贵州省2017届高考数学适应性试卷(理科)含答案解析
贵州省2017届高考数学适应性试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．23．已知数列{a n}满足a n=a n，若a3+a4=2，则a4+a5=（）+1A．B．1 C．4 D．84．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C 三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣15．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．286．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t 被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．28．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2 B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜29．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P在区域A的概率为（）A． B．C．D．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C（t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P 在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．212．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞） C．（﹣7，0） D．（﹣∞，8）二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）=．14．（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为．15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，若四面体OABC的体积V的最大值为，则此时球的表面积为．16．已知数列{a n}满足a1=﹣40，且na n﹣（n+1）a n=2n2+2n，则a n取最小值时n+1的值为．三、解答题（本题共70分）17．（12分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．18．（12分）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，并通过两个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：记事件C ：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级”，假设两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C 的概率．19．（12分）如图1，在等腰直角三角形ABC 中，∠B=90°，将△ABC 沿中位线DE 翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A ﹣DE ﹣C 的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．20．（12分）已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．21．（12分）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．2017年贵州省高考数学适应性试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}【考点】交集及其运算．【分析】解不等式求出集合M，再根据交集的定义写出M∩N．【解答】解：集合集合M={x|x2﹣2x＜0}={x|0＜x＜2}，N={x|x≥1}，则M∩N={x|1≤x＜2}故选：B．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、复数相等即可得出．【解答】解：∵y=（2x+i）（1﹣i）=2x+1+（1﹣2x）i，∴，解得y=2故选：D．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，考查了计算能力，属于基础题．3．已知数列{a n}满足a n=a n，若a3+a4=2，则a4+a5=（）+1A．B．1 C．4 D．8【考点】等比数列的通项公式．【分析】根据已知条件可以求得公比q=2．【解答】解：∵数列{a n }满足a n =a n +1，∴=2．则该数列是以2为公比的等比数列． 由a 3+a 4=2，得到：4a 1+8a 1=2，解得a 1=，则a 4+a 5=8a 1+16a 1=24a 1=24×=4， 故选：C ．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，是基础的计算题．4．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A ，B ，C三点共线，则实数m ，n （ ）A ．mn=1B ．mn=﹣1C ．m +n=1D ．m +n=﹣1 【考点】平行向量与共线向量．【分析】由题意可得∥，再根据两个向量共线的性质可得=，由此可得结论．【解答】解：由题意可得∥，∴=λ•，故有=，∴mn=1， 故选：A ．【点评】本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．5．执行如图所示的程序框图，如果输入的a ，b 分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．28【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的a，b的值，当a=28，b=28时，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值．【解答】解：模拟程序的运行，可得a=56，b=140，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=140﹣56=84，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=84﹣56=28，满足条件a≠b，满足条件a＞b，a=56﹣28=28，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值为28．故选：D．【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的a，b的值是解题的关键，属于基本知识的考查．6．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t 被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．【考点】进行简单的演绎推理．【分析】根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，计算梯形的面积即可得出结论．【解答】解：根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，又由图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，其面积S==；故选：B．【点评】本题考查演绎推理的运用，关键是理解题目中祖暅原理的叙述．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．2【考点】简单空间图形的三视图．【分析】分析三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，并求出面积，可得答案．【解答】解：设棱长为1，则三棱锥P﹣BCD的正视图是底面边长为1，高为1的三角形，面积为：；三棱锥P﹣BCD的俯视图取最大面积时，P在A1处，俯视图面积为：；故三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为1，故选：A．【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，根据已知分析出三棱锥P ﹣BCD的正视图与侧视图的形状，是解答的关键．8．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2 B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜2【考点】正弦定理．【分析】由题意判断出三角形有两解时A的范围，通过正弦定理及正弦函数的性质推出a的范围即可．【解答】解：由AC=b=2，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，半径为2的圆与BA有两个交点，当A=90°时，圆与AB相切；当A=45°时交于B点，也就是只有一解，∴45°＜A＜135°，且A≠90°，即＜sinA＜1，由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：a==2sinA，∵2sinA∈（2，2）．∴a的取值范围是（2，2）．故选：C．【点评】此题考查了正弦定理，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于中档题．9．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P在区域A的概率为（）A． B．C．D．【考点】几何概型．【分析】首先明确几何概型测度为区域面积，利用定积分求出A的面积，然后由概型公式求概率．【解答】解：由已知得到事件对应区域面积为=4，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，面积为2=2sinx|=，由急火攻心的公式得到所求概率为：；故选C【点评】本题考查了几何概型的概率求法；明确几何测度是关键．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C（t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．【考点】函数的图象．【分析】根据图象的对称关系和条件可知C（6）=0，C（12）=10，再根据气温变化趋势可知在前一段时间内平均气温大于10，使用排除法得出答案．【解答】解：∵气温图象在前6个月的图象关于点（3，0）对称，∴C（6）=0，排除D；注意到后几个月的气温单调下降，则从0到12月前的某些时刻，平均气温应大于10℃，可排除C；∵该年的平均气温为10℃，∴t=12时，C（12）=10，排除B；故选A．【点评】本题考查了函数图象的几何意义，函数图象的变化规律，属于中档题．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P 在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．2【考点】抛物线的简单性质．【分析】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义，结合|PA|=m|PF|，设PA的倾斜角为α，则当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，求出P的坐标，即可求得|PA|的值．【解答】解：抛物线的标准方程为x2=4y，则抛物线的焦点为F（0，1），准线方程为y=﹣1，过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，∵|PA|=m|PF|，∴|PA|=m|PN|，设PA的倾斜角为α，则sinα=，当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4（kx﹣1），即x2﹣4kx+4=0，∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，∴P（2，1），∴|PA|==2．