1+9+2×(12)+2×(32)+2×(32)=2故答案为2.15. 在iiii中，三个内角i,i,i的对边分别为i,i,i，若(12i sin i)cos i= sin i cos i，且i=2√3，iiii面积的最大值为__________．【答案】3√3【解析】由(12i−sin i)cos i=sin i cos i可得12i cos i=sin(i+i)=sin i，cos i2=sin ii=sin ii，得tan i=√3,i=i3，由余弦定理12=i2+i2ii≥2iiii=ii，iiii面积的最大值为12×12×√32=3√3，当且仅当i=i时取到最大值，故答案为3√3.【方法点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 除了直接利用两定理求边和角以外，恒等变形过程中，一般来说 ,当条件中同时出现ii及i2、i2时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.16. 已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则圆锥体积的最大值为__________．【答案】2√3i【解析】设圆锥的底面半径为R，由题意可得其体积为：i=13ii=13×ii2×√9i2=23i×√i22×i22×(9i2) =23i×3√3=2√3i.当且仅当i=√6时等号成立.综上可得圆锥体积的最大值为2√3i.三、解答题:共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17. 已知数列{i i}的前i项和i i=2i+1+i2．（Ⅰ）求数列{i i}的通项公式；（Ⅱ）设i i=log2（i i1)，求证：1i1i2+1i2i3+1i3i4++1i i i i+1<1．【答案】(Ⅰ)i i=2i+1；（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)利用已知条件，推出新数列是等比数列，然后求数列{i i}的通项公式；（Ⅱ）化简i i=log2(i i1)=log22i=i，则1i i i i+1=1i−1i+1，利用裂项相消法和，再根据放缩法即可证明结果.试题解析：(Ⅰ)由{i i=2i+1+i−2i i−1=2i+(i−1)−2(i≥2)，则i i=2i+1(i≥2).当i=1时，i1=i1=3，综上i i=2i+1. （Ⅱ）由i i=log2(i i−1)=log22i=i.1i1i2+1i2i3+1i3i4+...+1i i i i+1=11×2+12×3+13×4+...+1i(i+1)=(1−12)+(12−1 3)+(13−14)+...+(1i−1i+1)=1−1i+1<1. 得证.18. 长春市的“名师云课”活动自开展以来获得广大家长和学生的高度赞誉，在我市推出的第二季名师云课中，数学学科共计推出36节云课，为了更好地将课程内容呈现给学生，现对某一时段云课的点击量进行统计：（Ⅰ）现从36节云课中采用分层抽样的方式选出6节，求选出的点击量超过3000的节数．（Ⅱ）为了更好地搭建云课平台，现将云课进行剪辑，若点击量在区间[0,1000]内，则需要花费40分钟进行剪辑，若点击量在区间(1000,3000]内，则需要花费20分钟进行剪辑，点击量超过3000，则不需要剪辑，现从（Ⅰ）中选出的6节课中随机取出2节课进行剪辑，求剪辑时间i的分布列与数学期望．【答案】(Ⅰ)2；（Ⅱ）1003.【解析】试题分析：(Ⅰ)因为 36节云课中采用分层抽样的方式选出6节，所以12节应选出12×636=2节；（Ⅱ）i的所有可能取值为0,1,2,3，根据古典概型概率公式分别求出各随机变量的概率，从而可得分布列，由期望公式可得结果..试题解析：(Ⅰ)根据分层抽样，选出的6节课中有2节点击量超过3000.（Ⅱ）i的可能取值为0，20，40，60i(i=0)=1i62=115i(i=20)=i31i21i62=615=25i(i=40)=i21+i32i6=5=1i(i=60)=i31i6=3=1则i的分布列为即ii=1003.19. 如图，四棱锥iiiii中，底面iiii为菱形，ii⊥平面iiii，i为ii的中点．（Ⅰ）证明：ii ∥平面iii ；（Ⅱ）设ii =1,∠iii =60°，三棱锥iiii 的体积为√38，求二面角iiii 的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明见解析；（Ⅱ）√1313.【解析】试题分析：(Ⅰ) )连接ii 交ii 于点i ，连接ii ，根据中位线定理可得ii //ii ，由线面平行的判定定理即可证明ii //平面iii ；（Ⅱ）以点i 为原点，以ii 方向为i 轴，以ii 方向为i 轴，以ii 方向为i 轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面iii 与平面iii 的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果.试题解析：(Ⅰ)连接ii 交ii 于点i ，连接ii 在△iii 中，ii =iiii =ii }ii //iiii平面iii ii平面iii}ii //平面iii（Ⅱ）i i −iiii =2i i −iii =4i i −iii =√32，设菱形iiii 的边长为ii i −iiii =13i iiii ii =13×(2×√34i 2)×1=√32，则i =√3.取ii 中点i ，连接ii .以点i 为原点，以ii 方向为i 轴，以ii 方向为i 轴，以ii 方向为i 轴， 建立如图所示坐标系.i (0,√3,0)，i (0,0,0)，i (0,√32,12)，i (32,√32,0) ii⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,√32,12)，ii ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(32,√32,0)， i 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,−√3,3)，i 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,0,0) cos i =|i 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑ i 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||i 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||i 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=√1+3+9=√1313，即二面角i −ii −i 的余弦值为√1313.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20. 已知椭圆i 的两个焦点为i 1(1,0),i 2(1,0)，且经过点i (√3,√32)．（Ⅰ）求椭圆i 的方程；（Ⅱ）过i 1的直线与椭圆i 交于i ,i 两点（点i 位于i 轴上方），若ii 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =ii 1i ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，且2≤i <3，求直线的斜率i 的取值范围．【答案】(Ⅰ)i 24+i 23=1；（Ⅱ）0<i ≤√52.【解析】试题分析：(1)由题意可得i =2，i =1，i =√3，则椭圆方程为i 24+i 23=1.(2)联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得到关于实数k 的不等式，求解不等式可得直线的斜率i 的取值范围是k=√52.试题解析：(1)由椭圆定义2i =|ii 1|+|ii 2|=4，有i =2，i =1，i =√3，从而i 24+i 23=1.(2)设直线i :i =i (i +1)(i >0)，有{i =i (i +1)i 24+i 23=1，整理得(3i 2+4)i 2−6ii −9=0，设i (i 1,i 1)，i (i 2,i 2)，有i 1=−ii 2，i 1i 2=−i(1−i )(i 1+i 2)2，(1−i )2i=43+4i 2，i +1i −2=43+4i 2，由于2≤i <3，所以12≤i +1i −2<43，12≤43+4i 2<43，解得0<i ≤√52.3+4i 2=8，i =±√52，由已知i =√52.21. 已知函数i (i )=i i ，i (i )=ln (i +i )+i ．（Ⅰ）若函数i (i )与i (i )的图像在点(0,1)处有相同的切线，求i ,i 的值； （Ⅱ）当i =0时，i (i )i (i )>0恒成立，求整数i 的最大值； （Ⅲ）证明：ln 2+(ln 3ln 2)2+(ln 4ln 3)3 ++[ln (i +1)ln i ]i<ii1．【答案】(Ⅰ)1,1；（Ⅱ）2；（Ⅲ）证明见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)求出i′(i)与i′(i)，由i(1)=i(1)且i′(1)=i′(1)解方程组可求i,i的值；（Ⅱ）i(i)−i(i)>0恒成立等价于i i≥ln(i+i)恒成立，先证明当i≤2时恒成立，再证明i≥3时不恒成立，进而可得结果；（Ⅲ））由i i>ln(i+2)，令i=−i+1i，即i−i+1i>ln(−i+1i+2)，即i−i+1>ln i(−i+1i+2)，令i=1,2,3,4...，各式相加即可得结果.试题解析：(Ⅰ)由题意可知，i(i)和i(i)在(0,1)处有相同的切线，即在(0,1)处i(1)=i(1)且i′(1)=i′(1)，解得i=1,i=1.（Ⅱ）现证明i i≥i+1，设i(i)=i i−i−1，令i′(i)=i i−1=0，即i=0，因此i(i)iii=i(0)=0，即i(i)≥0恒成立，即i i≥i+1，同理可证ln i≤i−1.由题意，当i≤2时，i i≥i+1且ln(i+2)≤i+1，即i i≥i+1≥ln(i+2)，即i=2时，i(i)−i(i)>0成立.当i≥3时，i0<ln i，即i i≥ln(i+i)不恒成立.因此整数i的最大值为2.（Ⅲ）由i i>ln(i+2)，令i=−i+1i，即i−i+1i>ln(−i+1i+2)，即i−i+1>ln i(−i+1i+2)由此可知，当i=1时，i0>ln2，当i=2时，i−1>(ln3−ln2)2，当i=3时，i−2>(ln4−ln3)3，……当i=i时，i−i+1>[ln(i+1)−ln i]i.综上：i0+i−1+i−2+...+i−i+1>ln2+(ln3−ln2)2+(ln4−ln3)3+...+[ln(i+1)−ln i]i11−1i>i 0+i −1+i −2+...+i −i +1>ln 2+(ln 3−ln 2)2+(ln 4−ln 3)3+...+[ln (i +1)−ln i ]i .即ln 2+(ln 3−ln 2)2+(ln 4−ln 3)3+...+[ln (i +1)−ln i ]i <ii −1. （二）选考题：请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22. 选修4-4：坐标系与参数方程以直角坐标系的原点i 为极点，i 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点i 的直角坐标为(1,2)，点i 的极坐标为(3,i2)，若直线过点i ，且倾斜角为i6，圆i 以i 圆心，3为半径．（Ⅰ）求直线的参数方程和圆i 的极坐标方程； （Ⅱ）设直线与圆i 相交于i ,i 两点，求|ii ||ii |． 【答案】(Ⅰ){i =1+√32ii =2+12i(i 为参数），i =6iiii ；（Ⅱ）7.【解析】试题分析：（1）根据直线参数方程形式直接写出直线的参数方程，根据直角三角形关系得i =6sin i ，即为圆i 的极坐标方程（2）利用i sin i =i ,i 2+i 2=i 2将圆i 的极坐标方程化为直接坐标方程，将直线参数方程代入，利用韦达定理及参数几何意义得|ii ||ii |=|i 1i 2|=7 试题解析：（Ⅰ）直线的参数方程为{i =1+√32i ,i =2+12i , （t 为参数），圆的极坐标方程为i =6sin i . （Ⅱ）把{i =1+√32i ,i =2+12i ,代入i 2+(i −3)2=9，得i 2+(√3−1)i −7=0，∴i 1i 2=−7，设点i ,i 对应的参数分别为i 1,i 2， 则|ii |=|i 1|,|ii |=|i 2|,|ii ||ii |=7. 23. 选修4-5：不等式选讲设不等式||i +1||i1||<2的解集为i ． （Ⅰ）求集合i ；（Ⅱ）若i ,i ,i ∈i ，求证：|1iiiiii|>1．【答案】(Ⅰ){i|1<i<1}；（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集（2）利用分析法证明，将所求不等式转化为(1−i2i2)(1−i2)>0，再根据i,i,i∈i，证明(1−i2i2)(1−i2)>0试题解析：（1）由已知，令i(i)=|i+1|−|i−1|={2(i≥1)2i(−1<i<1)−2(i≤−1)由|i(i)|<2得i={i|−1<i<1}.（2）要证|1−iiiii−i|>1，只需证|1−iii|>|ii−i|，只需证1+i2i2i2>i2i2+i2，只需证1−i2i2>i2(1−i2i2)只需证(1−i2i2)(1−i2)>0，由i,i,i∈i，则(1−i2i2)(1−i2)>0恒成立.点睛：(1)分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.(2)利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.。
2020学年高考模拟考试吉林省长春市高数第一次模考理科试卷 含解析
2020届高考数学第一次模拟考试理科试卷一、选择题1．已知集合A＝{x||x|≥2}，B＝{x|x2﹣3x＞0}，则A∩B＝（）A．∅B．{x|x＞3，或x≤﹣2}C．{x|x＞3，或x＜0} D．{x|x＞3，或x≤2}2．复数z＝2i2+i5的共轭复数在复平面上对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．已知，，，则（）A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．b＜c＜a4．已知直线x+y＝0与圆（x﹣1）2+（y﹣b）2＝2相切，则b＝（）A．﹣3 B．1 C．﹣3或1 D．5．2019年是新中国成立七十周年，新中国成立以来，我国文化事业得到了充分发展，尤其是党的十八大以来，文化事业发展更加迅速，下图是从2013年到2018年六年间我国公共图书馆业机构数（个）与对应年份编号的散点图（为便于计算，将2013年编号为1，2014年编号为2，…，2018年编号为6，把每年的公共图书馆业机构个数作为因变量，把年份编号从1到6作为自变量进行回归分析），得到回归直线，其相关指数R2＝0.9817，给出下列结论，其中正确的个数是（）①公共图书馆业机构数与年份的正相关性较强②公共图书馆业机构数平均每年增加13.743个③可预测2019年公共图书馆业机构数约为3192个A．0 B．1 C．2 D．36．中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴．一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，设扇形的面积为S1，圆面中剩余部分的面积为S2，当S1与S2的比值为时，扇面看上去形状较为美观，那么此时扇形的圆心角的弧度数为（）A．B．C．D．7．已知a，b，c为直线，α，β，γ平面，则下列说法正确的是（）①a⊥α，b⊥α，则a∥b②α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β③a∥α，b∥α，则a∥b④α∥γ，β∥γ，则α∥βA．①②③B．②③④C．①③D．①④8．已知数列{a n}为等比数列，S n为等差数列{b n}的前n项和，且a2＝1，a10＝16，a6＝b6，则S11＝（）A．44 B．﹣44 C．88 D．﹣889．把函数y＝f（x）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到y＝2sin（ωx+φ）的图象（部分图象如图所示），则y＝f（x）的解析式为（）A．B．C．D．10．已知函数y＝f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（2+x）+f（x）＝0，当x∈[﹣2，0]时，f（x）＝﹣x2﹣2x，则当x∈[4，6]时，y＝f（x）的最小值为（）A．﹣8 B．﹣1 C．0 D．111．已知椭圆的右焦点F是抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，则过F作倾斜角为60°的直线分别交抛物线于A，B（A在x轴上方）两点，则的值为（）A．B．2 C．3 D．412．已知函数f（x）＝（x2﹣2x）e x﹣1，若当x＞1时，f（x）﹣mx+1+m≤0有解，则m的取值范围为（）A．m≤1 B．m＜﹣1 C．m＞﹣1 D．m≥1二、填空题：本题共4小题，每小题5分.13．（2x3﹣）8的展开式中常数项是．（用数字表示）14．边长为2正三角形ABC中，点P满足，则＝．15．平行四边形ABCD中，△ABD是腰长为2的等腰直角三角形，∠ABD＝90°，现将△ABD 沿BD折起，使二面角A﹣BD﹣C大小为，若A，B，C，D四点在同一球面上，则该球的表面积为．16．已知数列{a n}的前项n和为S n，满足，且，则S2n＝，a n＝．三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22～23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝b tan A（a＞b）．（Ⅰ）求证：△ABC是直角三角形；（Ⅱ）若c＝10，求△ABC的周长的取值范围．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD⊥DC，AB＝AD＝2DC＝2，E 为PB中点．（Ⅰ）求证：CE∥平面PAD；（Ⅱ）若PA＝4，求平面CDE与平面ABCD所成锐二面角的大小．19．某次数学测验共有10道选择题，每道题共有四个选项，且其中只有一个选项是正确的，评分标准规定：每选对1道题得5分，不选或选错得0分．某考生每道题都选并能确定其中有6道题能选对，其余4道题无法确定正确选项，但这4道题中有2道题能排除两个错误选项，另2道只能排除一个错误选项，于是该生做这4道题时每道题都从不能排除的选项中随机选一个选项作答，且各题作答互不影响．（Ⅰ）求该考生本次测验选择题得50分的概率；（Ⅱ）求该考生本次测验选择题所得分数的分布列和数学期望．20．已知点M（﹣1，0），N（1，0）若点P（x，y）满足|PM|+|PN|＝4．（Ⅰ）求点P的轨迹方程；（Ⅱ）过点的直线l与（Ⅰ）中曲线相交于A，B两点，O为坐标原点，求△AOB面积的最大值及此时直线l的方程．21．已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx，．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）令h（x）＝mf（x）+g（x）（m＞0）两个零点x1，x2（x1＜x2），证明：．（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做则按所做的第一题计分.22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ＝3．（Ⅰ）求直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；（Ⅱ）直线l与圆C交于A，B两点，点P（1，2），求|PA|•|PB|的值．23．已知函数f（x）＝|x+3|﹣|x﹣1|．（Ⅰ）解关于x的不等式f（x）≥x+1；（Ⅱ）若函数f（x）的最大值为M，设a＞0，b＞0，且（a+1）（b+1）＝M，求a+b的最小值．参考答案一、选择题：本题共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．已知集合A＝{x||x|≥2}，B＝{x|x2﹣3x＞0}，则A∩B＝（）A．∅B．{x|x＞3，或x≤﹣2}C．{x|x＞3，或x＜0} D．{x|x＞3，或x≤2}【分析】可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．解：∵A＝{x|x≤﹣2，或x≥2}，B＝{x|x＜0，或x＞3}，∴A∩B＝{x|x≤﹣2，或x＞3}．故选：B．2．复数z＝2i2+i5的共轭复数在复平面上对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标得答案．解：∵z＝2i2+i5＝﹣2+i，∴，其对应点为（﹣2，﹣1），在第三象限．故选：C．3．已知，，，则（）A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．b＜c＜a【分析】容易得出，从而得出a，b，c的大小关系．解：∵，，，∴c＜a＜b．故选：C．4．已知直线x+y＝0与圆（x﹣1）2+（y﹣b）2＝2相切，则b＝（）A．﹣3 B．1 C．﹣3或1 D．【分析】由圆心到切线的距离等于圆的半径列式求解b．解：圆（x﹣1）2+（y﹣b）2＝2的圆心坐标为（1，b），半径为．由圆心到切线的距离等于半径，得，∴|1+b|＝2，解得b＝1或b＝﹣3．故选：C．5．2019年是新中国成立七十周年，新中国成立以来，我国文化事业得到了充分发展，尤其是党的十八大以来，文化事业发展更加迅速，下图是从2013年到2018年六年间我国公共图书馆业机构数（个）与对应年份编号的散点图（为便于计算，将2013年编号为1，2014年编号为2，…，2018年编号为6，把每年的公共图书馆业机构个数作为因变量，把年份编号从1到6作为自变量进行回归分析），得到回归直线，其相关指数R2＝0.9817，给出下列结论，其中正确的个数是（）①公共图书馆业机构数与年份的正相关性较强②公共图书馆业机构数平均每年增加13.743个③可预测2019年公共图书馆业机构数约为3192个A．0 B．1 C．2 D．3【分析】由散点图中各点分布情况和R2的值，判断①正确；由回归直线方程判断②正确；由回归直线方程计算x＝7时的值，判断③正确．解：由散点图中各点散布在从左下角到右上角的区域内，所以为正相关，又R2＝0.9817趋近于1，所以相关性较强，所以①正确；由回归直线方程，知②正确；由回归直线方程知，当x＝7时，计算得＝13.743×7+3095.7＝3191.9，其估计值为3191.9≈3192，所以③正确；综上知，正确的命题个数为3．故选：D．6．中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴．一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，设扇形的面积为S1，圆面中剩余部分的面积为S2，当S1与S2的比值为时，扇面看上去形状较为美观，那么此时扇形的圆心角的弧度数为（）A．B．C．D．【分析】由题意知S1与S2所在扇形圆心角的比即为它们的面积比，可设S1与S2所在扇形圆心角分别为α、β，列出方程组求出即可．解：由题意知，S1与S2所在扇形圆心角的比即为它们的面积比，设S1与S2所在扇形圆心角分别为α，β，则，又α+β＝2π，解得．故选：A．7．已知a，b，c为直线，α，β，γ平面，则下列说法正确的是（）①a⊥α，b⊥α，则a∥b②α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β③a∥α，b∥α，则a∥b④α∥γ，β∥γ，则α∥βA．①②③B．②③④C．①③D．①④【分析】由线面垂直的性质定理可判断①；由面面的位置关系可判断②；由线面平行的定义和线线的位置关系可判断③；由面面平行的传递性可判断④．解：对于①，a⊥α，b⊥α，由线面垂直的性质定理可得a∥b，故①正确；对于②，α⊥γ，β⊥γ，可能α∥β或α，β相交，故②错误；对于③，a∥α，b∥α，可能a∥b或a，b相交或a，b异面，故③错误；对于④，α∥γ，β∥γ，由面面平行的性质可得α∥β，故④正确．故选：D．8．已知数列{a n}为等比数列，S n为等差数列{b n}的前n项和，且a2＝1，a10＝16，a6＝b6，则S11＝（）A．44 B．﹣44 C．88 D．﹣88【分析】由已知结合等比数列的性质求得a6＝4，进一步得到b6＝a6＝4，再由等差数列的前n项和求S11．解：在等比数列{a n}中，由a2＝1，a10＝16，得，得a6＝4，∴b6＝a6＝4，在等差数列{b n}中，有S11＝11b6＝44．故选：A．9．把函数y＝f（x）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到y＝2sin（ωx+φ）的图象（部分图象如图所示），则y＝f（x）的解析式为（）A．B．C．D．【分析】由特殊点的坐标求出φ的值，由五点法作图求出ω，可得函数的解析式，再根据函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．解：根据y＝2sin（ωx+φ）的图象可得2sin（ω•0+φ）＝1，故φ＝．再根据五点法作图，ω•+＝2π，求得ω＝2，可得．∵把的图象上点的横坐标变为原来的，可得函数y＝f（x）＝2sin（4x+）图象，故选：C．10．已知函数y＝f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（2+x）+f（x）＝0，当x∈[﹣2，0]时，f（x）＝﹣x2﹣2x，则当x∈[4，6]时，y＝f（x）的最小值为（）A．﹣8 B．﹣1 C．0 D．1【分析】根据题意，分析可得f（x+2）＝﹣f（x），则有f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），即函数f（x）是周期为4的周期函数，结合函数的解析式与奇偶性分析可得f（x）在区间[4，6]上的解析式，据此分析可得答案．解：根据题意，函数y＝f（x）满足f（2+x）+f（x）＝0，即f（x+2）＝﹣f（x），则有f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），即函数f（x）是周期为4的周期函数，又当x∈[﹣2，0]时，f（x）＝﹣x2﹣2x，且f（x）是定义在R上的奇函数，则x∈[0，2]时，f（x）＝x2﹣2x，又由f（x）是周期为4的周期函数，则当x∈[4，6]时，f（x）＝f（x﹣4）＝（x﹣4）2﹣2（x﹣4）＝x2﹣10x+24，此时f（x）的最小值为f（5）＝﹣1；故选：B．11．已知椭圆的右焦点F是抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，则过F作倾斜角为60°的直线分别交抛物线于A，B（A在x轴上方）两点，则的值为（）A．B．2 C．3 D．4【分析】由椭圆方程求得抛物线焦点坐标，得到p，再由已知结合抛物线焦半径公式求得|AF|、|BF|的值，则答案可求．解：∵椭圆的右焦点为（1，0），∴，得p＝2，又过F的直线的倾斜角为60°，＝，＝，∴＝．故选：C．12．已知函数f（x）＝（x2﹣2x）e x﹣1，若当x＞1时，f（x）﹣mx+1+m≤0有解，则m的取值范围为（）A．m≤1 B．m＜﹣1 C．m＞﹣1 D．m≥1【分析】先求导，判断出函数的单调性，可得函数值的情况，即可求出m的取值范围．解：∵f（x）﹣mx+1+m≤0，∴f（x）≤m（x﹣1）﹣1，令y＝f（x），与y＝m（x﹣1）﹣1且过定点（1，﹣1），∵当x＞1时，f（x）﹣mx+1+m≤0有解，∴当x＞1时，存在y＝f（x）在y＝m（x﹣1）﹣1的下方，∵f'（x）＝（x2﹣2）e x﹣1，令f'（x）＝0，解得x＝，当1＜x＜时，f'（x）＜0，当x＞时，f'（x）＞0，∴f（x）在上递减，在上递增，当x＞2时，f（x）＞0，又f（1）＝﹣1，，f（2）＝0，∵f'（1）＝﹣1，∴m＞﹣1，故选：C．