故选D．【点评】本题考查抛物线的性质，考查抛物线的定义，考查学生分析解决问题的能力，解答此题的关键是明确当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，属中档题．12．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞） C．（﹣7，0） D．（﹣∞，8）【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】求出函数y=f（x）+g（x）的表达式，构造函数h（x）=f（x）+f（2﹣x），作出函数h（x）的图象，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，由f（x）+g（x）=0，得f（x）+f（2﹣x）=，设h（x）=f（x）+f（2﹣x），若x≤0，则﹣x≥0，2﹣x≥2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2+x+x2，若0≤x≤2，则﹣2≤﹣x≤0，0≤2﹣x≤2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2，若x＞2，﹣x＜﹣2，2﹣x＜0，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=（x﹣2）2+2﹣|2﹣x|=x2﹣5x+8．作出函数h（x）的图象如图：当x ≤0时，h （x ）=2+x +x 2=（x +）2+≥，当x ＞2时，h （x ）=x 2﹣5x +8=（x ﹣）2+≥．由图象知要使函数y=f （x ）+g （x ）恰有4个零点，即h （x ）=恰有4个根，∴，解得：b ∈（7，8）故选：A ．【点评】本题主要考查函数零点个数的判断，根据条件求出函数的解析式，利用数形结合是解决本题的关键，属于难题．二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f （x ）=（x ﹣a ）（x +3）为偶函数，则f （2）= ﹣5 ．【考点】函数奇偶性的性质．【分析】根据偶函数f （x ）的定义域为R ，则∀x ∈R ，都有f （﹣x ）=f （x ），建立等式，解之求出a ，即可求出f （2）．【解答】解：因为函数f （x ）=（x ﹣a ）（x +3）是偶函数，所以∀x ∈R ，都有f （﹣x ）=f （x ），所以∀x ∈R ，都有（﹣x ﹣a ）•（﹣x +3）=（x ﹣a ）（x +3），即x 2+（a ﹣3）x ﹣3a=x 2﹣（a ﹣3）x ﹣3a ，所以a=3，所以f （2）=（2﹣3）（2+3）=﹣5．故答案为：﹣5．【点评】本题主要考查了函数奇偶性的性质，同时考查了运算求解的能力，属于基础题．14．（x +1）（x +a ）4的展开式中含x 4项的系数为9，则实数a 的值为 2 ．【考点】二项式系数的性质．【分析】利用（x +1）（x +a ）4=（x +1）（x 4+4x 3a +…），进而得出．【解答】解：（x +1）（x +a ）4=（x +1）（x 4+4x 3a +…），∵展开式中含x 4项的系数为9，∴1+4a=9，解得a=2．故答案为：2．【点评】本题考查了二项式定理的展开式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．设A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB=，C 是球面上的动点，若四面体OABC 的体积V 的最大值为，则此时球的表面积为 36π ．【考点】球的体积和表面积．【分析】当点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，利用三棱锥O ﹣ABC 体积的最大值为，求出半径，即可求出球O 的体积 【解答】解：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O ﹣ABC =V C ﹣AOB =×R 2×sin60°×R=，故R=3，则球O 的表面积为4πR 2=36π，故答案为：36π．【点评】本题考查球的半径，考查体积的计算，确定点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大是关键．属于中档题16．已知数列{a n }满足a 1=﹣40，且na n +1﹣（n +1）a n =2n 2+2n ，则a n 取最小值时n 的值为 10或11 ．【考点】数列递推式．【分析】na n +1﹣（n +1）a n =2n 2+2n ，化为﹣=2，利用等差数列的通项公式可得a n，再利用二次函数的单调性即可得出．【解答】解：∵na n﹣（n+1）a n=2n2+2n，∴﹣=2，+1∴数列{}是等差数列，首项为﹣40，公差为2．∴=﹣40+2（n﹣1），化为：a n=2n2﹣42n=2﹣．则a n取最小值时n的值为10或11．故答案为：10或11．【点评】本题考查了等差数列的通项公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本题共70分）17．（12分）（2017•贵州模拟）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．【考点】三角形中的几何计算．【分析】（1）由acosB=4，bsinA=3，两式相除，结合正弦定理可求tanB=，又acosB=4，可得cosB＞0，从而可求cosB，即可解得a的值．（2）由（1）知sinB=，利用三角形面积公式可求c，由余弦定理可求b，从而解得三角形周长的值．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由acosB=4，bsinA=3，两式相除，有==•=•=，所以tanB=，又acosB=4，故cosB＞0，则cosB=，所以a=5．…（6分）（2）由（1）知sinB=，由S=acsinB ，得到c=6．由b 2=a 2+c 2﹣2accosB ，得b=，故l=5+6+=11+ 即△ABC 的周长为11+．…（12分）【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18．（12分）（2017•贵州模拟）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，并通过两个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：记事件C：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级”，假设两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图．【分析】（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表能作出相应的频率分组直方图，由频率分布直方图能求出结果．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，由此能求出事件C的概率．【解答】解：（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，如下图：由频率分布直方图得：甲地PM2.5日平均浓度的平均值低于乙地PM2.5日平均浓度的平均值，而且甲地的数据比较集中，乙地的数据比较分散．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，P（C）=P（B1A1∪B2A2）=P（B1）P（A1）+P（B2）P（A2），由题意P（A1）=，P（A2）=，P（B1）=，P（B2）=，∴P（C）=．【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件加法公式和相互独立事件事件概率乘法公式的合理运用．19．（12分）（2017•贵州模拟）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）证明：DE⊥平面ADB，DE∥BC，可证BC⊥平面ABD，即可证明平面ABD⊥平面ABC．（2）取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0），利用平面ABC的法向量求解．【解答】（1）证明：由题意，DE∥BC，∵DE⊥AD，DE⊥BD，AD∩BD=D，∴DE⊥平面ADB，∴BC⊥平面ABD；∵面ABC，∴平面ABD⊥平面ABC；（2）由已知可得二面角A﹣DE﹣C的平面角就是∠ADB设等腰直角三角形ABC的直角边AB=4，则在△ADB中，AD=DB=AB=2，取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，∴AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0）设平面ABC的法向量为，，．由，取，}，∴直线AE与平面ABC所成角的θ，sinθ=|cos＜＞|=||=．即直线AE与平面ABC所成角的正弦值为：【点评】本题考查线面垂直，考查向量法求二面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．20．（12分）（2017•贵州模拟）已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．【考点】直线与椭圆的位置关系．【分析】（1）由题意的离心率公式求得a=c，b2=a2﹣c2=c2，将直线方程代入椭圆方程，即可求得a和b，求得椭圆方程；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由y=k（x﹣1）代入椭圆方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示，结合恒成立思想，即可得到定点和定值；检验直线AB的斜率不存在时，也成立．【解答】解：（1）由椭圆的焦点在x轴上，椭圆的离心率e==，则a=c，由b2=a2﹣c2=c2，将P（1，）代入椭圆方程，解得：c=1，a=，b=1，∴椭圆的标准方程：；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由，整理得（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0，x1+x2=，x1x2=，y1y2=k2（x1﹣1）（x2﹣1）=k2[x1x2+1﹣（x1+x2）]=k2（+1﹣）=﹣，则•=（x1﹣m）（x2﹣m）+y1y2=x1x2+m2﹣m（x1+x2）+y1y2，=+m2﹣m•﹣=，欲使得•为定值，则2m2﹣4m+1=2（m2﹣2），解得：m=，此时•=﹣2=﹣；当AB斜率不存在时，令x=1，代入椭圆方程，可得y=±，由M（，0），可得•=﹣，符合题意．故在x轴上存在定点M（，0），使得•=﹣．【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法和联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21．（12分）（2017•贵州模拟）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）由f′（1）=1+a=2，解得：a=1，利用导数求解单调区间．（2）要证e x＞f′（x），即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x ＞lnx+1即可【解答】解：（1）f′（x）=lnx+1+a，f′（1）=1+a=2，解得：a=1，故f（x）=xlnx+x，f′（x）=lnx+2，令f′（x）＞0，解得：x＞e﹣2，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜e﹣2，故f（x）在（0，e﹣2）递减，在（e﹣2，+∞）递增；（2）要证e x＞f′（x），即证e x﹣lnx﹣2＞0，即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x+1≥lnx+2即可，即只需证明x＞lnx+1即可令h（x）=x﹣lnx+1，则h′（x）=1﹣，令h′（x）=0，得x=1h（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故h（x）≥h（1）=0．