二、填空题：本题共4小题，每小题5分.13．（2x3﹣）8的展开式中常数项是112 ．（用数字表示）【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为0得常数项．解：（2x3﹣）8的展开式的通项为：T r+1＝C8r（2x3）8﹣r（﹣）r＝28﹣r（﹣1）r C8r x24﹣4r，令24﹣4r＝0，解得r＝6，则（2x3﹣）8的展开式中常数项是28﹣6（﹣1）6C86＝112，故答案为：112．14．边长为2正三角形ABC中，点P满足，则＝ 2 ．【分析】由平面向量基本定理及线性运算，将，作为平面向量的一组基底，再结合平面向量线性运算即可得解．解：因为点P满足，所以＝（）•＝[（）﹣]•（）＝（﹣）•（）＝2+2﹣＝×22+×22﹣2×＝2故答案为：2．15．平行四边形ABCD中，△ABD是腰长为2的等腰直角三角形，∠ABD＝90°，现将△ABD 沿BD折起，使二面角A﹣BD﹣C大小为，若A，B，C，D四点在同一球面上，则该球的表面积为20π．【分析】由题意画出图形，找出多面体外接球的球心，求其半径，再由球的表面积公式求解．解：取AD，BC的中点分别为O1，O2，过O1作面ABD的垂线与过O2作面BCD的垂线，两垂线交点O即为所求外接球的球心，取BD中点E，连结O1E，O2E，则∠O1EO2即为二面角A﹣BD﹣C的平面角，且O1E＝O2E＝1，连OE，在Rt△O1OE中，，在Rt△O1OA中，，得，即球半径为，∴球面积为＝20π．故答案为：20π．16．已知数列{a n}的前项n和为S n，满足，且，则S2n＝，a n＝．【分析】①直接利用数列的递推关系式的应用求出前n项和．②利用递推式求出结果．解：①由得＝．∴S2n＝++…+＝．②由递推得，，，归纳可得a n＝．理由：当n＝1时，a1＝﹣；设n＝k时a k＝（﹣1）k+，n＝k+1时，由a k+a k+1＝，可得a k+1＝﹣（﹣1）k﹣＝+（﹣1）k+1，即n＝k+1时，等式也成立．综上可得a n＝．故答案为：，．三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22～23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝b tan A（a＞b）．（Ⅰ）求证：△ABC是直角三角形；（Ⅱ）若c＝10，求△ABC的周长的取值范围．【分析】（Ⅰ）由正弦定理，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得sin B＝cos A，结合a＞b，可得，即可得解△ABC是直角三角形；（Ⅱ）利用两角和的正弦函数公式可求△ABC的周长，由a＞b 可求范围，利用正弦函数的图象和性质即可求其范围．解：（Ⅰ）证明：由a＝b tan A，可得，即sin B＝cos A，由a＞b，可得，即△ABC是直角三角形．（Ⅱ）△ABC的周长L＝10+10sin A+10cos A，所以，由a＞b可知，，因此，即．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD⊥DC，AB＝AD＝2DC＝2，E 为PB中点．（Ⅰ）求证：CE∥平面PAD；（Ⅱ）若PA＝4，求平面CDE与平面ABCD所成锐二面角的大小．【分析】（Ⅰ）取PA的中点M，连结DM，EM，证明四边形EMDC是平行四边形，然后证明CE∥平面PAD；（Ⅱ）以AD为x轴，AB为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，取平面ABCD的法向量．求出平面CDE的法向量，然后求解二面角的大小即可．解：（Ⅰ）取PA中点M，连结EM、DM，．（Ⅱ）以A为原点，以AD方面为x轴，以AB方向为y轴，以AP方向为z轴，建立坐标系．可得D（2，0，0），C（2，1，0），P（0，0，4），B（0，2，0），E（0，1，2），，，设平面CDE的法向量为；，可得，令z＝1，则x＝1，∴平面CDE的法向量为；平面ABCD的法向量为；因此．即平面CDE与平面ABCD所成的锐二面角为．19．某次数学测验共有10道选择题，每道题共有四个选项，且其中只有一个选项是正确的，评分标准规定：每选对1道题得5分，不选或选错得0分．某考生每道题都选并能确定其中有6道题能选对，其余4道题无法确定正确选项，但这4道题中有2道题能排除两个错误选项，另2道只能排除一个错误选项，于是该生做这4道题时每道题都从不能排除的选项中随机选一个选项作答，且各题作答互不影响．（Ⅰ）求该考生本次测验选择题得50分的概率；（Ⅱ）求该考生本次测验选择题所得分数的分布列和数学期望．【分析】（Ⅰ）设选对一道“能排除2个选项的题目”为事件A，选对一道“能排除1个选项的题目”为事件B，该考生选择题得50分的概率为P（A）P（A）P（B）P（B），由此能求出结果．（Ⅱ）该考生所得分数X＝30，35，40，45，50，分别求出P（X＝30），P（X＝35），P （X＝40），P（X＝45），P（X＝50），由此能求出X的分布列和数学期望．解：（Ⅰ）设选对一道“能排除2个选项的题目”为事件A，选对一道“能排除1个选项的题目”为事件B，则P（A）＝，P（B）＝，该考生选择题得50分的概率为：P（A）P（A）P（B）P（B）＝＝．（Ⅱ）该考生所得分数X＝30，35，40，45，50，P（X＝30）＝＝，P（X＝35）＝＝，P（X＝40）＝+＝，P（X＝45）＝＝，P（X＝50）＝＝，∴X的分布列为：EX＝＝．20．已知点M（﹣1，0），N（1，0）若点P（x，y）满足|PM|+|PN|＝4．（Ⅰ）求点P的轨迹方程；（Ⅱ）过点的直线l与（Ⅰ）中曲线相交于A，B两点，O为坐标原点，求△AOB面积的最大值及此时直线l的方程．【分析】（Ⅰ）判断P的轨迹是椭圆，然后求解求点P的轨迹方程；（Ⅱ）设直线l的方程为与椭圆交于点A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆的方程消去x，利用韦达定理结合三角形的面积，经验换元法以及基本不等式求解最值，然后推出直线方程．解：（Ⅰ）由定义法可得，P点的轨迹为椭圆且2a＝4，c＝1．所以b＝，因此椭圆的方程为．（Ⅱ）设直线l的方程为与椭圆交于点A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆的方程消去x，可得，即，．△AOB面积可表示为＝令，则u≥1，上式可化为，当且仅当，即时等号成立，因此△AOB面积的最大值为，此时直线l的方程为．21．已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx，．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）令h（x）＝mf（x）+g（x）（m＞0）两个零点x1，x2（x1＜x2），证明：．【分析】（Ⅰ）求出函数f（x）的导数，利用导函数的符号判断函数的单调性，求出单调区间；（Ⅱ）求出h（x）＝mf（x）+g（x）（m＞0）的导数，求解函数的最小值，通过零点判断定理，转化两个零点x1，x2（x1＜x2），所在位置，即可证明：．解：（Ⅰ）由题可知，f'（x）单调递增，且f'（1）＝0，当0＜x＜1时，f'（x）＜0，当x≥1时，f'（x）≥0；因此f（x）在（0，1）上单调递减，在[1，+∞）上单调递增．（Ⅱ）证明：由有两个零点可知由且m＞0可知，当0＜x＜1时，h'（x）＜0，当x≥1时，h'（x）≥0；即h（x）的最小值为，因此当时，，可知h（x）在上存在一个零点；当x＝e时，，可知h（x）在（1，e）上也存在一个零点；因此，即．（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做则按所做的第一题计分.22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ＝3．（Ⅰ）求直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；（Ⅱ）直线l与圆C交于A，B两点，点P（1，2），求|PA|•|PB|的值．【分析】（Ⅰ）直接利用转换关系式，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，根据一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．解：（Ⅰ）直线l的参数方程为（t为参数），转换为直线普通方程为x+y﹣3＝0，圆C的极坐标方程为ρ2﹣4ρcosθ＝3．转换为圆C的直角坐标方程为x2+y2﹣4x﹣3＝0．（Ⅱ）联立直线l的参数方程（t为参数）代入圆C的直角坐标方程可得，化简可得．（t1和t2为A、B对应的参数）则|PA|•|PB|＝|t1t2|＝2．23．已知函数f（x）＝|x+3|﹣|x﹣1|．（Ⅰ）解关于x的不等式f（x）≥x+1；（Ⅱ）若函数f（x）的最大值为M，设a＞0，b＞0，且（a+1）（b+1）＝M，求a+b的最小值．【分析】（Ⅰ）将f（x）写为分段函数的形式，然后根据f（x）≥x+1，分别解不等式即可；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f（x）的最大值M＝4，然后根据（a+1）（b+1）＝M＝4，可得，解不等式可得a+b的最小值．解：（Ⅰ）f（x）＝|x+3|﹣|x﹣1|＝．∵f（x）≥x+1，∴当x＜﹣3时，﹣4≥x+1，∴x≤﹣5，因此x≤﹣5；当﹣3≤x≤1时，2x+2≥x+1，∴x≥﹣1，因此﹣1≤x≤1；当x＞1时，4≥x+1，∴x≤3，因此1＜x≤3，∴不等式的解集为（﹣∞，﹣5]∪[﹣1，3]；（Ⅱ）由（Ⅰ）知函数f（x）max＝4，∴（a+1）（b+1）＝M＝4，∴ab+a+b＝3．又∵a＞0，b＞0，∴，∴（a+b）2+4（a+b）﹣12≥0，∴a+b≥2或a+b≤﹣6（舍），当且仅当a＝b＝1时取等号，∴a+b的最小值为2．。
吉林省长春市十一中2025届高考数学一模试卷含解析
吉林省长春市十一中2025届高考数学一模试卷请考生注意：1．请用2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。
写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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．已知双曲线2222:1x y a bΓ-=(0,0)a b >>的一条渐近线为l ，圆22:()4C x c y -+=与l 相切于点A ，若12AF F ∆的面积为Γ的离心率为（ ）A ．2B C ．73D2．已知集合{A =，{}1,B m =，若A B A ⋃=，则m =（ ）A ．0B ．0或3C ．1D ．1或33．设全集,U R =集合{}{}1,||2M x x N x x =<=>，则()UM N ⋂=（ ）A ．{}|2x x >B ．{}|1x x ≥C ．{}|12x x <<D ．{}|2x x ≥4．已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，点P 是C 的右支上一点，连接1PF 与y 轴交于点M ，若12||FO OM =（O 为坐标原点），12PF PF ⊥，则双曲线C 的渐近线方程为（ ）A ．3y x =±B ．y =C ．2y x =±D ．y =5．设ln 2m =，lg 2n =，则（ ） A ．m n mn m n ->>+ B ．m n m n mn ->+> C ．m n mn m n +>>- D ．m n m n mn +>->6．已知函数()1f x +是偶函数，当()1,x ∈+∞时，函数()f x 单调递减，设12a f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()3b f =，()0c f =，则a b c 、、的大小关系为（） A ．b a c <<B ．c b d <<C ．b c a <<D ．a b c <<7．双曲线22:21C x y -=的渐近线方程为( )A ．0x ±=B ．20x y ±=C 0y ±=D ．20x y ±=8．袋中装有标号为1，2，3，4，5，6且大小相同的6个小球，从袋子中一次性摸出两个球，记下号码并放回，如果两个号码的和是3的倍数，则获奖，若有5人参与摸球，则恰好2人获奖的概率是（ ） A ．40243B ．70243C ．80243D ．382439．若0,0x y >>，则“2x y +=的一个充分不必要条件是 A ．x y = B ．2x y = C ．2x =且1y =D ．x y =或1y =10．已知锐角α满足2sin21cos2 ,αα=-则tan α=（ ） A ．12B ．1C ．2D ．411．下列函数中，既是偶函数又在区间0,上单调递增的是（ ）A ．y =B ．()sin f x x x =C ．()2f x x x =+ D ．1y x =+12．已知13ω>，函数()sin 23f x x πω⎛⎫=- ⎪⎝⎭在区间(,2)ππ内没有最值，给出下列四个结论：①()f x 在(,2)ππ上单调递增； ②511,1224ω⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦ ③()f x 在[0,]π上没有零点； ④()f x 在[0,]π上只有一个零点. 其中所有正确结论的编号是（ ） A ．②④B ．①③C ．②③D ．①②④二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
长春市高三理数第一次统测数学试卷C卷