即x+1≥lnx+2成立，即e x＞lnx+2，∴e x＞f′（x）．【点评】本题考查了导数的综合应用，构造合适的新函数，放缩法证明函数不等式，属于难题．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）（2017•贵州模拟）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρco s2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）先将C1的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程，将C2的极坐标方程两边同乘ρ，根据极坐标与直角坐标的对应关系得出C2的直角坐标方程；（2）求出l的参数方程，分别代入C1，C2的普通方程，根据参数的几何意义得出|OA|，|OB|，得到|OA|•|OB|关于k的函数，根据k的范围得出答案．【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（α为参数），普通方程为（x﹣2）2+y2=4，即x2+y2=4x，极坐标方程为ρ=4cosθ；曲线C1的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ，普通方程为：y=x2；（2）射线l的参数方程为（t为参数，＜α≤）．把射线l的参数方程代入曲线C1的普通方程得：t2﹣4tcosα=0，解得t1=0，t2=4cosα．∴|OA|=|t2|=4cosα．把射线l的参数方程代入曲线C2的普通方程得：cos2αt2=tsinα，解得t1=0，t2=．∴|OB|=|t2|=．∴|OA|•|OB|=4cosα•=4tanα=4k．∵k∈（，1]，∴4k∈（，4]．∴|OA|•|OB|的取值范围是（，4]．【点评】本题考查参数方程与极坐标与普通方程的互化，考查参数的几何意义的应用，属于中档题．[选修4-5：不等式选讲]23．（2017•贵州模拟）已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】（1）化简f（x）的解析式，得出f（x）的单调性，利用单调性求出f （x）的最小值；（2）计算[g（a）+g（b）]2，利用基本不等式即可得出结论．【解答】解：（1）f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|=，∴f（x）在（﹣∞，1]上单调递减，在[5，+∞）上单调递增，∵f（1）=4，f（5）=4，∴f（x）的最小值为4．（2）证明：由（1）可知m=4，g（a）+g（b）=+，∴[g（a）+g（b）]2=1+a2+1+b2+2=8+2，∵≤=4，∴[g（a）+g（b）]2≤16，∴g（a）+g（b）≤4．【点评】本题考查了函数的单调性，分段函数的最值计算，基本不等式的应用，属于中档题．。
贵州省贵阳市高三数学适应性监测考试(二) 理(贵阳二模,含解析)新人教A版
贵州省贵阳市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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．（5分）（•贵阳二模）已知集合A={x∈R|x2≤4}，B={x∈N|≤3}，则A∩B（）A．（0，2] B．[0，2] C．{1，2} D．{0，1，2}考点：其他不等式的解法；交集及其运算；一元二次不等式的解法．专题：不等式的解法及应用．分析：解分式不等式的解法求得A，再用列举法求得B，再根据两个集合的交集的定义求得A∩B．解答：解：集合A={x∈R|x2≤4}={x|﹣2≤x≤2}，B={x∈N|≤3}={0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}，则A∩B={0，1，2}，故选D．点评：本题主要考查绝对值不等式的解法，两个集合的交集的定义和求法，属于中档题．2．（5分）（•贵阳二模）已知i是虚数单位，m和n都是实数，且m（1+i）=5+ni ，则=（）A．i B．﹣i C．1D．﹣1考点：复数代数形式的乘除运算．专题：计算题．分析：利用复数相等的条件求出m和n 的值，代入后直接利用复数的除法运算进行化简．解答：解：由m（1+i）=5+ni ，得，所以m=n=5．则=．故选A．点评：本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件，两个复数相等，当且仅当实部等于实部，虚部等于虚部，是基础题．3．（5分）（•贵阳二模）在边长为3的正方形ABCD内任取一点P，则P到正方形四边的距离均不小于1的概率为（）A．B．C．D．考点：几何概型．专题：计算题；数形结合．分析：本题考查的知识点是几何概型，我们要根据已知条件，求出满足条件的正方形ABCD的面积，及P到正方形四边的距离均不小于1对应平面区域的面积，代入几何概型计算公式，即可求出答案．解答：解：满足条件的正方形ABCD，如下图示：其中满足动点P到正方形四边的距离均不小于1的平面区域如图中阴影所示：则正方形的面积S正方形=9阴影部分的面积 S阴影=1故P到正方形四边的距离均不小于1的概率P==故选A．点评：几何概型的概率估算公式中的“几何度量”，可以为线段长度、面积、体积等，而且这个“几何度量”只与“大小”有关，而与形状和位置无关．解决的步骤均为：求出满足条件A的基本事件对应的“几何度量”N（A），再求出总的基本事件对应的“几何度量”N，最后根据P=求解．4．（5分）（•贵阳二模）若x∈﹙10﹣1，1﹚，a=lgx，b=2lgx．c=lg3x．则（）A．a＜b＜c B．c＜a＜b C．b＜a＜c D．b＜c＜a考点：对数值大小的比较．专题：常规题型．分析：依据对数的性质，分别确定a、b、c数值的大小，然后判定选项．解答：解：由于x∈﹙10﹣1，1﹚，则a=lgx∈（﹣1，0），即得﹣1＜a＜0，又由b=2lgx=2a．c=lg3x=a3．则b＜a＜c．故答案为C．点评：本题考查对数值大小的比较，是基础题．5．（5分）（•宁夏）已知命题p1：函数y=2x﹣2﹣x在R为增函数，p2：函数y=2x+2﹣x在R为减函数，则在命题q1：p1∨p2，q2：p1∧p2，q3：（￢p1）和q4：p1∧（￢p2）中，真命题是（）A．q1，q3B．q2，q3C．q1，q4D．q2，q4考点：复合命题的真假；指数函数与对数函数的关系．分析：先判断命题p1是真命题，P2是假命题，故p1∨p2为真命题，（﹣p2）为真命题，p1∧（﹣p2）为真命题．解答：易知p1是真命题，而对p2：，当x∈[0，+∞）时，，又ln2＞0，所以y′≥0，函数单调递增；同理得当x∈（﹣∞，0）时，函数单调递减，故P2是假命题．由此可知，q1真，q2假，q3假，q4真．故选C．点评：只有p1与P2都是真命题时，p1∧p2才是真命题．只要p1与P2中至少有一个真命题，p1∨p2就是真命题．6．（5分）（•贵阳二模）定积分dx的值等于（）A ． e 2﹣1B ．（e 2﹣1）C ． e 2D ．e 2考点： 定积分． 专题： 计算题． 分析： 利用微积分基本定理即可求得结果． 解答：解：dx===，故选B ．点评： 本题考查定积分的计算、微积分基本定理的应用，考查学生的计算能力． 7．（5分）（•贵阳二模）已知函数f （x ）=Asin （ωx+φ） （A ＞0，ω＞0，0＜φ＜π），其导函数f'（x ）的部分图象如图所示，则函数f （x ）的解析式为（ ）A ． f （x ）=4sin （x+π）B ．f （x ）=4sin （x+） C ．f （x ）=4sin （x+） D ．f （x ）=4sin （x+）考点： 由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式． 专题： 三角函数的图像与性质． 分析： 由函数的最值求出A ，由周期求出ω，由特殊点的坐标求出φ的值，从而求得函数的解析式． 解答：解：由函数的图象可得A=2，再由=•=﹣（﹣），求得ω=．再由sin （）=0，可得=（2k+1）π，k ∈z ．结合 0＜φ＜π，∴φ=，故函数的解析式为 f （x ）=4sin （x+π），故选A ．点评： 本题主要考查由函数y=Asin （ωx+∅）的部分图象求解析式，由函数的最值求出A ，由周期求出ω，由特殊点的坐标求出φ的值，从而求得函数的解析式，属于中档题．8．（5分）（•贵阳二模）已知曲线及两点A 1（x 1，0）和A 2（x 2，0），其中x 2＞x 1＞0．过A 1，A 2分别作x 轴的垂线，交曲线C 于B 1，B 2两点，直线B 1B 2与x 轴交于点A 3（x 3，0），那么（ ）A ．成等差数列B ．成等比数列C ． x 1，x 3，x 2成等差数列D ． x 1，x 3，x 2成等比数列考点： 等差关系的确定；等比关系的确定． 专题： 综合题． 分析： 先求出B 1，B 2两点的坐标，进而得到直线B 1B 2的方程，再令y=0求出x 3，即可得出结论． 解答： 解：由题得：），B 2（）．∴直线B 1B 2的方程为：y ﹣=（x ﹣x 1）⇒y ﹣=﹣（x ﹣x 1）．令y=0⇒x=x 1+x 2，即x 3=x 1+x 2，故选 A ．点评： 本题主要考查直线方程的求法，点的坐标的求法以及等差关系的确定问题，是对基础知识的考查，属于基础题目．9．（5分）（•宁夏）设偶函数f （x ）满足f （x ）=2x﹣4（x≥0），则{x|f （x ﹣2）＞0}=（ ） A ． {x|x ＜﹣2或x ＞4} B ． {x|x ＜0或x ＞4} C ． {x|x ＜0或x ＞6} D ． {x|x ＜﹣2或x ＞2}考点： 偶函数；其他不等式的解法． 专题： 计算题．分析： 由偶函数满f （x ）足f （x ）=2x ﹣4（x≥0），可得f （x ）=f （|x|）=2|x|﹣4，根据偶函数的性质将函数转化为绝对值函数，再求解不等式，可得答案．解答： 解：由偶函数满f （x ）足f （x ）=2x ﹣4（x≥0），可得f （x ）=f （|x|）=2|x|﹣4，则f （x ﹣2）=f （|x ﹣2|）=2|x ﹣2|﹣4，要使f （|x ﹣2|）＞0，只需2|x ﹣2|﹣4＞0，|x ﹣2|＞2 解得x ＞4，或x ＜0． 应选B ．点评： 本题主要考查偶函数性质、不等式的解法以及相应的运算能力，解答本题的关键是利用偶函数的性质将函数转化为绝对值函数，从而简化计算．10．（5分）（•贵阳二模）若tanα=，α是第三象限的角，则=（ ）A ．﹣B ．C ． 2D ． ﹣2考点： 二倍角的正切． 专题： 三角函数的图像与性质． 分析：由tanα的值及α为第三象限角，求出sinα与cosα的值，进而求出tan的值，代入所求式子中计算即可求出值．解答：解：∵tanα=，α为第三象限角，∴sinα=﹣，cosα=﹣，∴tan ====﹣3，则==﹣2．故选D点评：此题考查了二倍角的正弦、余弦函数公式，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握公式是解本题的关键．11．（5分）（•贵阳二模）已知半径为1的球，若以其一条半径为正方体的一条棱作正方体，则此正方体内部的球面面积为（）A．B．C．D．考点：球的体积和表面积；球内接多面体．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：根据题意，球表面位于正方体内部的面积等于球面积的，由此结合球的表面积公式，即可算出所求的面积．解答：解：根据题意，经过球心0作出三条两两互相垂直的三条半径OA、OB、OC再分别以OA、OB、OC为长、宽、高作正方体，可得球表面位于正方体内部的部分，恰好等于上面半球的，因此球表面位于正方体内部的面积等于球面积的∵球的半径为1，得球的表面积为S=4π×12=4π∴球表面位于正方体内部的面积为S1=×4π=故选：B 点评：本题给出半径为1的球，以其一条半径为正方体的棱作正方体，求正方体内部的球面面积．着重考查了正方体的性质和球的表面积公式等知识，属于基础题．12．（5分）（•贵阳二模）已知点P是双曲线C ：﹣=1上一点，过P作C的两条逐渐近线的垂线，垂足分别为A，B 两点，则•等于（）A．B．﹣C．0D．1考点：双曲线的简单性质；平面向量数量积的运算．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：确定两条渐近线方程，设双曲线C上的点P（x0，y0），求出点P到两条渐近线的距离，利用P（x0，y0）在双曲线C上，及向量的数量积公式，即可求得结论．