长春市高三理数第一次统测数学试卷C卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共12题；共12分)1. （1分）(2019·桂林模拟) 设集合，，则（）A .B .C .D .2. （1分） (2020高三上·静安期末) 设，若复数是纯虚数，则点一定满足（）A .B .C .D .3. （1分）已知向量，向量，若，则实数x的值是（）A . 0或2B . -3C . 0或-3D . 24. （1分）(2019·武威模拟) 已知（）且，则（）A .B .C .D .5. （1分） (2018高二下·中山月考) 如表是降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量（吨）与相应的生产能耗（吨标准煤）的几组对应数据，根据表中提供的数据，求出关于的回归直线方程为，则表中的值为（）A .B .C .D .6. （1分）若实数x,y满足，则的最大值是（）A . 0B . 1C .D . 97. （1分）(2017·佛山模拟) 如图所示的程序框图，输出的值为（）A .B .C .D .8. （1分）(2016·北区模拟) 设x，y∈R，则“x≥1且y≥2”是“x+y≥3”的（）A . 充分而不必要条件B . 必要而不充分条件C . 充要条件D . 既不充分也不必要条件9. （1分）某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是个半圆，则该几何体的表面积为（）A .B .C .D .10. （1分）下列说法一定正确的是（）A . 一名篮球运动员，号称“百发百中”，若罚球三次，不会出现三投都不中的情况B . 一枚硬币掷一次得到正面的概率是，那么掷两次一定会出现一次正面的情况C . 如买彩票中奖的概率是万分之一，则买一万元的彩票一定会中奖一元D . 随机事件发生的概率与试验次数无关11. （1分）某高三学生希望报名参加某6所高校中的3所学校的自主招生考试，由于其中两所学校的考试时间相同，因此该学生不能同时报考这两所学校，则该学生不同的报考方法种数是（）A . 16B . 24C . 36D . 4812. （1分） (2016高二上·衡水期中) 已知某几何体的正（主）视图，侧（左）视图和俯视图均为斜边长为的等腰直角三角形（如图），若该几何体的顶点都在同一球面上，则此球的表面积为（）A . 4πB . 3πC . 2πD . π二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分） (2016高二下·汕头期末) 已知随机变量X服从正态分布N（0，σ2），且P（﹣2≤X≤0）=0.4，则P（X＞2）=________．14. （1分）若（2﹣x）2015=a0+a1x+a2x2+…+a2015x2015 ，则=________15. （1分）(2020·天津模拟) 已知某同学投篮投中的概率为，现该同学要投篮3次，且每次投篮结果相互独立，则恰投中两次的概率为：________；记X为该同学在这3次投篮中投中的次数,则随机变量X的数学期望为________.16. （1分） (2017高一下·芮城期末) 如图在平行四边形中，为中点， ________．(用表示)三、解答题 (共7题；共9分)17. （2分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别是PA，PD边上的中点，且PD=AB=2．（1）求EF∥平面PBC；（2）求四棱锥P﹣ABCD的表面积．18. （2分） (2018高一下·汕头期末) 某基地蔬菜大棚采用水培、无土栽培方式种植各类蔬菜．过去50周的资料显示，该地周光照量（小时）都在30小时以上，其中不足50小时的周数有5周，不低于50小时且不超过70小时的周数有35周，超过70小时的周数有10周．根据统计，该基地的西红柿增加量（百斤）与使用某种液体肥料（千克）之间对应数据为如图所示的折线图．附：相关系数公式，参考数据，．（1）依据数据的折线图，是否可用线性回归模型拟合与的关系？请计算相关系数并加以说明（精确到0．01）．（若，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合）（2）蔬菜大棚对光照要求较大，某光照控制仪商家为该基地提供了部分光照控制仪，但每周光照控制仪最多可运行台数受周光照量限制，并有如下关系：周光照量（单位：小时）若某台光照控制仪运行，则该台光照控制仪周利润为3000元；若某台光照控制仪未运行，则该台光照控制仪周亏损1000元．若商家安装了3台光照控制仪，求商家在过去50周周总利润的平均值．19. （1分）(2017·渝中模拟) 如图（1），在五边形BCDAE中，CD∥AB，∠BCD=90°，CD=BC=1，AB=2，△ABE 是以AB为斜边的等腰直角三角形，现将△ABE沿AB折起，使平面ABE⊥平面ABCD，如图（2），记线段AB的中点为O．（Ⅰ）求证：平面ABE⊥平面EOD；（Ⅱ）求平面ECD与平面ABE所成的锐二面角的大小．20. （1分）(2016·山东模拟) 2016年上半年，股票投资人袁先生同时投资了甲、乙两只股票，其中甲股票赚钱的概率为，赔钱的概率是；乙股票赚钱的概率为，赔钱的概率为．对于甲股票，若赚钱则会赚取5万元，若赔钱则损失4万元；对于乙股票，若赚钱则会赚取6万元，若赔钱则损失5万元．（Ⅰ）求袁先生2016年上半年同时投资甲、乙两只股票赚钱的概率；（Ⅱ）试求袁先生2016年上半年同事投资甲、乙两只股票的总收益的分布列和数学期望．21. （1分） (2015高二上·龙江期末) 一个多面体的直观图（图1）及三视图（图2）如图所示，其中M，N 分别是AF，BC的中点（1）求证：MN∥平面CDEF：（2）求二面角A﹣CF﹣B的余弦值；22. （1分）(2018·黄山模拟) 已知圆锥曲线(是参数)和定点 ,、是圆锥曲线的左、右焦点．（1）求经过点且垂直于直线的直线的参数方程；（2）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求直线的极坐标方程．23. （1分）已知函数f（x）=|x﹣a|+|x﹣3|（a＜3）．（1）若不等式f（x）≥4的解集为{x|x≤ 或x }，求a的值；（2）若对∀x∈R，f（x）+|x﹣3|≥1，求实数a的取值范围．参考答案一、单选题 (共12题；共12分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、填空题 (共4题；共4分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共7题；共9分) 17-1、17-2、18-1、18-2、20-1、21-1、22-1、22-2、23-1、23-2、。
届吉林省长春市普通高中高三一模考试数学试题卷理科解析版
2018届吉林省长春市普通高中高三一模考试题数学试题卷（理科）一、选择题：本大题共12个小题，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. 设为虚数单位，则(?1+2i)(2?i)=（）A. 5iB. ?5iC. 5D. -5【答案】A【解析】由题意可得：(?1+2i)(2?i)=?2+4i+i?2i2=5i.本题选择A选项.2. 集合{a,b,c}的子集的个数为（）A. 4B. 7C. 8D. 16【答案】C【解析】集合{a,b,c}含有3个元素，则其子集的个数为23=8.本题选择C选项.3. 若图是某学校某年级的三个班在一学期内的六次数学测试的平均成绩y关于测试序号x的函数图像，为了容易看出一个班级的成绩变化，将离散的点用虚线连接，根据图像，给出下列结论：①一班成绩始终高于年级平均水平，整体成绩比较好；②二班成绩不够稳定，波动程度较大；③三班成绩虽然多数时间低于年级平均水平，但在稳步提升．其中正确结论的个数为（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】通过函数图象，可以看出①②③均正确.故选D.4. 等差数列{a n}中，已知|a6|=|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时的n的值为（）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】C【解析】因为等差数列中，，所以，有，所以当时前项和取最小值.故选C......................5. 已知某班级部分同学一次测验的成绩统计如图，则其中位数和众数分别为（）A. 95，94B. 92，86C. 99，86D. 95，91【答案】B【解析】由茎叶图可知，中位数为92，众数为86. 故选B.6. 若角α的顶点为坐标原点，始边在x轴的非负半轴上，终边在直线y=?√3x上，则角α的取值集合是（）A. {α|α=2kπ?π3,k∈Z} B. {α|α=2kπ+2π3,k∈Z}C. {α|α=kπ?2π3,k∈Z} D. {α|α=kπ?π3,k∈Z}【答案】D【解析】因为直线y=?√3x的倾斜角是2π3，所以终边落在直线y=?√3x上的角的取值集合为{α|α=kπ?π3,k∈Z}或者{α|α=kπ+2π3,k∈Z}.故选D.7. 已知x>0,y>0，且4x+y=xy，则x+y的最小值为（）A. 8B. 9C. 12D. 16【答案】B【解析】由题意可得：4y +1x=1，则：x+y=(x+y)(4y +1x)=5+4xy+yx≥5+2√4xy×yx=9，当且仅当x=3,y=6时等号成立，综上可得：则x+y的最小值为9.本题选择B选项.点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．8. 《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．刍甍：底面为矩形的屋脊状的几何体（网格纸中粗线部分为其三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1丈），那么该刍甍的体积为（）A. 4立方丈B. 5立方丈C. 6立方丈D. 12立方丈【答案】B【解析】由已知可将刍甍切割成一个三棱柱和一个四棱锥，三棱柱的体积为3，四棱锥的体积为2，则刍甍的体积为5.故选B.9. 已知矩形ABCD的顶点都在球心为O，半径为R的球面上，AB=6,BC=2√3，且四棱锥O?ABCD的体积为8√3，则R等于（）A. 4B. 2√3C. 4√7D. √139【答案】A【解析】由题意可知球心到平面ABCD的距离 2，矩形ABCD所在圆的半径为2√3，从而球的半径R=4.故选A.10. 已知某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是（）A. 求首项为1，公差为2的等差数列前2017项和B. 求首项为1，公差为2的等差数列前2018项和C. 求首项为1，公差为4的等差数列前1009项和D. 求首项为1，公差为4的等差数列前1010项和【答案】C【解析】由题意可知S=1+5+9+?+4033，为求首项为1，公差为4的等差数列的前1009项和.故选C.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.11. 已知O为坐标原点，设F1,F2分别是双曲线x2?y2=1的左、右焦点，点P为双曲线上任一点，过点F1作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足为H，则|OH|=（）A. 1B. 2C. 4D. 12【答案】A【解析】延长交于点，由角分线性质可知根据双曲线的定义，，从而，在中，为其中位线，故.故选A.点睛：对于圆锥曲线问题，善用利用定义求解，注意数形结合，画出合理草图，巧妙转化.12. 已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x+π)=f(?x)，当x∈[0,π2]时，f(x)=√x，则函数g(x)=(x?π)f(x)?1在区间[?3π2,3π]上所有零点之和为（）A. πB. 2πC. 3πD. 4π【答案】D【解析】f(x+π)=f(−x)=?f(x)?T=2π,g(x)=(x−π)f(x)−1=0?f(x)=1x?π作图如下：，四个交点分别关于(π,0)对称，所以零点之和为2×2π=4π，选D.点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知角α,β满足?π2<α?β<π2，0<α+β<π，则3α?β的取值范围是__________．【答案】(?π,2π)【解析】结合题意可知：3α?β=2(α?β)+(α+β)，且：2(α?β)∈(?π,π),(α+β)∈(0,π)，利用不等式的性质可知：3α−β的取值范围是(−π,2π).点睛：利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围．解决此类问题一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得待求整体的范围，是避免错误的有效途径．14. 已知平面内三个不共线向量a ⃑,b ⃑⃑,c ⃑两两夹角相等，且|a ⃑|=|b ⃑⃑|=1，|c ⃑|=3，则|a ⃑+b ⃑⃑+c ⃑|=__________． 【答案】2【解析】因为平面内三个不共线向量a ⃑,b ⃑⃑,c ⃑两两夹角相等，所以由题意可知，a ⃑,b ⃑⃑,c ⃑的夹角为120°，又知|a ⃑|=|b ⃑⃑|=1，|c ⃑|=3，所以a ⃑.b ⃑⃑=?12 ，a ⃑?c ⃑=b ⃑⃑?c ⃑=?32，|a ⃑+b ⃑⃑+c ⃑|= √1+1+9+2×(?12)+2×(?32)+2×(?32)=2 故答案为2.15. 在ΔABC 中，三个内角A,B,C 的对边分别为a,b,c ，若(12b?sinC)cosA =sinAcosC ，且a =2√3，ΔABC 面积的最大值为__________． 【答案】3√3【解析】由(12b −sinC)cosA =sinAcosC 可得12bcosA =sin (A +C )=sinB ，cosA2=sinB b=sinA a，得 tanA =√3,A =π3，由余弦定理12=b 2+c 2?bc ≥2bc?bc =bc ， ΔABC 面积的最大值为12×12×√32=3√3，当且仅当b =c 时取到最大值，故答案为3√3.【方法点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 除了直接利用两定理求边和角以外，恒等变形过程中，一般来说 ,当条件中同时出现ab 及b 2 、a 2 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答. 16. 已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则圆锥体积的最大值为__________． 【答案】2√3π【解析】设圆锥的底面半径为R ，由题意可得其体积为：V =13Sℎ=13×πR 2×√9?R 2=2π×√R 2×R 2×(9?R 2)=23π×3√3=2√3π.当且仅当R =√6时等号成立.综上可得圆锥体积的最大值为2√3π.三、解答题:共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17. 已知数列{a n}的前n项和S n=2n+1+n?2．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=log2（a n?1)，求证：1b1b2+1b2b3+1b3b4+?+1b n b n+1<1．【答案】(Ⅰ)a n=2n+1；（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)利用已知条件，推出新数列是等比数列，然后求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）化简b n=log2(a n?1)=log22n=n，则1b n b n+1=1n−1n+1，利用裂项相消法和，再根据放缩法即可证明结果.试题解析：(Ⅰ)由{S n=2n+1+n−2S n−1=2n+(n−1)−2(n≥2)，则a n=2n+1(n≥2). 当n=1时，a1=S1=3，综上a n=2n+1.（Ⅱ）由b n=log2(a n−1)=log22n=n.1 b1b2+1b2b3+1b3b4+...+1b n b n+1=11×2+12×3+13×4+...+1n(n+1)=(1−12)+(12−13)+(13−14)+...+(1n−1n+1)=1−1n+1<1. 得证.18. 长春市的“名师云课”活动自开展以来获得广大家长和学生的高度赞誉，在我市推出的第二季名师云课中，数学学科共计推出36节云课，为了更好地将课程内容呈现给学生，现对某一时段云课的点击量进行统计：（Ⅰ）现从36节云课中采用分层抽样的方式选出6节，求选出的点击量超过3000的节数．（Ⅱ）为了更好地搭建云课平台，现将云课进行剪辑，若点击量在区间[0,1000]内，则需要花费40分钟进行剪辑，若点击量在区间(1000,3000]内，则需要花费20分钟进行剪辑，点击量超过3000，则不需要剪辑，现从（Ⅰ）中选出的6节课中随机取出2节课进行剪辑，求剪辑时间X的分布列与数学期望．【答案】(Ⅰ)2；（Ⅱ）1003.【解析】试题分析：(Ⅰ)因为 36节云课中采用分层抽样的方式选出6节，所以12节应选出12×636=2节；（Ⅱ）X的所有可能取值为0,1,2,3，根据古典概型概率公式分别求出各随机变量的概率，从而可得分布列，由期望公式可得结果..试题解析：(Ⅰ)根据分层抽样，选出的6节课中有2节点击量超过3000. （Ⅱ）X的可能取值为0，20，40，60P(X=0)=1C62=115P(X=20)=C31C21C62=615=25P(X=40)=C21+C32C62=515=13P(X=60)=C31C62=315=15则X的分布列为0 20 40 60即EX=1003.19. 如图，四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设PA=1,∠ABC=60°，三棱锥E?ACD的体积为√38，求二面角D?AE?C的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明见解析；（Ⅱ）√1313.【解析】试题分析：(Ⅰ) )连接BD交AC于点O，连接OE，根据中位线定理可得PB//OE，由线面平行的判定定理即可证明PB//平面AEC；（Ⅱ）以点A为原点，以AM方向为x轴，以AD方向为y轴，以AP方向为z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面CAE与平面DAE的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果.试题解析：(Ⅰ)连接BD交AC于点O，连接OE在△PBD中，PE =DEBO =DO }?PB//OE OE?平面ACE PB?平面ACE}?PB//平面ACE（Ⅱ）V P−ABCD =2V P−ACD =4V E−ACD =√32，设菱形ABCD 的边长为aV P−ABCD =13S ?ABCD ?PA =13×(2×√34a 2)×1=√32，则a =√3.取BC 中点M ，连接AM .以点A 为原点，以AM 方向为x 轴，以AD 方向为y 轴，以AP 方向为z 轴， 建立如图所示坐标系.D(0,√3,0)，A(0,0,0)，E(0,√32,12)，C(32,√32,0) AE⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(0,√32,12)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(32,√32,0)， n 1⃑⃑⃑⃑⃑=(1,−√3,3)，n 2⃑⃑⃑⃑⃑=(1,0,0) cosθ=|n1⃑⃑⃑⃑⃑⃑?n 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑||n 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑|?|n 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑|=√1+3+9=√1313， 即二面角D −AE −C 的余弦值为√1313.【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离. 20. 已知椭圆C 的两个焦点为F 1(?1,0),F 2(1,0)，且经过点E(√3,√32)．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过F 1的直线与椭圆C 交于A,B 两点（点A 位于x 轴上方），若AF 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=λF 1B ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑，且2≤λ<3，求直线的斜率k 的取值范围． 【答案】(Ⅰ)x 24+y 23=1；（Ⅱ）0<k ≤√52. 【解析】试题分析：(1)由题意可得a =2，c =1，b =√3，则椭圆方程为x 24+y 23=1. (2)联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得到关于实数k 的不等式，求解不等式可得直线的斜率k 的取值范围是k=√52. 试题解析：(1)由椭圆定义2a =|EF 1|+|EF 2|=4，有a =2，c =1，b =√3，从而x 24+y 23=1.(2)设直线l:y =k (x +1)(k >0)，有{y =k (x +1)x 24+y 23=1 ，整理得(3k 2+4)y 2−6k y −9=0， 设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，有y 1=−λy 2，y 1y 2=−λ(1−λ)2(y 1+y 2)2，(1−λ)2λ=43+4k 2，λ+1λ−2=43+4k 2， 由于2≤λ<3，所以12≤λ+1λ−2<43，12≤43+4k 2<43，解得0<k ≤√52. 3+4k 2=8，k =±√52，由已知k =√52.21. 已知函数f (x )=e x ，g (x )=ln (x +a )+b ．（Ⅰ）若函数f (x )与g (x )的图像在点(0,1)处有相同的切线，求a,b 的值； （Ⅱ）当b =0时，f (x )?g (x )>0恒成立，求整数a 的最大值；（Ⅲ）证明：ln2+(ln3?ln2)2+(ln4?ln3)3 +?+[ln(n +1)?lnn]n <ee?1． 【答案】(Ⅰ)1,1；（Ⅱ）2；（Ⅲ）证明见解析.【解析】试题分析：(Ⅰ)求出f′(x )与g′(x )，由f(1)=g(1)且f ′(1)=g ′(1)解方程组可求a,b 的值；（Ⅱ）f (x )−g (x )>0恒成立等价于e x ≥ln(x +a)恒成立，先证明当a ≤2时恒成立，再证明a ≥3时不恒成立，进而可得结果；（Ⅲ））由e x >ln(x +2)，令x =−n+1n，即e−n+1n>ln(−n+1n+2)，即e −n+1>ln n (−n+1n+2)，令n =1,2,3,4... ，各式相加即可得结果.试题解析：(Ⅰ)由题意可知，f(x)和g(x)在(0,1)处有相同的切线， 即在(0,1)处f(1)=g(1)且f ′(1)=g ′(1)， 解得a =1,b =1.（Ⅱ）现证明e x ≥x +1，设F(x)=e x −x −1， 令F ′(x)=e x −1=0，即x =0，因此F(x)min =F(0)=0，即F(x)≥0恒成立， 即e x ≥x +1， 同理可证lnx ≤x −1.由题意，当a ≤2时，e x ≥x +1且ln(x +2)≤x +1，即e x ≥x +1≥ln(x +2)， 即a =2时，f(x)−g(x)>0成立.当a ≥3时，e 0<lna ，即e x ≥ln(x +a)不恒成立. 因此整数a 的最大值为2. （Ⅲ）由e x >ln(x +2)，令x =−n+1n，即e−n+1n>ln(−n+1n+2)，即e −n+1>ln n (−n+1n+2)由此可知，当n =1时，e 0>ln2， 当n =2时，e −1>(ln3−ln2)2， 当n =3时，e −2>(ln4−ln3)3， ……当n =n 时，e −n+1>[ln(n +1)−lnn]n .综上：e 0+e −1+e −2+...+e −n+1>ln2+(ln3−ln2)2+(ln4−ln3)3+...+[ln(n +1)−lnn]n11−1e>e 0+e −1+e −2+...+e −n+1>ln2+(ln3−ln2)2+(ln4−ln3)3+...+[ln (n +1)−lnn ]n .即ln2+(ln3−ln2)2+(ln4−ln3)3+...+[ln(n +1)−lnn]n <ee−1.（二）选考题：请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22. 选修4-4：坐标系与参数方程以直角坐标系的原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点P 的直角坐标为(1,2)，点M 的极坐标为(3,π2)，若直线过点P ，且倾斜角为π6，圆C 以M 圆心，3为半径． （Ⅰ）求直线的参数方程和圆C 的极坐标方程； （Ⅱ）设直线与圆C 相交于A,B 两点，求|PA|?|PB|． 【答案】(Ⅰ){x =1+√32ty =2+12t(t 为参数），ρ=6sinθ；（Ⅱ）7. 【解析】试题分析：（1）根据直线参数方程形式直接写出直线的参数方程，根据直角三角形关系得ρ=6sinθ，即为圆C 的极坐标方程（2）利用ρsinθ=y,x 2+y 2=ρ2将圆C 的极坐标方程化为直接坐标方程，将直线参数方程代入，利用韦达定理及参数几何意义得|PA |?|PB |=|t 1t 2|=7 试题解析：（Ⅰ）直线的参数方程为{x =1+√32t,y =2+12t, （t 为参数）， 圆的极坐标方程为ρ=6sinθ .（Ⅱ）把{x =1+√32t,y =2+12t,代入x 2+(y −3)2=9，得t 2+(√3−1)t −7=0， ∴t 1t 2=−7，设点A,B 对应的参数分别为t 1,t 2，则|PA |=|t 1|,|PB |=|t 2|,|PA |?|PB |=7. 23. 选修4-5：不等式选讲设不等式||x +1|?|x?1||<2的解集为A ．（Ⅰ）求集合A ；（Ⅱ）若a,b,c ∈A ，求证：|1?abcab?c |>1．【答案】(Ⅰ){x|?1<x <1}；（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集（2）利用分析法证明，将所求不等式转化为(1−a 2b 2)(1−c 2)>0，再根据a,b,c ∈A ，证明(1−a 2b 2)(1−c 2)>0试题解析：（1）由已知，令f(x)=|x +1|−|x −1|={2(x ≥1)2x(−1<x <1)−2(x ≤−1)由|f(x)|<2得A ={x|−1<x <1}.（2）要证|1−abcab−c |>1，只需证|1−abc|>|ab −c|，只需证1+a 2b 2c 2>a 2b 2+c 2，只需证1−a 2b 2>c 2(1−a 2b 2)只需证(1−a 2b 2)(1−c 2)>0，由a,b,c ∈A ，则(1−a 2b 2)(1−c 2)>0恒成立.点睛：(1)分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.(2)利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.。
吉林省长春市2021届新第一次高考模拟考试数学试卷含解析