解答：解：由条件可知：两条渐近线分别为l1：x﹣y=0，l2：x+y=0设双曲线C上的点P（x0，y0），则点P到两条渐近线的距离分别为||=，||=，所以||||=×=||因为P（x0，y0）在双曲线C 上，所以，即2x﹣y=6故||||=2设与的夹角为θ，得cosθ=，则•=．故选A．点评：本题考查双曲线的标准方程，考查直线与双曲线的位置关系，考查向量知识，考查学生的计算能力，属于中档题．二、填空题：本小题共4小题，每小题5分13．（5分）（•贵阳二模）（9x﹣3﹣x）6（x∈R ）的二项展开式中的常数项是15 ．考点：二项式定理的应用．专题：计算题．分析：先求得（9x﹣3﹣x）6（x∈R）的二项展开式的通项公式，再令x的幂指数等于零，求得r的值，可得二项展开式中的常数项．解答：解：（9x﹣3﹣x）6（x∈R）的二项展开式的通项公式为 T r+1=•9x（6﹣r）•（﹣1）r3﹣xr=•312x﹣3xr令 12x﹣3rx=0，求得r=4，故二项展开式中的常数项是=15，故答案为 12．点评：本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．14．（5分）（•贵阳二模）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是．考点：由三视图求面积、体积．专题：空间位置关系与距离．分析：根据几何体的三视图判断几何体的形状，画出其直观图，再根据棱锥的体积公式计算即可．解答：解：根据几何体的三视图判定，几何体为四棱锥，其直观图为：∴V 棱锥==．故答案是．点评：本题考查由几何体的三视图求面积与体积．15．（5分）（•贵阳二模）已知F是抛物线C：y2=4x的焦点，直线l：y=k （x+1）与抛物线C交于A，B两点，记直线FA，FB的斜率分别为k1，k2，则k1+k2= 0 ．考点：直线与圆锥曲线的关系；直线的斜率．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：由抛物线方程求出抛物线的焦点坐标，把直线方程和抛物线方程联立后化为关于x的一元二次方程，由根与系数关系求出两个交点的横坐标的和与积，写出斜率后作和，通分整理，把两个交点横坐标的乘积代入即可得到答案．解答：解：由y2=4x，得抛物线焦点F（1，0），联立，得k2x2+（2k﹣4）x+k2=0．设A（x1，y1），B（x2，y2），则．==．故答案为0．点评：本题考查了直线的斜率，考查了直线与圆锥曲线的关系，训练了一元二次方程的根与系数关系，属中档题．16．（5分）（•贵阳二模）设△ABC的内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，且c=b+1=a+2，C=2A，则△ABC 的面积等于．考点：正弦定理；余弦定理．专题：解三角形．分析：由条件利用正弦定理及二倍角公式求得cosA=，再由余弦定理求得cosA=，可得=，解得a的值，可得三角形的三边长以及cosA、sinA的值，再根据△ABC的面积等于bc•sinA，运算求得结果．解答：解：△ABC中，c=b+1=a+2，C=2A，则由正弦定理可得，∴，解得cosA=．再由余弦定理可得 a2=（a+2）2+（a+1）2﹣2（a+2）（a+1）•cosA，解得 cosA=．∴=，解得a=4，故b=5，c=6，cosA=，∴sinA=，∴△ABC的面积等于bc•sinA==，故答案为．点评：本题主要考查正弦定理、余弦定理、二倍角公式的应用，求三角形的面积，属于中档题．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17．（12分）（•贵阳二模）已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，S7=70，且a1，a2，a6成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n =，数列{b n}的最小项是第几项，并求出该项的值．考点：等差数列的前n项和；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式．专题：等差数列与等比数列．分析：（Ⅰ）根据等差（等比）数列对应的前n项和、通项公式和性质，列出关于a1和d方程，进行求解然后代入通项公式；（Ⅱ）由（Ⅱ）的结果求出S n，代入b n进行化简后，利用基本不等式求出最小项以及对应的项数．解答：解：（I）设公差为d且d≠0，则有，即，解得或（舍去），∴a n=3n﹣2．（II ）由（Ⅱ）得，=，∴b n ===3n+﹣1≥2﹣1=23，当且仅当3n=，即n=4时取等号，故数列{b n}的最小项是第4项，该项的值为23．点评：本题是数列与不等式结合的题目，考查了等差（等比）数列对应的前n项和、通项公式和性质等，注意利用基本不等式求最值时的三个条件的验证．18．（12分）（•贵阳二模）如图，在四棱锥E﹣ABCD中，矩形ABCD所在的平面与平面AEB垂直，且∠BAE=120°，AE=AB=4，AD=2，F，G，H分别为BE，AE，BC的中点（Ⅰ）求证：DE∥平面FGH；（Ⅱ）若点P在直线GF 上，=λ，且二面角D﹣BP﹣A 的大小为，求λ的值．考点：二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．专题：计算题；证明题；空间角．分析：（Ⅰ）欲证明DE∥平面FGH，先找直线与直线平行，即在平面FGH内找一条直线与直线DE平行．因此，取AD得中点M，连接GM，可证出MG∥DE，结合线面平行的判定定理可得DE∥平面FGH；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，根据题中数据得出相应点的坐标进而得到、的坐标，利用垂直向量数量积为零的方法，求出=（5﹣2λ，，2）是平面BDP 的一个法向量，结合=（0，0，1）是平面ABP的一个法向量和二面角D﹣BP﹣A 的大小为，利用空间向量的夹角公式建立关于λ的方程，解之可得实数λ的值．解答：解：（Ⅰ）证明：取AD的中点M，连接MH，MG．∵G、H、F分别是AE、BC、BE的中点，∴MH∥AB，GF∥AB，∴MH∥GF，即G、F、H、M四点共面，平面FGH即平面MGFH，又∵△ADE中，MG是中位线，∴MG∥DE∵DE⊄平面MGFH，MG⊂平面MGFH，∴DE∥平面MGFH，即直线DE与平面FGH平行．（Ⅱ）在平面ABE内，过A作AB的垂线，记为AP，则AP⊥平面ABCD．以A为原点，AP、AB、AD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示．可得A（0，0，0），B（0，4，0），D（0，0，2），E（2，﹣2，0），G （，﹣1，0），F （，1，0）∴=（0，2，0），=（0，﹣4，2），=（，﹣5，0）．由=λ=（0，2λ，0），可得=+=（，2λ﹣5，0）．设平面PBD 的法向量为=（x，y，z），则，取y=，得z=2，x=5﹣2λ，∴=（5﹣2λ，，2），又∵平面ABP 的一个法向量为=（0，0，1），∴cos＜＞===cos =，解之得λ=1或4即λ的值等于1或4．点评：本题在特殊四棱锥中证明线面平行，并求满足二面角D﹣BP﹣A 的等于的点P的位置．着重考查了线面平行的判定定理，利用空间坐标系研究二面角大小等知识点，属于中档题．19．（12分）（•贵阳二模）某次大型抽奖活动，分两个环节进行：第一环节从10000人中随机抽取10人，中奖者获得奖金1000元，并获得第二环节抽奖资格；第二环节在取得资格的10人中，每人通过电脑随机产生两个数x，y（x，y∈{1，2，3}），并按如图运行相应程序．若电脑显示“中奖”，则该抽奖者获得9000元奖金；若电脑显示“谢谢”，则不中奖．（I）已知甲在第一环节中奖，求甲在第二环节中奖的概率；（II）若乙参加了此次抽奖活动，求乙在此次活动中获得奖金的期望．考点：离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列；程序框图．专题：概率与统计．分析：（Ⅰ）确定从1，2，3三个数字中有重复取2个数字的基本事件，甲在第二环节中奖的基本事件，即可求得概率；（Ⅱ）确定乙参加此次抽奖活动获得奖金的取值，求出相应的概率，可得分布列与数学期望．解答：解：（Ⅰ）从1，2，3三个数字中有重复取2个数字，其基本事件有（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（2，2），（2，3），（3，1），（3，2），（3，3）共9个，…（3分）设“甲在第二环节中奖”为事件A，则事件A包含的基本事件有（3，1），（3，3），共2个，∴P（A）=．…（6分）（Ⅱ）设乙参加此次抽奖活动获得奖金为X元，则X的可能取值为0，1000，10000．…（7分）P（X=0）=，P（X=1000）==，P（X=10000）==．∴X的分布列为X 0 1000 10000P…（11分）∴EX=0×+1000×+10000×=3．…（12分）点评：本题考查概率的计算，考查分布列与期望的计算，考查学生的计算能力，属于中档题．20．（12分）（•贵阳二模）设椭圆C ：+=1（a＞b＞0）过点M（1，1），离心率e=，O为坐标原点．（I）求椭圆C的方程．（Ⅱ）若直线l是圆O：x2+y2=1的任意一条切线，且直线l与椭圆C相交于A，B两点，求证：•为定值．考点：直线与圆锥曲线的关系；平面向量数量积的运算；椭圆的标准方程．专题：圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（I）利用离心率的计算公式、a、b、c 的关系及点满足椭圆的方程可得，解出即可；（II）分切线的斜率存在与不存在讨论，把直线的方程与椭圆的方程联立得到根与系数的关系及利用数量积即可得出．解答：解：（Ⅰ）由题意可得，解得，∴椭圆C 的方程为．（Ⅱ）①当圆O的切线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，则圆心O到直线l 的距离，∴1+k2=m2．将直线l的方程和椭圆C 的方程联立，得到（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣4=0．设直线l与椭圆C相交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，则，．∴=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）====0，②当圆的切线l 的斜率不存在时，验证得．综合上述可得，为定值0．点评：本题综合考查了椭圆的定义、标准方程及其性质、直线与椭圆的相交问题转化为方程联立及根与系数的关系、数量积等基础知识与基本技能，考查了分类讨论的思想方法推理能力和计算能力．21．（12分）（•贵阳二模）已知函数f（x）=（bx+c）lnx在x=处取得极值，且在x=1处的切线的斜率为1．（Ⅰ）求b，c的值及f（x）的单调减区间；（Ⅱ）设p＞0，q＞0，g（x）=f（x）+x2，求证：5g （）≤3g（p）+2g（q）．考点：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．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ），，故，由此能求出b，c的值及f（x）的单调减区间．（Ⅱ）先证，即证，再证明5g （）≤3g（p）+2g（q）．解答：解：（Ⅰ），（1分），∴，即﹣b+b+ec=0，∴c=0，∴f'（x）=blnx+b，又f'（1）=1，∴bln1+b=1，∴b=1，综上，b=1，c=0，（3分）f（x）=xlnx，由定义域知x＞0，f'（x）=lnx+1，∵，∴f（x ）的单调减区间为．（5分）（Ⅱ）先证即证即证，（6分）令，∵p＞0，q＞0，∴t＞0，即证令，则，∴=，（8分）①当3+2t＞5t即0＜t＜1时，，即h'（t）＞0h（t）在（0，1）上递增，∴h（t）＜h（1）=0，（9分）②当3+2t＜5t，即t＞1时，ln＜0，即h′（t）＜0，h（t）在（1，+∞）上递减，∴h（t）＜h（1）=0，（10分）③当3+2t=5t，即t=1时，h（t）=h（1）=0，综合①②③知h（t）≤0，即ln ≤，（11分）即5f （）≤3f（p）+2f（q），∵5•（）2﹣（3p2+2q2）=≤0，∴5•（）2≤3p2+2q2，综上，得5g （）≤3g（p）+2g（q）．（12分）点评：本题考查函数的减区间的求法，考查不等式的证明，考查等价转化思想，考查运算推导能力，解题时要认真审题，仔细解答，注意导数性质的灵活运用．四、请考生在第22.23.24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号下方的方框涂黑．