吉林省长春市2021届新第一次高考模拟考试数学试卷一、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．如图，已知直线:l ()()10y k x k =+>与抛物线2:4C y x =相交于A ，B 两点，且A 、B 两点在抛物线准线上的投影分别是M ，N ，若2AM BN =，则k 的值是（ ）A ．13B ．23C ．23D ．2【答案】C 【解析】 【分析】直线()()10y k x k =+>恒过定点()10P -，，由此推导出12OB AF =，由此能求出点B 的坐标，从而能求出k 的值． 【详解】设抛物线2:4C y x =的准线为:1l x =-，直线()()10y k x k =+>恒过定点()10P -，， 如图过A 、B 分别作AM l ⊥于M ，BN l ⊥于N ， 由2AM BN =，则2FA FB =， 点B 为AP 的中点、连接OB ，则12OB AF =， ∴OB BF =，点B 的横坐标为12， ∴点B 的坐标为122B ⎛⎝，把122B ⎛ ⎝代入直线()()10y k x k =+>， 解得23k =， 故选：C ．【点睛】本题考查直线与圆锥曲线中参数的求法，考查抛物线的性质，是中档题，解题时要注意等价转化思想的合理运用，属于中档题.2．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，平面α与此正方体相交.对于实数()03d d <<，如果正方体1111ABCD A B C D -的八个顶点中恰好有m 个点到平面α的距离等于d ，那么下列结论中，一定正确的是 A ．6m ≠ B ．5m ≠ C ．4m ≠ D ．3m ≠【答案】B 【解析】 【分析】此题画出正方体模型即可快速判断m 的取值. 【详解】如图（1）恰好有3个点到平面α的距离为d ；如图（2）恰好有4个点到平面α的距离为d ；如图（3）恰好有6个点到平面α的距离为d . 所以本题答案为B.【点睛】本题以空间几何体为载体考查点，面的位置关系，考查空间想象能力，考查了学生灵活应用知识分析解决问题的能力和知识方法的迁移能力，属于难题.3．已知函数2,0()4,0x x f x x x -⎧⎪=+>，若()02f x <，则0x 的取值范围是（ ）A ．(,1)-∞-B ．(1,0]-C ．(1,)-+∞D ．(,0)-∞【答案】B 【解析】 【分析】对0x 分类讨论，代入解析式求出0()f x ，解不等式，即可求解. 【详解】函数2,0()0x x f x x -⎧⎪=>，由()02f x <得00220xx -⎧<⎪⎨⎪⎩或020x <>⎪⎩ 解得010-<x . 故选:B. 【点睛】本题考查利用分段函数性质解不等式，属于基础题.4．过抛物线()2:20E x py p =>的焦点F 作两条互相垂直的弦AB ，CD ，设P 为抛物线上的一动点，(1,2)Q ，若111||||4AB CD +=，则||||PF PQ +的最小值是（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】C 【解析】 【分析】设直线AB 的方程为2p y kx =+，代入22x py =得：2220x pkx p --=，由根与系数的关系得2A B x x pk +=，2A B x x p =-，从而得到()2||21AB p k =+，同理可得21||2(1)CD p k=+，再利用111||||4AB CD +=求得p 的值，当Q ，P ，M 三点共线时，即可得答案. 【详解】根据题意，可知抛物线的焦点为(0,)2p，则直线AB 的斜率存在且不为0， 设直线AB 的方程为2p y kx =+，代入22x py =得：2220x pkx p --=. 由根与系数的关系得2A B x x pk +=，2A B x x p =-，所以()2||21AB p k=+.又直线CD的方程为12py xk=-+，同理21||2(1)CD pk=+，所以221111111||||2(1)242(1)AB C p k pkD p+=+==++，所以24p=.故24x y=.过点P作PM垂直于准线，M为垂足，则由抛物线的定义可得||||PF PM=.所以||||||||||3PF PQ PM PQ MQ+=+≥=，当Q，P，M三点共线时，等号成立.故选：C.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系、焦半径公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意取最值的条件.5．已知双曲线22221x ya b-=（0a>，0b>）的左、右顶点分别为1A，2A，虚轴的两个端点分别为1B，2B，若四边形1122A B A B的内切圆面积为18π，则双曲线焦距的最小值为（）A．8 B．16 C．62D．122【答案】D【解析】【分析】根据题意画出几何关系，由四边形1122A B A B的内切圆面积求得半径，结合四边形1122A B A B面积关系求得c与ab等量关系，再根据基本不等式求得c的取值范围，即可确定双曲线焦距的最小值.【详解】根据题意，画出几何关系如下图所示：设四边形1122A B A B的内切圆半径为r，双曲线半焦距为c，则21,,OA a OB b ==所以21A B c ==，四边形1122A B A B 的内切圆面积为18π， 则218r ππ=，解得OC r ==则112212122111422A B A B S A A B B A B OC =⋅⋅=⨯⋅⋅四边形，即1122422a b c ⋅⋅=⨯⋅⋅故由基本不等式可得222a b c +=≤=，即c ≥， 当且仅当a b =时等号成立.故焦距的最小值为故选：D 【点睛】本题考查了双曲线的定义及其性质的简单应用，圆锥曲线与基本不等式综合应用，属于中档题. 6．已知(0,)απ∈，且tan 2α=，则cos2cos αα+=（ ）AB．CD【答案】B 【解析】分析：首先利用同角三角函数关系式，结合题中所给的角的范围，求得cos α的值，之后借助于倍角公式，将待求的式子转化为关于cos α的式子，代入从而求得结果. 详解：根据题中的条件，可得α为锐角， 根据tan 2α=，可求得cos 5α=，而22cos 2cos 2cos cos 115αααα+=+-=+-=，故选B. 点睛：该题考查的是有关同角三角函数关系式以及倍角公式的应用，在解题的过程中，需要对已知真切求余弦的方法要明确，可以应用同角三角函数关系式求解，也可以结合三角函数的定义式求解.7． 若x,y 满足约束条件x 0x+y-30z 2x-2y 0x y ≥⎧⎪≥=+⎨⎪≤⎩，则的取值范围是A ．[0,6]B ．[0,4]C ．[6, +∞）D ．[4, +∞）【答案】D 【解析】解：x 、y 满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y 经过C 点时，函数取得最小值， 由解得C （2，1），目标函数的最小值为：4 目标函数的范围是[4，+∞）． 故选D ．8．关于函数()cos cos 2f x x x =+，有下列三个结论:①π是()f x 的一个周期；②()f x 在35,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增；③()f x 的值域为[]22-,.则上述结论中，正确的个数为（） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】B 【解析】 【分析】利用三角函数的性质，逐个判断即可求出． 【详解】①因为()()f x f x π=+，所以π是()f x 的一个周期，①正确； ②因为()2fπ=，52242f π⎛⎫=< ⎪⎝⎭，所以()f x 在35,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上不单调递增，②错误；③因为()()f x f x -=，所以()f x 是偶函数，又π是()f x 的一个周期，所以可以只考虑0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()f x 的值域．当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，[]cos 0,1t x =∈， 22()cos cos 2cos cos22cos cos 121f x x x x x x x t t =+=+=+-=+-221y t t =+-在[]0,1上单调递增，所以[]()1,2f x ∈-，()f x 的值域为[]1,2-，③错误；综上，正确的个数只有一个，故选B ． 【点睛】本题主要考查三角函数的性质应用．9．已知函数()sin 2cos 2f x x a x =+的图象的一条对称轴为12x π=，将函数()f x 的图象向右平行移动4π个单位长度后得到函数()g x 图象，则函数()g x 的解析式为（ ） A ．()2sin(2)12g x x π=- B ．()2sin(2)12g x x π=+C ．()2sin(2)6g x x π=-D ．()2sin(2)6g x x π=+【答案】C 【解析】 【分析】根据辅助角公式化简三角函数式，结合12x π=为函数()f x 的一条对称轴可求得a ，代入辅助角公式得()f x 的解析式.根据三角函数图像平移变换，即可求得函数()g x 的解析式.【详解】函数()sin 2cos 2f x x a x =+，由辅助角公式化简可得()()2,tan f x x a θθ=+=， 因为12x π=为函数()sin 2cos 2f x x a x =+图象的一条对称轴，代入可得sin 2cos 21212a ππ⎛⎫⎛⎫⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即12=(20a -=，即a =所以()sin 22f x x x =+2sin 23x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭将函数()f x 的图象向右平行移动4π个单位长度可得()g x ， 则()2sin 22sin 2436g x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故选：C.【点睛】本题考查了辅助角化简三角函数式的应用，三角函数对称轴的应用，三角函数图像平移变换的应用，属于中档题.10．中，如果，则的形状是（）A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形【答案】B【解析】【分析】化简得lgcosA＝lg＝﹣lg2，即，结合，可求，得代入sinC ＝sinB，从而可求C，B，进而可判断.【详解】由，可得lgcosA＝＝﹣lg2，∴，∵，∴，，∴sinC＝sinB＝＝，∴tanC＝，C ＝，B＝.故选：B【点睛】本题主要考查了对数的运算性质的应用，两角差的正弦公式的应用，解题的关键是灵活利用基本公式，属于基础题．11．若双曲线C：221xym-=的一条渐近线方程为320x y+=，则m=（）A．49B．94C．23D．32【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的渐近线列方程，解方程求得m的值. 【详解】由题意知双曲线的渐近线方程为()0y x m=>，320x y +=可化为32y x =-32=，解得49m =. 故选：A 【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线，属于基础题. 12．已知α满足1sin 3α=，则cos cos 44ππαα⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（ ） A ．718B ．79C ．718-D ．79-【答案】A 【解析】 【分析】利用两角和与差的余弦公式展开计算可得结果. 【详解】1sin 3α=，cos cos cos cos sin sin cos cos sin sin 444444ππππππαααααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴+-=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()22211cos cos cos sin 12sin 222222ααααααα⎛⎫⎛⎫=-+=-=- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭2117122318⎡⎤⎛⎫=-⨯=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 故选：A. 【点睛】本题考查三角求值，涉及两角和与差的余弦公式的应用，考查计算能力，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
吉林省长春市2021届新高考数学一模试卷含解析
吉林省长春市2021届新高考数学一模试卷一、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a ，b ，c 分别是ABC ∆中A ∠，B Ð，C ∠所对边的边长，则直线sin 0A x ay c ⋅--=与sin sin 0bx B y C +⋅+=的位置关系是（ ）A ．平行B ．重合C ．垂直D ．相交但不垂直【答案】C 【解析】试题分析：由已知直线sin 0A x ay c ⋅--=的斜率为，直线sin sin 0bx B y C +⋅+=的斜率为，又由正弦定理得，故，两直线垂直考点：直线与直线的位置关系2．已知非零向量a r ，b r 满足()2a b a ⊥r r ，()2b a b ⊥r r ，则a r 与b r的夹角为（ ）A ．6π B ．4π C ．3π D ．2π 【答案】B 【解析】 【分析】由平面向量垂直的数量积关系化简，即可由平面向量数量积定义求得a r 与b r的夹角. 【详解】根据平面向量数量积的垂直关系可得()2220a b a a b ⋅=-⋅=r r r r，()2220b a b b a b ⋅=⋅=r r r r，所以222a b b ==⋅r r r，即a b =r r ，由平面向量数量积定义可得22cos ,a b a b=⋅r r r r，所以2cos ,2a b =r r，而[],0,a b π∈r r ， 即a r 与b r 的夹角为4π.故选：B 【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算，平面向量夹角的求法，属于基础题. 3．等差数列{}n a 中，1510a a +=，47a =，则数列{}n a 前6项和6S 为（）A ．18B ．24C ．36D ．72【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的性质可得35a =，根据等差数列的前n 项和公式163466622a a a aS ++=⨯=⨯可得结果. 【详解】∵等差数列{}n a 中，1510a a +=，∴3210a =，即35a =，∴163465766636222a a a a S +++=⨯=⨯=⨯=， 故选C. 【点睛】本题主要考查了等差数列的性质以及等差数列的前n 项和公式的应用，属于基础题.4．已知全集{},1,2,3,4,U Z A ==()(){}130,B x x x x Z =+->∈，则集合()U A C B ⋂的子集个数为（ ） A ．2 B ．4C ．8D ．16【答案】C 【解析】 【分析】先求B.