22．（10分）（•贵阳二模）如图，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA=OB，CA=CB，⊙O交直线OB于E、D，连接EC、CD．（1）求证：直线AB是⊙O的切线；（2）若tan∠CED=，⊙O的半径为3，求OA的长．考点：圆的切线的性质定理的证明；直线与圆的位置关系；矩阵与矩阵的乘法的意义；简单曲线的极坐标方程；直线的参数方程．专题：计算题；证明题．分析：（1）要想证AB是⊙O的切线，只要连接OC，求证∠ACO=90°即可；（2）先由三角形判定定理可知，△BCD∽△BEC，得BD与BC的比例关系，最后由切割线定理列出方程求出OA的长．解答：解：（1）如图，连接OC，∵OA=OB，CA=CB，∴OC⊥AB．∴AB是⊙O的切线；（2）∵BC是圆O切线，且BE是圆O割线，∴BC2=BD•BE，∵tan∠CED=，∴．∵△BCD∽△BEC，∴，设BD=x，BC=2x．又BC2=BD•BE，∴（2x）2=x•（x+6），解得x1=0，x2=2，∵BD=x＞0，∴BD=2，∴OA=OB=BD+OD=3+2=5．（10分）．点评：本题考查的是切线的判定、相似三角形的判定和性质，以及切割线定理的综合运用，属于基础题．23．（•贵阳二模）选修4﹣4：坐标系与参数方程在极坐标系下，已知圆O：ρ=cosθ+sinθ和直线l ：ρsin（θ﹣）=，（I）以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系．求圆O和直线l的直角坐标方程；（II）当θ∈（0，π）时，求直线l与圆O公共点的一个极坐标．考点：点的极坐标和直角坐标的互化；直线与圆的位置关系．专题：直线与圆．分析：（Ⅰ）把给出的极坐标方程两边同时乘以ρ，把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入即可求得圆的普通方程．展开两角差的正弦公式，把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入即可求得直线的普通方程．（Ⅱ）求出圆与直线的交点坐标（0，1），由该点在极坐标平面内的位置得到其极径与极角．解答：解：（Ⅰ）圆O：ρ=cosθ+sinθ，即ρ2=ρcosθ+ρsinθ，所以圆O的直角坐标方程为：x2+y2=x+y，即x2+y2﹣x﹣y=0．直线，即ρsinθ﹣ρcosθ=，也就是ρsinθ﹣ρcosθ=1．则直线l的直角坐标方程为：y﹣x=1，即x﹣y+1=0．（Ⅱ）由，得．故直线l与圆O公共点为（0，1），该点的一个极坐标为．点评：本题考查了极坐标与直角坐标的互化，考查了直线与圆的位置关系，解答的关键是熟记公式x=ρcosθ，y=ρsinθ，是基础题．24．（•贵阳二模）选修4﹣5：不等式选讲已知函数f（x）=|x﹣2|﹣|x﹣5|．（1）证明：﹣3≤f（x）≤3；（2）求不等式f（x）≥x2﹣8x+15的解集．考点：绝对值不等式的解法．专题：计算题；不等式的解法及应用．分析：（1）通过对x的范围分类讨论将函数f（x）=|x﹣2|﹣|x﹣5|中的绝对值符号去掉，转化为分段函数，即可解决；（2）结合（1）对x分x≤2，2＜x＜5与x≥5三种情况讨论解决即可．解答：解：（1）f（x）=|x﹣2|﹣|x﹣5|=．当2＜x＜5时，﹣3＜2x﹣7＜3．所以﹣3≤f（x）≤3．（2）由（1）可知，当x≤2时，f（x）≥x2﹣8x+15的解集为空集；当2＜x＜5时，f（x）≥x2﹣8x+15的解集为{x|5﹣≤x＜5}；当x≥5时，f（x）≥x2﹣8x+15的解集为{x|5≤x≤6}．综上，不等式f（x）≥x2﹣8x+15的解集为{x|5﹣≤x≤6}．点评：本题考查绝对值不等式的解法，通过对x的范围分类讨论去掉函数式中的绝对值符号是关键，考查转化与分类讨论思想，属于中档题．。
贵州省贵阳市第一中学2025届高三上学期高考适应性月考(二)数学答案
数学参考答案·第1页（共8页）贵阳第一中学2025届高考适应性月考卷（二）数学参考答案一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40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） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 DCDACBBC【解析】1．因为B A ⊆，所以m 的取值范围是(5]-∞-，，故选D. 2．由百分位数的定义，故选C ．3．令213x -=，则2x =，则2(3)24f ==，故选D.4．2π3AOC ∠=∵，弧长为8π3，4OA =∴. 又2OB =∵，∴扇环的面积为2212π(42)4π23⨯⨯-=，故选A ． 5．当1y xx =-与1y kx =-相交和相切时有唯一公共点，公共点分别为(10)A ，或322A ⎛⎫⎪⎝⎭，，则sin 0θ=或3sin 5θ=，故选C.6．当2n ≥时，1n n n bT T-=-=即=. 由数1=1==，即数列是首项为1，公差为1的等差数列，n =，1n =-，2n ≥. 当2n ≥时，21n b n =+=-；当1n =时，12111b =⨯-=成立，所以21n b n =-，2039b =，故选B ．7．将4名教师和6名学生分成2个组，再将两组分别安排到两所高校共有：2346C C 120=种分配方式；甲和乙不去同一所高校共有：122244C C C 72=种方法，所以，学生甲和乙不去同一所高校的概率为：7231205=，故选B. 8．(1)f x -关于直线1x =对称，则()fx 是偶函数，当x ∈(0)+∞，时，()0f x '>，函数在(0)+∞，上单调递增. 由21>，ln 3ln e 1>=，112-<2和ln 3的大小，构造函数ln ()xf x x=2>ln 3，所以a b c >>，故选C ．数学参考答案·第2页（共8页）二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分）题号 9 10 11 答案 BDBCDACD【解析】9．根据题意，依次分析选项：A ．函数1()2x f x a -=-，当10x -=，即1x =时，()121f x =-=-，则函数()f x 的图象恒过定点(11)-，，A 错误，不符合题意；B ．2050x x -⎧⎨+⎩≥，≥，解得2x ≥，所以函数的定义域为[2)+∞，，B 正确；C ．()f x =t =则9y t t =+，又由5t =，结合对勾函数的性质可得9y tt =+在区间[5)+∞，上递增，则9()55f x +≥，C 错误，不符合题意；D ．函数1()2f x ⎛= ⎪⎝⎭220x x --+≥，解得21x -≤≤，即函数的定义域为[2-，1]；设t =则12ty ⎛⎫= ⎪⎝⎭，在区间122⎡⎤--⎢⎥⎣⎦，上，t 为增函数，在区间112⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，上，t 为减函数，由于12ty⎛⎫= ⎪⎝⎭为定义域为R 的减函数，故有112x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，，故函数1()2f x ⎛=⎪⎝⎭的单调增区间为112⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，，D 正确，符合题意，故选BD ．10．对于A ，离心率为2=解得：124m c ==，，12||||||4MF MF -=，则2||9MF =或1.又因为2||2MF c a -=≥，∴2||9MF =，故A 错；对于B ，假设存在点(1P为线段AB 的中点，则OP k =，又223OP ABb k k a⨯==∵，AB k =∴，线段AB ：1)y x =-联立AB ：y =-221412x y -=，整理计算得，0∆<，矛盾，所以不存在点(1P 为AB 中点的弦，故B正确（方法2，数形结合）；对于C ，由于双曲线的渐近线斜率为，结合图象易知，直线l 与双曲线C 的两支各有1个交点，则直线 l 的斜率(k ∈，故C 正确；对于D ，12MF F △的内切圆与x 轴相切于点0(0)H x ，，则由双曲线定义得：2a =1212||||||||||||MF MF HF HF -=-000|()()|2||x c c x x =+--=，所以02x a =±=±，即12MF F △内切圆圆心的横坐标为2±，所以D 正确，故选BCD.数学参考答案·第3页（共8页）11．A ．因为0ω>，所以2π3πT ω=，解得203ω<≤所以A 正确；B ．由曲线()y f x =关于直线π4x =对称，得πππ()42k k ω=+∈Z ，解得24()k k ω=+∈Z ，所以“2ω=”是“曲线()y f x =关于直线π4x =对称”的充分不必要条件，所以B 错误；C ．因为图象平移后令π()sin 6g x x ωω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，在区间π06⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上单调递增，令πππ622x ωω⎡⎤+∈-⎢⎥⎣⎦，，所以ππ62πππ662ωωω⎧-⎪⎪⎨⎪+⎪⎩≥，即33.2ωω-⎧⎪⎨⎪⎩≥，≤又因为0ω>，所以302ω<≤，所以C 正确；D ．因为1212(0π)()x x x x ∈<，，，又因为sin(π)sin x x-=，所以12πx x +=，则211111sin()sin(π2)sin 22sin cos x x x x x x -=-==，因为11sin 3x =，所以1cos x =211sin()2339x x -=⨯⨯=，所以D 正确，故选ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）题号 12 1314 答案 241-1【解析】12．二项式5ax ⎛⎫ ⎝的展开式通项为2555533155C ()C rr rr r rr T ax x a x ----+⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭，由于该二项式的展开式中常数项为40，则55C 405503r r a r -⎧=⎪⎨-=⎪⎩，，解得32r a =⎧⎨=⎩，，2a =∴. 13．先作出()f x 的大致图象，如图1，令()f x t =，则2()0g t t at b =++=，根据()f x 的图象可知：要满足题意必须()0g t =有两个不等根1212()t t t t <，，且1()f x t =有两个整数根，2()f x t =有三个整数根，结合对勾函数和对数函数的图象与性质知，两函数图1数学参考答案·第4页（共8页）14y t y x x ==+，相切时符合题意.因为44x x +=≥，当且仅当2x =时取得等号，又22log ||log ()(0)y x x x ==-<，易知其定义域内单调递减，即1()4f x t ==，此时有两个整数根2x =或16x =-，而要满足2()f x t =有三个整数根，结合()f x 的图象知必有一根小于2，显然只有1x =符合题意，当1x =时，有(1)5f =，则25t =，解方程45x x+=，得25t =的另一个正根为4x =.又2log (32)5x x -==-⇒，此时五个整数根依次是3216124x =--，，，，，显然根和为41-.14．设AB 的直线方程为x ty n =+，11()A x y ，，22()B x y ，，则由AB 与抛物线的方程消x 得：2220y ty n --=，122y y t +=∴，122y y n =-. 121222x xy y P ++⎛⎫ ⎪⎝⎭，∵，2()P t n t +∴，. AB CD ⊥∵，同理可得：211Q n t t ⎛⎫+- ⎪⎝⎭，，1||||2MPQ S MP MQ == △1=，当且仅当221t t =，即1t =±时，面积有最小值为1. 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15．（本小题满分13分）解：（1）因为2100n a n =-≥，解得5n ≥， 所以151215||||||S a a a =+++12345615()a a a a a a a =-+++++++ …………………………………………（2分） 1151415415()4()22130.22a a a a S S ++=-=-⨯= ………………………………………（4分） （2）15b =， ∵321215555n n b b b b n -++++= ， 当2n ≥时，3121225(1)555n n b b b b n --++++=- ， 两式相减，得155nn b -=，即5.n n b = …………………………………………………（6分） 又当1n =时，15b =符合题意， 所以5.n n b =数学参考答案·第5页（共8页）2105n n na nb -=， 2111(8)(6)(210)555nn T n ⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯++-⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ， …………………………………（8分）故2311111(8)(6)(210)5555n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯++-⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， …………………………（9分）两式作差得231411111(8)222(210)555555nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+⨯+⨯++⨯--⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，…………………………………………………………………………………………（10分）即11211255481(210)155515n n n T n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+--⨯ ⎪⎝⎭-， ………………………………（11分）（1）解：()e 4e f x a =-+-，令e x t =，即()4f t t t a =-+-， 令11e x t =，22e x t =，则1t ，2t 是方程240t t a -+=的两个正根， 则2Δ(4)41640a a =--=->，即4a <，有124t t +=，120t t a =>，即04a <<. ……………………………………………（6分） （2）证明：(1)ln 20(04)a a a a ---<<<， 令(1)ln 2(04)()g x x x x x =---<<， 则111ln ln ()x g x x x x x '-⎛⎫=-+=- ⎪⎝⎭.令1ln (04)()h x x x x =-<<，则2110()xx h x '=--<， 则()g x '在(04)，上单调递减. ………………………………………………………（9分） 又1ln111(1)g =-='，1ln 202(2)g =-<'，数学参考答案·第6页（共8页）则00000000011()()(1)ln 2(1)23g x g x x x x x x x x x =---=--⨯-=+-≤. 又0(12)x ∈，，则001522x x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，，故0001()30g x x x =+-<，即()0g x <. ………………………………………………………………………（15分） 17．（本小题满分15分）（1）证明：因为112A E AB =，112A D AC =，所以11A A AB ⊥，11AA AC ⊥. 又因为111A B A C A = ，所以1AA ⊥平面1A BC . ……………………………………（6分） （2）解：如图2，点O 为坐标原点，建立空间直角坐标系， 三角形的边长为2，则1002E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，1002D ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，102B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，102C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，. 设1()A x y z ，，，因为11A E =，1A O =， 所以2222222210123344x x y z y z x y z ⎧⎛⎫=⎧-++=⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⇒⎨⎨+=⎪⎪⎩++=⎪⎩，，， 所以1(0)A y z ，，，112A E yz ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，，10.2CD ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以1063A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，，，11263A D ⎛=--⎝⎭，. 设111()m x y z =⊥，，平面1EA D ，所以11010026330102636x x y z A D m y A E m x y z z ⎧⎪=⎧⎪-+-=⎪⎧=⎪⎪⎪⇒⇒=⎨⎨⎨=⎪⎪⎪⎩+-=⎪⎪⎩=⎪⎩，，， 图2数学参考答案·第7页（共8页）2⎝⎭，2⎝⎭，令12t P P =，1439t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，则2841614()33392739P h t t t t t ⎛⎫⎛⎫==-+=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≤≤，数学参考答案·第8页（共8页）19．（本小题满分17分）（1）解：因为等边12FF F △的重心坐标为0⎫⎪⎪⎝⎭，（2）证明：设()P x y ，，则2222222()||1()24a c b a c PN x y x a c x b c ⎛⎫--⎛⎫=-+=---++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 0c x -≤≤.………………………………………………………………（7分）2210b -<∵，开口向下，||PN 取得最小值时，即P 在点1B ，2B 或1A 处. ……………………………………（10分） （3）解：由题可知，直线HK 的斜率0k =，则设直线y t =，b t b -<<， 设H 在22221(0)x y x +=≥上，设K 在半椭圆221(0)x y x +=≤上，即线段HK 中点的轨迹方程为：221(0)2x y x b a c +=>-⎛⎫⎪⎝⎭. …………………………（17分）。
贵阳第一中学2023届高考适应性月考卷(一)理科数学试题
贵阳第一中学2023届高考适应性月考卷（一）理科数学试题注意事项：1.答题前,考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清䞚.2.每小题选出答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答亲标号.在试题卷上作答无效.3.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分,考试用时120分钟.一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.设集合,则A.B.C.D.2.如果一个复数的实部和虚部相等,则称这个复数为“等部复数”,若复数(其中为“等部复数”,则复数在复平面内对应的点在A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.在一个实验中,某种豚鼠被感染病毒的概率均为,现采用随机模拟方法估计三只胣鼠中被感染的概率:先由计算机产生出之间整数值的随机数,指定表示被感染，表示没有被感染.经随机模拟产生了如下20组随机数:据此估计三只豚鼠中恰有两只被感染的概率为A.B.C.D.4.已知平面向量满足,则向量与的夹角为A.B.C.D.5.二项式定理,又称牛顿二项式定理,由艾萨度克-牛顿于1664年1665年间提出,据考证,我国至迟在11世纪,北宋数学家贾宪就已经知道了二项式系数法则.在的二项式展开式中,的系数为A.10B.C.D.6.已知的三个内角所对边分别为,则“”是“为直角三角形”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7.著名数学家华罗庚先生曾说过:“数缺形时少直观,形缺数时难入微,数形结合百般好,隔裂分家万事休."在数学的学习和研究中,我们经常用函数的图象来研究函数的性质,也经常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征,如某体育品牌的LOGO为,可抽象为如图1所示的轴对称的优美曲线,下列函数中,其图象大致可“完美”局部表达这条曲线的函数是A.B.C.D.8.是边长为6的等边三角形,点分别在边上,且,则的最小值为A.B.C.D.9.在正方体中,棱长为为的中点,点在平面内运动,则的最小值为A.6B.C.D.1010.函数在上的最大值与最小值的和为8,则的值为A.B.2C.4D.611.油纸央是中国传统工艺品,至今已有1000多年的历史,为宣传和推广这一传统工艺,北京市文化宫开展油纸来文化艺术节.活动中,某油纸来撑开后摆放在户外展览场地上,如图2所示,该众丛沿是一个半径为2的圆,圆心到众柄底端距离为2,当阳光与地面夹角为时,在地面形成了一个椭圆形影子,且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上,若该椭圆的离心率为,则A.B.C.D.12.已知是函数的导数,满足,且,设函数的一个零点为,则所在的区间为A.B.C.D.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.曲线及围成的平面区域如图3所示,向正方形中随机投入一个质点,则质点落在非阴影区域的概率为 .14.中国书法一般分为篆书、隶书、行书、楷书和草书这5种字体,其中篆书分大篆和小篆,隶书分古隶和汉隶，草书分章草、今草和狂草，行书分行草和行楷,楷书分魏碑和唐楷.为了弘扬传统文化,某书法协会采用楷书、隶书和草书3种字体书写6个福字,其中隶书字体的福字分别用古隶和汉隶书写,草书字体的福字分别用章草、今草和狂草书写,楷书字体的福字用唐楷书写.将这6个福字排成一排,要求相同类型字体的福字相邻,则不同的排法种数为种.15.在中,是的中点,.将沿折起得到三棱锥,使得,则该三棱锥的外接球的表面积为 .16.同学们,你们是否注意到,自然下垂的铁链;空旷的田野上,两根电线杆之间的电线;峡谷的上空,横跨深洞的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上,这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中,这类函数的表达式可以为(其中是非零常数,无理数,对于函数以下结论正确的是 .(填序号)①是函数为偶函数的充分不必要条件;②是函数为奇函数的充要条件;③如果,那么为单调函数;④如果,那么函数存在极值点.三、解答题(共70分.解答题应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(本小题满分12分)为了满足同学们多元化的需求,某校食堂每周开发一次新菜品,为了了解学生对新菜品的喜爱情况,他们采用给新菜品打分的方式(分数为整数,满分100分),在全校学生中随机选取1200名同学进行打分,发现所给数据均在内,地将这些数据分成6组并绘制出如图4所示的样本频率分布直方图.(1)请将样本频率分布直方图补充完整,并求出样本的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)从这1200名同学中随机抽取,经统计其中有男同学70人,其中40人打分在,女同学中20人打分在,根据所给数据,完成上面的列联表,并在犯错概率不超过的条件下,能否认为对新菜品的喜爱程度与性别有关(分数在内认为喜欢新菜品)?附:.18.(本小题满分12分)已知数列满足.(1)求数列的通项公式;(2)设,数列的前项和为,求.19.(本小题满分12分)如图5,在四棱锥中,,是的中点.(1)证明:平面平面;(2)若平面平面,且,三棱锥的体积为1,求的长.20.(本小题满分12分)如图6,已知抛物线的焦点为,双曲线的斜率大于0的渐近线为,过点作直线,交抛物线于两点,且.(1)求抛物线的方程;(2)若直线,且与抛物线相切于点,求的值.21.(本小题满分12分)已知函数.(1)求的极值点;(2)若对任意的,不等式恒成立,求的最大值.请考生在第22、23两题中任选一题作答,并用铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做,则按所做的第一题计分.22.(本小题满分10分)【选修4-4：坐标系与参数方程】在平面直角坐标系中,以原点为极点,轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为,直线的参数方程为且直线与曲线交于两点.(1)写出曲线的直角坐标方程及直线的普通方程;(2)若点,且成等差数列,求的值.23.(本小题满分10分)【选修4-5：不等式选讲】函数.(1)求函数的最小值;(2)若(1)中的最小值为,且实数满足.求证:.。