再求U C B ，求得()U A C B ⋂则子集个数可求 【详解】由题()(){}{}130,1x 3,U C B x x x x Z x x Z =+-≤∈=-≤≤∈={}1,0,1,2,3=-, 则集合(){}1,2,3U A C B ⋂=,故其子集个数为328=故选C 【点睛】此题考查了交、并、补集的混合运算及子集个数，熟练掌握各自的定义是解本题的关键，是基础题 5．集合{}2,A x x x R =>∈，{}2230B x x x =-->，则A B =I （ ） A ．(3,)+∞ B ．(,1)(3,)-∞-+∞UC ．(2,)+∞D ．(2,3)【答案】A 【解析】【分析】计算()(),13,B =-∞-+∞U ，再计算交集得到答案. 【详解】{}()()2230,13,B x x x =-->=-∞-⋃+∞，{}2,A x x x R =>∈，故(3,)A B =+∞I .故选：A . 【点睛】本题考查了交集运算，属于简单题.6．在ABC ∆中，E ，F 分别为AB ，AC 的中点，P 为EF 上的任一点，实数x ，y 满足0PA xPB yPC ++=r u u u v u u u v u u u v ，设ABC ∆、PBC ∆、PCA ∆、PAB ∆的面积分别为S 、1S 、2S 、3S ，记ii S Sλ=（1,2,3i =），则23λλ⋅取到最大值时，2x y +的值为（ ） A ．－1 B ．1C ．32-D ．32【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形中位线的性质，可得P 到BC 的距离等于△ABC 的BC 边上高的一半，从而得到12312S S S S ==+，由此结合基本不等式求最值，得到当23λλ⋅取到最大值时，P 为EF 的中点，再由平行四边形法则得出11022PA PB PC ++=u u u r u u u r u u u r r ，根据平面向量基本定理可求得12x y ==，从而可求得结果.【详解】 如图所示：因为EF 是△ABC 的中位线，所以P 到BC 的距离等于△ABC 的BC 边上高的一半， 所以12312S S S S ==+， 由此可得22232322322()1216S S S S S S S S S S λλ+=⨯=≤=， 当且仅当23S S =时，即P 为EF 的中点时，等号成立， 所以0PE PF +=u u u r u u u r r，由平行四边形法则可得2PA PB PE +=u u u r u u u r u u u r ，2PA PC PF +=u u u r u u u r u u u r，将以上两式相加可得22()0PA PB PC PE PF ++=+=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r r，所以11022PA PB PC ++=u u u r u u u r u u u r r ，又已知0PA xPB yPC ++=u u u r u u u r u u u r r ，根据平面向量基本定理可得12x y ==， 从而132122x y +=+=. 故选：D 【点睛】本题考查了向量加法的平行四边形法则，考查了平面向量基本定理的应用，考查了基本不等式求最值，属于中档题.7．已知,a b ∈R ，3(21)ai b a i +=--，则|3|a bi +=（ ） AB．C ．3D ．4【答案】A 【解析】 【分析】根据复数相等的特征，求出3a 和b ，再利用复数的模公式，即可得出结果. 【详解】因为3(21)ai b a i +=--，所以3,(21),b a a =⎧⎨--=⎩，解得3,31,b a =⎧⎨=⎩则|3|13a bi i +=+==故选：A. 【点睛】本题考查相等复数的特征和复数的模，属于基础题.8．函数cos 1ln(),1,(),1x x x f x xex π⎧->⎪=⎨⎪≤⎩的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性，同增异减以及采用排除法，可得结果. 【详解】当1x >时，()1ln()f x x x=-，由1,y y x x =-=在()1,+∞递增， 所以1t x x=-在()1,+∞递增又ln y t =是增函数，所以()1ln()f x x x=-在()1,+∞递增，故排除B 、C 当1x ≤时()cos xf x eπ=，若()0,1x ∈，则()0,x ππ∈所以cos t x π=在()0,1递减，而ty e =是增函数所以()cos xf x e π=在()0,1递减，所以A 正确，D 错误故选：A 【点睛】本题考查具体函数的大致图象的判断，关键在于对复合函数单调性的理解，记住常用的结论：增+增=增，增-减=增，减+减=减，复合函数单调性同增异减，属中档题.9．已知某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．3B ．103C ．113D ．83【答案】B 【解析】由三视图知：几何体是直三棱柱消去一个三棱锥，如图：直三棱柱的体积为1 22242⨯⨯⨯=，消去的三棱锥的体积为112212323⨯⨯⨯⨯=， ∴几何体的体积210433V =-=，故选B. 点睛：本题考查了由三视图求几何体的体积，根据三视图判断几何体的形状及相关几何量的数据是解答此类问题的关键；几何体是直三棱柱消去一个三棱锥，结合直观图分别求出直三棱柱的体积和消去的三棱锥的体积，相减可得几何体的体积.10．在等差数列{}n a 中，25a =-，5679a a a ++=，若3n nb a =（n *∈N ），则数列{}n b 的最大值是（ ）A ．3-B ．13- C ．1 D ．3【答案】D 【解析】 【分析】在等差数列{}n a 中,利用已知可求得通项公式29n a n =-,进而3293n n b a n =-=,借助()329f x x =-函数的的单调性可知,当5n =时, n b 取最大即可求得结果. 【详解】因为5679a a a ++=，所以639a =，即63a =，又25a =-，所以公差2d =，所以29n a n =-，即329n b n =-，因为函数()329f x x =-，在 4.5x <时，单调递减，且()0f x <；在 4.5x >时，单调递减，且()0f x >.所以数列{}n b 的最大值是5b ，且5331b ==，所以数列{}n b 的最大值是3.故选:D. 【点睛】本题考查等差数列的通项公式,考查数列与函数的关系,借助函数单调性研究数列最值问题,难度较易. 11．若命题：从有2件正品和2件次品的产品中任选2件得到都是正品的概率为三分之一；命题：在边长为4的正方形内任取一点，则的概率为，则下列命题是真命题的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】因为从有2件正品和2件次品的产品中任选2件得到都是正品的概率为，即命题是错误，则是正确的；在边长为4的正方形内任取一点，若的概率为，即命题是正确的，故由符合命题的真假的判定规则可得答案是正确的，应选答案B 。
吉林省长春市普通高中2021届高三质量监测(一模)数学(理)试卷Word版含答案
长春市2021届高三第一次质量监测〔一模〕理科数学一、选择题:此题共12小题，每题5分，共60分.在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的.1.集合2{|||3,},{|20},A x x x B x x x =<∈=->Z 那么集合A B 的元素个数有A.1个B.2个C.3个D.4个 2.函数sin 22y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭是 A.周期为2π的奇函数 B.周期为2π的偶函数 C.周期为π的奇函数 D.周期为π的偶函数3.在ABC ∆中, A B >是sin sin A B >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.张老师居住的一条街上,行驶着甲、乙两路公交车,这两路公交车的数目相同,并且都是每隔十分钟就到达车站一辆(即停即走).张老师每天早晨都是在6:00到6:10之间到达车站乘车到学校,这两条公交线路对他是一样的,都可以到达学校,甲路公交车的到站时间是6:09,6:19，6:29,6:39，…,乙路公交车的到站时间是6:00,6:10,6:20,6:30,…，那么张老师乘坐上甲路公交车的概率是A. 10%B. 50%C. 60%D. 90% 5.长江流域内某地南北两岸平行,如下图游船在静水中的 航行速度1v 的大小1||10km/h v =,水流的速度2v 的大小2||4km/h v =,设1v 和2v 所成角为 (0)θθπ<<，假设游船要从A 航行到正北方向上位于北岸的码头B 处,那么cos θ等于A.5-B. 25-C. 35-D. 45-6.函数()()()1sin ,f x x x π=-那么函数在[]1,3-上的大致图象为A B C D 7.1的长方形ABCD 沿对角线BD 折起,得到四面体-A BCD , 那么四面体-A BCD 的外接球体积为 A. 43π B.83π C.4π D.323π 1 / 2河流两岸示意图8.抛物线()220y px p =>，过其焦点F 的直线l 与抛物线分别交于A 、B 两点(点A 在第一象限)，且4,AB FB =那么直线l 的倾斜角为A.6π B. 4π C. 3π D. 23π 9.对于函数()||1,f x x x x =++以下结论中正确的选项是()A.f x 为奇函数 ()B.f x 在定义域上是单调递减函数()C.f x 的图象关于点()0,1对称 ()D.f x 在区间()0,+∞上存在零点10.如图,在面积为1的正方形1111,A B C D 内做四边形2222,A B C D 使12212,A A A B =1221122122112,2,2,B B B C C C C D D D D A ===以此类推,在四边形2222A B C D 内再做四边形3333A B C D ……，记四边形i i i i A B C D 的面积为1,2,3,,)(i a i n =，那么123n a a a a ++++=11.双曲线()2222:10,0x y E a b a b-=>>被斜率为4的直线截得的弦AB 的中点为()2,1,那么双曲线E 的离心率为12.偶函数()f x 满足()()2,f x f x =-当()0,1x ∈时(),31,xf x =+那么13log 84f ⎛⎫ ⎪⎝⎭的值为二、填空题:此题共4小题,每题5分,共20分. 13.假设tan 2,α=那么sin 2α=. 14.假设复数z 满足3,z z ⋅=那么||z =.15.如图,一块边长10cm 的正方形铁片上有四块阴影局部,将这些阴影局部裁下来,然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器,把容器的容积V (单位:3cm )表示为x (单位:cm )的函数 为.16.n S 是数列{}n a 的前n 项和,满足21322n S n n =+, 那么n a =;数列131{}2n n n n a a ++⋅的前n 项和n T =. 三、解答题:共70分,解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22-23题为选考题,考生根据要求作答. (一)必考题:共60分17.(12分)如图,在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 为正方形,PA ⊥底面ABCD ,PA AB =,E 为PB 的中点,F 为线段BC 上的动点.1C 1D 1A 1B 2A 2B 2C 2D 3A 3B 3C 3D(I)求证:平面AEF ⊥平面PBC ; (Ⅱ)求二面角P DC E --的余弦值.18.(12分)在ABC ∆中,角,,A B C 的对边分别为,,a b c ,且满足1cos 2a b c B +=⋅. (I)求角C ;(Ⅱ)假设2,3a b ==,求()cos 2A C -. 19.(12分)某小区超市采取有力措施保障居民 正常生活的物资供给.为做好日常生活必需的 甲类物资的供给,超市对社区居民户每天对甲 类物资的购置量进行了调查,得到了以下频率 分布直方图(如图),现从小区超市某天购置甲 类物资的居民户中任意选取5户.(I)假设将频率视为概率,求至少有两户 购置量在[)3,4(单位:kg )的概率;(Ⅱ)假设抽取的5户中购置量在[]3,6(单位:kg )的户数为2户,从这5户中选出3户进行生活情况调查,记3户中需求量在[]3,6(单位:kg )的户数为ξ,求ξ的分布列和期望. 20.(12分)椭圆2214y x +=,直线1l y kx =+：分别与x 轴y 轴交于,M N 两点,与椭圆交于,A B 两点. (I)假设,AM NB =求直线l 的方程;(Ⅱ)假设点P 的坐标为()0,2,-求PAB △面积的最大值. 21.(12分)设函数()()1ln xf x e a x a =+∈R . (I)当a e =时,求函数()f x 的单调区间; (Ⅱ)当0a >时,求证:()()2ln .f x a a -(二)选考题:共10分,请考生在22、23题中任选一题作答,如果多做那么按所做的第一题计分. 22.【选修4-4坐标系与参数方程](10分)直线l 的参数方程为12x ty t=+⎧⎨=⎩(t 为参数),以坐标原点为极点,x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,圆C 的极坐标方程为2cos 4sin .ρθθ=+ (I)求直线l 的普通方程和圆C 的直角坐标方程; (Ⅱ)假设直线l 与圆C 相交于,A B 两点,求||.AB 23.[选修4-5不等式选讲](10分)0,0, 4.a b a b >>+=(I)求证222; (Ⅱ)求证:1212223a b +++. 长春市2021届高三质量监测()-数学(理科)试题参考答案及评分参考 一,选择题(本大题共12小题，每题5分，共60分)1. B.【解题思路】{2,1,0,1,2},{|0,2},A B x x x =--=<>或所以{2,1},A B =--应选B.2.D 【解想思路】sin 2cos 2.2y x x π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭故T=π且为偶函数,应选D 3．