2023年贵州省六校联盟高考数学适应性试卷(理科)(四)+答案解析(附后)
2023年贵州省六校联盟高考数学适应性试卷（理科）（四）1. 设是不大于6的正整数，，，求( )A. B. C. D.2. 已知复数z满足为虚数单位，则复数z的共轭复数的虚部为( )A. B. 7i C. D.3. 从某班57名同学中选出4人参加户外活动，利用随机数表法抽取样本时，先将57名同学按01，02，…，57进行编号，然后从随机数表第一行的第7列和第8列数字开始往右依次选取两个数字，则选出的第3个同学的编号为( )0347437386369647366146986371629774246292428114572042533237321676注：表中的数据为随机数表第一行和第二行A. 36B. 43C. 57D. 464. 公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围：，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到小于的不同数字的个数有( )A. 240B. 360C. 600D. 7205. 已知直线l、m、n与平面、，下列命题正确的是( )A.若，，，则 B. 若，，则C. 若，则D. 若，，则6. 已知，则( )A. B. C. 7 D.7. 已知等比数列的前n项和为，若，，则( )A. 16B. 64C. 112D. 328. 某地病毒暴发，全省支援，需要从我市某医院某科室的4名男医生含一名主任医师、5名女医生含一名主任医师中分别选派3名男医生和2名女医生，则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为( )A. B. C. D.9. 已知椭圆的右焦点为，过点F且斜率为1的直线交椭圆于A，B两点.若AB的中点坐标为，则E的方程为( )A. B. C. D.10. 已知正实数x，y满足，则的最小值为( )A. B. C. 2 D.11. 已知函数，的定义域均为R，且，，若的图象关于直线对称，且，则( )A. 5B. 4C. 3D. 012.已知向量，且，则______ .13. 若实数x，y满足约束条件，则的最大值为______ .14. 在实际生活中，常常要用到如图①所示的“直角弯管”.它的制作方法如下：如图②，用一个与圆柱底面所成角为的平面截圆柱，将圆柱截成两段，再将这两段重新拼接就可以得到“直角弯管”.在制作“直角弯管”时截得的截口是一个椭圆，若将圆柱被截开的一段如图③的侧面沿着圆柱的一条母线剪开，并展开成平面图形，则截口展开形成的图形恰好是某正弦型函数的部分图象如图④记该正弦型函数的最小正周期为T，若椭圆的长轴长为，则______ .15. 已知双曲线C：的左、右顶点分别为A，B，直线与双曲线C交于不同的两点P，Q，设直线AP，BQ的斜率分别为，，则当取得最小值时，双曲线C的离心率______ .16.已知等差数列与等比数列满足，，，且既是和的等差中项，又是其等比中项.求数列和的通项公式；令，求证：…17. 据世界田联官方网站消息，原定于2023年5月13、14日在中国广州举办的世界田联接力赛延期至2025年4月至5月举行.据了解，甲、乙、丙三支队伍将会参加2025年4月至5月在广州举行的米接力的角逐.接力赛分为预赛、半决赛和决赛，只有预赛、半决赛都获胜才能进入决赛.已知甲队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；乙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和；丙队在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和甲、乙、丙三队中，谁进入决赛的可能性最大；设甲、乙、丙三队中进入决赛的队伍数为，求的分布列.18. 如图，已知正方体的棱长为2，E，F分别为AD，的中点.已知点G满足，求证B，E，G，F四点共面；求平面与平面BEF所成的锐二面角的余弦值.19. 平面内动点M与定点的距离和它到定直线的距离之比是1：求点M的轨迹E的方程；过点F作两条互相垂直的直线，分别交轨迹E于点A，C和B，D，求四边形ABCD 面积S的最小值.20. 已知函数若在点处的切线方程为，求实数a的值；设在的条件下，若满足，求证：21. 在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为为参数，且曲线经过坐标原点O，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为求的极坐标方程；点极坐标为，B为上的一点，且满足，求22. 已知函数解不等式；若，对任意，存在，使得成立，求实数a的取值范围.答案和解析1.【答案】B【解析】解：，，，，故选：可求出集合U，然后进行并集和补集的运算即可．本题考查了集合的描述法和列举法的定义，全集的定义，并集和补集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：因为，所以所以复数z的共轭复数的虚部为故选：先利用复数的乘法化简得到复数z，进而求得其共轭复数求解．本题主要考查复数的运算，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：根据题意，选出的第1个同学的编号为36，第2个同学的编号为47，第3个同学的编号为故选：根据题意，由随机数表分析数据，找到选出的第3个同学的编号，即可得答案．本题考查简单随机抽样，涉及随机数表的应用，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：小于的不同数字的个数有两类：第一类：开头的，剩余5个数字全排列有种；第二类：开头的，剩余5个数字全排列有种．根据分类加法计数原理可知，共种．故选：分为开头的以及开头的，分别计算得出结果，根据分类加法计数原理加起来，即可得出答案．本题主要考查了排列组合知识，考查了分类加法计数原理的应用，属于基础题．5.【答案】D【解析】解：根据题意，依次分析选项：对于A，l与n可能平行，也可能异面，A错误；对于B，l与可能平行、也能相交，B错误；对于C，l与m可以平行、也可以相交或异面，C错误；对于D，若，，必有，D正确；故选：根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．本题考查直线、平面的位置关系，涉及线面平行的判定和性质，属于基础题．6.【答案】A【解析】解：因为，所以，可得，可得，，则故选：由题意利用同角三角函数基本关系式可求的值，利用两角和的三角函数公式可求，的值，进而利用同角三角函数基本关系式可求的值．本题考查了两角和的三角函数公式，同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．7.【答案】D【解析】解：设的公比为q，由已知，可得，解得，所以故选：根据已知列出关于，q的方程组，求解得出，q的值，即可得出答案．本题主要考查等比数列的前n项和公式，属于基础题．8.【答案】D【解析】解：需要从我市某医院某科室的4名男医生含一名主任医师、5名女医生含一名主任医师中分别选派3名男医生和2名女医生，设事件A表示“选派3名男医生和2名女医生，有一名主任医生被选派”，B表示“选派3名男医生和2名女医生，两名主任医师都被选派”，，，则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为：故选：设事件A表示“选派3名男医生和2名女医生，有一名主任医生被选派”，B表示“选派3名男医生和2名女医生，两名主任医师都被选派”，利用古典概型分别求出，，再利用条件概率能求出在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率．本题考查概率的求法，考查古典概型、条件概率等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．9.【答案】D【解析】解：设，，则根据题意可知：，，又A，B两点在椭圆E上，，两式相减可得，，，，，解得，，椭圆E的方程为故选：设，，利用点差法可得a，b的关系，从而可求得a，b，即可得解．本题考查椭圆的几何性质，点差法的应用，方程思想，属基础题．10.【答案】A【解析】解：正实数x，y满足，表示线段AB上的点，设关于直线的对称点为，则由对称性可得，解得，故表示P到y轴距离d与到O的距离PO之和．由对称性可得，故原式，结合图象可知当与y轴垂直时上式取最小值，故选：由题意可得表示线段AB上的点，表示P到y轴距离d与到O的距离PO之和，由对称性解出关于直线的对称点为的坐标，数形结合可得．本题考查式子的最值，由式子的几何意义转化为数形结合是解决问题的关键，属中档题．11.【答案】C【解析】解：的图象关于直线对称，，由知，，，，即，是偶函数，，即，由知，，即，，，所以，从而，即，所以的周期为4，，，，，即，故选：依题意可得，结合已知可得，即为偶函数，进而得到，即的周期为4，再根据所给条件计算可得．本题主要考查抽象函数及其应用，考查运算求解能力，属于中档题．12.【答案】【解析】解：因为，所以，又因为，所以，解得，故答案为：先求得的坐标，再利用向量相等求解．本题主要考查了平面向量的坐标运算，属于基础题．13.【答案】1【解析】解：画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，则目标函数，即为平面区域内一点与定点连线的斜率，由图形可知，当直线过P，A两点时，斜率最大，即z取得最大值，又由，解得，，即，此时，即z的最大值为故答案为：画出约束条件所表示的平面区域，结合目标函数的几何意义，利用斜率公式，即可求解．本题考查线性规划问题，直线的斜率的几何意义，数形结合思想，属中档题．14.【答案】【解析】解：设圆柱底面圆的半径为r，因为椭圆截面与底面的夹角为，若椭圆的长轴长为，则，即，正弦型函数的最小正周期T为圆柱的侧面展开图的底边边长，即圆柱的底面圆的周长，所以故答案为：根据正弦型函数的最小正周期T为圆柱的侧面展开图的底边边长，即圆柱的底面圆的周长求解．本题考查椭圆的几何性质，方程思想，属基础题．15.【答案】【解析】解：由双曲线，可得，，设，则，且，所以，则，令，则，则，可得在上为减函数，在上为增函数，所以当时，M最小，此时故答案为：设，则，求得，得到，令，得到，求得，得出函数的单调性和最值，即可求解．本题考查双曲线的几何性质，化归转化思想，函数思想，属中档题．16.【答案】解：设公差为d的等差数列满足，，，所以：，解得；故设数列首项为，公比为q的等比数列，满足既是和的等差中项，又是其等比中项，所以，解得，故证明：；故【解析】直接利用等比中项和等差中项建立方程组，进一步求出数列的通项公式；利用放缩法和数列的求和公式求出结果．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，数列的求和，放缩法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．17.【答案】解：甲队进入决赛的概率为，乙队进入决赛的概率为，丙队进入决赛的概率为，显然乙队进入决赛的概率最大，所以乙进入决赛的可能性最大．由可知：甲、乙、丙三队进入决赛的概率分别为，的可能取值为0，1，2，3，，，，，故的分布列为：0123P【解析】根据相互独立事件同时发生的概率公式计算得解；根据及相互独立事件同时发生的概率公式计算，列出分布列．本题主要考查离散型随机变量分布列，属于基础题．18.【答案】解：如图，取中点H，连接AH，HF，因为H，F分别为，的中点．所以，且，所以ABFH是平行四边形，所以因为，所以又，所以，所以G是DH的中点．又因为E是AD的中点，所以，所以，所以B，E，G，F四点共面．