C 【解题思路】易知在三角形中，A B >是sin sin A B >的充要条件,应选C4.D 【解思路】张老师到达车站在6：00-6:10中是等可能的,故张老师在6:00-6:09到达车站 的概率为90%,故有90%的可能乘坐甲路公交车，应选D5．B 【解题思路】由题意知()2120,v v v +⋅=有2212||co ,||s 0v v v θ+=所以2cos 5θ=-选B. 6．A 【解题思路】由()()1sin f x x x π=-可得()y f x =的图象关于直线1x =对称,排除BC, 当(1,2)x ∈时(),0,f x <排除D,数选A.7. A 【解题思路】2,BD BD =中点到A,B,C,D 的距离均为1,故球的体积为43π,应选A. 8．C 【解题思路】如图,过A,B 作AA ’,BB ’垂直准线2px =-,垂足为A ’,B’，过B 作AA ’垂 线,垂足为C,由抛物线定义知|||,||,3|||||||BF BB AA A F F BF A ''===2|||,|F B AC =所以1cos 2BAC ∠=,3BAC π∠=,所以直线l 倾斜角为3π,应选C. 9.C 【解题思路】()221,01,0x x x f x x x x ⎧-++⎪=⎨++>⎪⎩由图象可知,图象关于点()0,1对称,因此不是奇函数,在定义域内函数为增函数,在(),0-∞上有零点,应选C.10.B 【解题思路】由图可知11232555,1,,,,,999n n a a a a -⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以其前n 项和为]95[149n⎛⎫- ⎪⎝⎭,应选B.11.B 【解题思路】设()()2121,,,y B x x A y 代入双曲线方程作差有()()()()1112121222x x x x y y y y ab-+-+=,有2121221212()()2()()y y y y b a x x x x -+==-+,所以223c a =，e =应选B.12. A 【解题思路】由题意可知函数()f x 的周期为4,又()133log 84log 845,4=-∈--当()0,1x ∈时(),31,x f x =+那么当()1,0x ∈-时(),31,x f x -=+那么13(4log 84)113384165log 84(4log 84)3118181f f -+⎛⎫=+=+=+=⎪⎝⎭应选A 二、填空题(本大题共4小题,每题5分，共20分) 13.45【解题思路】2222sin cos 2tan 4sin 2sin cos 1tan 5ααααααα===++(),R ,z a bi a b =+∈有223,||z z a b z ⋅=+==15. 10)V x =<<【解题思路】由题意可知,正四棱锥的高为,所以容积21(010)36x V x x =⨯=<<16.1n a n =+，1122(2)n n T n =-+【解题思路】112,1n n n a a S S n -=-==+,所以 ()()11122122n n n n +⎛⎫=- ⎪ ⎪++⎝⎭,故131{}2n n n n a a ++⋅的前n 项和1122(2)n n T n =-+. 三，简答题17.【答案】(1)因为PA AB =,E 为PB 中点,所以,AE PB ⊥ 因为PA ⊥平面ABCD,所以,PA BC ⊥由,BC AB ⊥所以BC ⊥平面PAB,所以BC AE ⊥又,BC PB B =所以AE ⊥平面PAB,所以平面AEF ⊥平面PAB.(2)法1:取PA 中点G,连结GE,GD,由,////AB GE AB CD ,所以//,GE CD 故GE ⊂平面EDC,因为PA ⊥平面ABCD,所以,PA CD ⊥由,AD CD ⊥所以CD ⊥平面PAD,所以,,CD PD GD CD ⊥⊥所以∠PDG 为二面角的平面角,在PAD ∆中,1,PG PD GD ===所以cos 10PDG ∠=(12分) 法2:以A 为原点,AB,AD,AP 为x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,有()0,0,2,P()()()0,2,0,2,2,0,1,0,1,D C E 设平面PCD 的一个法向量为()111,,,x y z =n 平面ECD 的一个法向量为()222,,x y z =m 有00PC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，111100x y z x +-=⎧⎨=⎩，()0,1,1=n又00CE CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，2222200x y z x +-=⎧⎨=⎩，()0,1,2,2=m ,所以||cos |||m n m n θ⋅==⋅ 即二面角 P-DC-E(12分) 18. 【答案】(1)由正弦定理知sin si c 1n sin os 2A B C B += 有sin cos cos s i 1in sin s n cos 2B C B C B C B ++=,所以cos 21C =-2,3C π=〔6分〕所以222cos 2b c a A bc +-==，sin A =sin 2A =，13cos 219A =,所以()11311cos 221938A C -=-⨯+=(12分) 19．【答案】54153147(1)1(444128P C ⎛⎫⎛⎫=--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭分) (2)ξ的可能值为0,1,2()33351010C P C ξ===；()2133256110C C P C ξ===；()1232353210C C P C ξ=== ξ的分布列为20．【答案】(1)设()()1122,,,A x y B x y 联立直线方程与椭圆方程有22141y x y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩有()224230,k x kx ++-=有12224x x k k +=-+，122424y y k +=+ 所以AB 中点坐标为224,44k k k ⎛⎫-⎪++⎝⎭,(0)k ≠ 由1,0M k ⎛⎫-⎪⎝⎭(),0,1,N MN 中点坐标为11,22k ⎛⎫- ⎪⎝⎭因为,AM NB =所以线段MN 的中点与AB 的中点重合,有221241424k k k k ⎧-=-⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩解得2k =±(6分)(2)由(1)可知122163|6231|1 PABSx x k =⨯⨯-⨯=++=33,433所以63312PAB S ∆=当k=0时PAB ∆面积最大.(12分) 21.【答案】(1)a e =时，令1t x=(),f x 可化为(),g t 即()ln ,t g t e e t =-(0)t > ()t eg t e t'=-易知()g t '为增函数,且()10g '=所以当()0,1t ∈时()(),0,g t g t '<单调递减,当()1,t ∈+∞时()(),0,g t g t '>单调递增又1t x=, 所以当()1,x ∈+∞时()(),0,1,t f x ∈单调递增,当()0,1x ∈时()(),1,,t f x ∈+∞单调递减.(4分) (2)令)10( t t x=>(),f x 可化为()ln t g t e a t =- ()t ag t e t'=-,当0a >时,易知()g t '为()0,+∞上增函数,当a e >时(),01g e a '=-<；当 a e =时(),10g e a '=-=；当a e <时,0ae a g e e e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭ 而()10,ag a e '=->所以存在()00,,t ∈+∞()0000tag t e t '=-=即00ln ln t a t =- 当t ∈()00,t 时()(),0,g t g t '<单调递减, 当t ∈()0,t +∞时()(),0,g t g t '>单调递增: 所以()()00000ln ln 2ln tag t g t e a t at a a a a a t =-=+--.(12分) 22.【答案】(1)直线l 的普通方程是210x y --=,圆的直角坐标方程是22240x yx y +--=〔5分〕(2)圆心(1,2)到直线l的距离d =圆半径r =所以||AB ==〔10分〕23.【答案】(1)证明:因为0,0a b >>,2222224a b a b ab+++()222a b +=当且仅当2a b ==时取等号)(5分) (2)因为4a b +=,所以26,a b ++=所以()221111*********a a b ba b a b a b ⎛⎫+++⎛⎫⎛⎫+=+=+++ ⎪ ⎪⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭(1132623+=+,)2a b +=时取等号(10分)。
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长春市高考数学一模试卷（理科）C卷
姓名:________ 班级:________ 成绩:________
一、选择题 (共12题；共24分)
1. （2分）
设复数z满足=i，则|z|=（）
A . 1
B .
C .
D . 2
2. （2分）(2016·襄阳模拟) “0≤a≤4”是“命题‘∀x∈R，不等式x2+ax+a＞0成立’为真命题”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
3. （2分） (2017高一下·池州期末) 当a=3时，如图的程序段输出的结果是（）
A . 9
B . 3
D . 6
4. （2分）(2017·潍坊模拟) 函数f（x）= 的图象与函数g（x）=log2（x+a）（a∈R）的图象恰有一个交点，则实数a的取值范围是（）
A . a＞1
B . a≤﹣
C . a≥1或a＜﹣
D . a＞1或a≤﹣
5. （2分）已知则（）
A .
B .
C .
D .
6. （2分） (2017高三下·武威开学考) 如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积为（）
B . 11π
C . 12π
D . 13π
7. （2分）已知双曲线中心在原点且一个焦点为F1(-,0)，点P位于该双曲线上，线段PF1的中点坐标为（0，2），则双曲线的方程为（）
A .
B .
C .
D .
8. （2分） (2017高一上·武汉期末) f（x）=Asin（ωx+ωπ）（A＞0，ω＞0）在上单调，则ω的最大值为（）
A .
B .
C . 1
D .
9. （2分） (2017高一上·焦作期末) 如图为一个几何体的三视图，三视图中的两个不同的正方形的边长分别为1和2，则该几何体的体积为（）
A . 6
B . 7
C . 8
D . 9
10. （2分）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若∠A1AB=∠A1AD=60º，且A1A=3，则A1C的长为（）
A .
B .
C .
D .
11. （2分） (2017·浙江模拟) 已知F为抛物线4y2=x的焦点，点A，B都是抛物线上的点且位于x轴的两侧，若• =15（O为原点），则△ABO和△AFO的面积之和的最小值为（）
A .
B .
C .
D .
12. （2分） (2019高二下·哈尔滨月考) 直线与相切,实数的值为（）
A .
B .
C .
D .
二、填空题 (共4题；共4分)
13. （1分）若数a1 ， a2 ， a3 ， a4 ， a5的标准差为2，则数3a1﹣2，3a2﹣2，3a3﹣2，3a4﹣2，3a5﹣2的方差为________
14. （1分）从边长为1的正方形的中心和顶点这五个点中,随机(等可能)取两点,则该两点间的距离为的概率是________.
15. （1分） (2019高三上·上海月考) 如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点 .若，则的值是________.
16. （1分）有一支队伍长L米，以一定的速度匀速前进，排尾的传令兵因传达命令赶赴排头，到达排头后立
即返回，且往返速度不变，如果传令兵回到排尾后，整个队伍正好前进了L米，则传令兵所走的路程为________．
三、解答题 (共5题；共45分)
17. （5分）(2018·绵阳模拟) 已知数列的前项和满足： .
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若，数列的前项和为，试问当为何值时，最小？并求出最小值.
18. （15分） (2019高二上·杭州期中) 如图，已知直三棱柱，，E是棱
上动点，F是AB中点，，．
（1）求证：平面；
（2）当是棱中点时，求与平面所成的角；
（3）当时，求二面角的大小．
19. （5分）(2017·济宁模拟) 甲、乙、丙三人玩抽红包游戏，现将装有5元、3元、2元的红包各3个，放入一不透明的暗箱中并搅拌均匀，供3人随机抽取．
（Ⅰ）若甲随机从中抽取3个红包，求甲抽到的3个红包中装有的金额总数小于10元的概率．
（Ⅱ）若甲、乙、丙按下列规则抽取：
①每人每次只抽取一个红包，抽取后不放回；
②甲第一个抽取，甲抽完后乙再抽取，丙抽完后甲再抽取…，依次轮流；
③一旦有人抽到装有5元的红包，游戏立即结束．
求甲抽到的红包的个数X的分布列及数学期望．
20. （10分） (2017高二上·海淀期中) 已知圆与直线交于，两点，点
为线段的中点，为坐标原点．
（1）如果直线的斜率为，求实数的值．
（2）如果，且，求圆的方程．
21. （10分）(2018·鄂伦春模拟) 已知函数的图象在与轴的交点处的切线方程为 .
（1）求的解析式；
（2）若对恒成立，求的取值范围.
参考答案一、选择题 (共12题；共24分)
1-1、
2-1、
3-1、
4-1、
5-1、
6-1、
7-1、
8-1、
9-1、
10-1、
11-1、
12-1、
二、填空题 (共4题；共4分)
13-1、
14-1、
15-1、
16-1、
三、解答题 (共5题；共45分)
17-1、
18-1、
18-2、18-3、
19-1、20-1、20-2、
21-1、21-2、。