如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，为坐标轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，，，设平面的一个法向量为，由，令，则，平面的一个法向量为，设平面BEF的一个法向量为，由，令，则，，平面BEF的一个法向量为，所以，，，所以平面与平面BEF所成锐二面角的余弦值为【解析】取中点H，证明所以ABFH是平行四边形，得出然后得出，即可得出；以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，然后求出平面的法向量与平面的法向量，，计算即可得出答案．本题考查四点共面问题，考查二面角的求法，属中档题．19.【答案】解：设，由题意有且，化简得，即当其中一条直线的斜率不存在时，则、一条为长轴长、另一条为过F的通径长，令，则，可得，故通径长为3，而长轴长为，易得当，直线的斜率存在且不为0时，设直线的斜率为k，则直线为，，化简整理得，设，，则，，，则直线的斜率为，同理，，令，则，当，即时等号成立，而，则四边形ABCD面积S的最小值为【解析】利用两点距离公式及已知列方程，化简整理即可得轨迹E的方程；讨论直线的斜率是否存在，设直线方程联立椭圆方程，应用韦达定理、弦长公式及四边形面积，求最值即可．本题主要考查了点的轨迹方程的求解，还考查了直线与椭圆位置关系的应用，考查了数学运算的核心素养，属于中档题．20.【答案】解：由题知：，，即切点为，所以该点处切线的斜率，则，故证明：由知，则等价于，故，设，，则，所以当时，，所以在上单调递增，所以，即当时，，因为，所以，所以，当且仅当时取等号，所以，即，令，则，由，得，所以当，，则在上为增函数，因为，所以，又，由于，则，则，即【解析】根据导数的几何意义以及切线的性质进行求解．根据已知，利用放缩法建立不等式，再通过构造函数，利用导数的单调性证明不等式．本题主要考查利用导数研究函数的最值，利用导数研究曲线上某点的切线方程，不等式的证明，考查运算求解能力，属于难题．21.【答案】解：由曲线的参数方程消去参数后得，的普通方程为，由曲线过原点且得；故的普通方程为，把，，代入得的极坐标方程为由题意，在极坐标系中，，点B在曲线上，设在中，由余弦定理有，即，化简得故或【解析】先根据参数方程消去参数得到普通方程，再利用极坐标的公式可得极坐标方程；设出B的坐标，利用余弦定理可求出答案．本题主要考查简单曲线的极坐标方程，考查转化能力，属于中档题．22.【答案】解：由，当时，，得，即；当时，，得成立，即；当时，，得，即；综上，不等式的解集是对任意的，存在，使得成立，等价于对任意的，存在，使得成立，即的值域是的值域的子集，，当且仅当，即时，等号成立，所以的值域为因为，所以的值域为所以，解得所以a的取值范围是【解析】分别求解，，三种情况下的解集，综合即可得结果；对任意的，存在，使得成立，等价于的值域是的值域的子集，分别求得和的值域，即可得结果．本题主要考查绝对值不等式的解法，函数恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．。
2024年高考八省联考数学适应性试卷附答案解析全文
2024年高考八省联考数学适应性试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）若集合A＝{x∈Z|x2﹣2x﹣8≤0}，B＝{x|log2x＞1}，则A⋂B＝（）A．{2，4}B．{1，4}C．{3，4}D．{2，3，4} 2．（5分）若（1+2i）＝4+3i，则z＝（）A．2﹣i B．2+i C．﹣2﹣i D．﹣2+i3．（5分）2023年10月12日，环广西公路自行车世界巡回赛于北海市开赛，本次比赛分别在广西北海、钦州、南宁、柳州、桂林5个城市举行，线路总长度达958.8公里，共有全球18支职业车队的百余名车手参加．主办方决定选派甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者到A、B两个路口进行支援，每个志愿者去一个路口，每个路口至少有一位志愿者，则不同的安排方案总数为（）A．15B．30C．25D．164．（5分）已知函数f（x）＝log a（3﹣x）+log a（x+1）（0＜a＜1），若f（x）的最小值为﹣2，则a＝（）A．B．C．D．5．（5分）已知椭圆C：，F1，F2分别为椭圆的左右焦点，直线与椭圆交于A、B两点，若F1、A、F2、B四点共圆，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．6．（5分）已知直线l：x+y+m＝0和圆C：x2+y2+4y＝0相交于M，N两点，当△CMN的面积最大时，m＝（）A．m＝0或m＝2B．m＝﹣4或m＝4C．m＝0或m＝4D．m＝0或m＝﹣4 7．（5分）在数列{a n}中，a1＝1．若命题，命题是等比数列，则p是q的（）条件．A．充分不必要B．必要不充分C．充分必要D．既不充分也不必要8．（5分）设，若，则tanθ＝（）A．B．C．D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．（多选）9．（5分）已知一组样本数据x i＝2i（1≤i≤10，i∈N+），由这组数据得到另一组新的样本数据y1，y2，…，y10，其中y i＝x i﹣20，则（）A．两组样本数据的平均数相同B．两组样本数据的方差相同C．样本数据y1，y2，…，y10的第30百分位数为﹣13D．将两组数据合成一个样本容量为20的新的样本数据，该样本数据的平均数为10（多选）10．（5分）已知函数f（x）＝A cos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．函数f（x）的图象关于直线对称B．函数f（x）的图象关于点对称C．函数f（x）在的值域为[﹣，2]D．将函数f（x）的图象向右平移个单位，所得函数为g（x）＝2sin2x（多选）11．（5分）已知定义域为R的函数f（x）对任意实数x，y都有f（x+y）+f（x﹣y）＝2f（x）f（y），且，f（0）≠0，则以下结论一定正确的有（）A．f（0）＝1B．f（x）是奇函数C．f（x）关于中心对称D．f（1）+f（2）+⋯+f（2023）＝0（多选）12．（5分）如图，透明塑料制成的直三棱柱容器ABC﹣A1B1C1内灌进一些水，，AC＝AA1＝4，若水的体积恰好是该容器体积的一半，容器厚度忽略不计，则（）A．当底面AA1C1C水平放置后，固定容器底面一边CC1于水平地面上，将容器绕着CC1转动，则没有水的部分一定是棱柱B．转动容器，当平面AA1C1C水平放置时，容器内水面形成的截面与各棱的交点都是所在棱的中点C．在翻滚、转动容器的过程中，有水的部分可能是三棱锥D．容器中水的体积与直三棱柱外接球体积之比至多为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）已知函数f（x）＝a•e x﹣e﹣x是奇函数，则a＝．14．（5分）已知向量，满足，，，则＝．15．（5分）已知圆台轴截面的面积为6，轴截面有一个角为120°，则该圆台的侧面积为．16．（5分）已知直线与抛物线x2＝2py（p＞0）交于A，B两点，抛物线的焦点为F，且，OD⊥AB于点D，点D的坐标为（﹣2，1），则|AF|+|BF|＝．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）在△ABC中，a＝3，b﹣c＝2，cos B＝﹣．（Ⅰ）求b，c的值；（Ⅱ）求sin（B+C）的值．18．（12分）第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元．ChatGPT所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，概率就被广泛应用于ChatGPT中．某学习小组设计了如下问题进行探究：甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球．（1）从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，求2个球都是红球的概率；（2）掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球．若抽到的是红球，求它是来自乙箱的概率．19．（12分）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）经过点，其渐近线方程为y＝±x．（1）求双曲线C的方程；（2）过点P（1，1）的直线l与双曲线C相交于A，B两点，P能否是线段AB的中点？请说明理由．20．（12分）如图，三棱台ABC﹣DEF，H在AC边上，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACD＝60°，CH＝2，CD＝4，BC＝，BH⊥BC．（1）证明：EF⊥BD；（2）若，△DEF面积为，求CF与平面ABD所成角的正弦值．21．（12分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且．（1）求数列{a n}的通项公式．（2）在a n与a n+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为d n的等差数列，在数列{d n}中是否存在3项d m，d k，d p（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．22．（12分）已知函数．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当a＝1时，求证：．2024年高考八省联考数学适应性试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）若集合A＝{x∈Z|x2﹣2x﹣8≤0}，B＝{x|log2x＞1}，则A⋂B＝（）A．{2，4}B．{1，4}C．{3，4}D．{2，3，4}【解答】解：由x2﹣2x﹣8≤0，解得﹣2≤x≤4，又因为x∈Z，所以A＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3，4}，又由log2x＞1，解得x＞2，所以B＝{x|x＞2}，所以A⋂B＝{3，4}．故选：C．2．（5分）若（1+2i）＝4+3i，则z＝（）A．2﹣i B．2+i C．﹣2﹣i D．﹣2+i【解答】解：（1+2i）＝4+3i，则＝＝2﹣i，所以z＝2+i．故选：B．3．（5分）2023年10月12日，环广西公路自行车世界巡回赛于北海市开赛，本次比赛分别在广西北海、钦州、南宁、柳州、桂林5个城市举行，线路总长度达958.8公里，共有全球18支职业车队的百余名车手参加．主办方决定选派甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者到A、B两个路口进行支援，每个志愿者去一个路口，每个路口至少有一位志愿者，则不同的安排方案总数为（）A．15B．30C．25D．16【解答】解：5名志愿者分为两组，当两组人数分别为1和4时，此时有种情况，当两组人数分别为2和3时，此时有种情况，综上，不同的安排方案总数为10+20＝30．故选：B．4．（5分）已知函数f（x）＝log a（3﹣x）+log a（x+1）（0＜a＜1），若f（x）的最小值为﹣2，则a＝（）A．B．C．D．【解答】解：由，得﹣1＜x＜3，所以函数f（x）＝log a（3﹣x）+log a（x+1）（0＜a＜1）定义域为（﹣1，3），因为y＝log a（3﹣x）+log a（x+1）＝log a[（3﹣x）（x+1）]由外层函数y＝log a t（0＜a＜1）和内层函数t＝（3﹣x）（x+1）复合而成，当﹣1＜x＜1时，内层函数单调递增，外层函数单调递减，所以f（x）单调递减，当1＜x＜3时，内层函数单调递减，外层函数单调递减，所以f（x）单调递增，所以f（x）min＝f（1）＝log a4＝﹣2，所以，又因为0＜a＜1，所以．故选：C．5．（5分）已知椭圆C：，F1，F2分别为椭圆的左右焦点，直线与椭圆交于A、B两点，若F1、A、F2、B四点共圆，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：如图，由对称性可知，四边形F1AF2B为平行四边形，又F1、A、F2、B四点共圆，可得四边形F1AF2B为矩形，∵直线与椭圆交于A、B两点，∴，∴|BF2|＝c，可得|BF1|＝2a﹣c，在Rt△F1BF2中，由勾股定理可得：（2a﹣c）2+c2＝4c2，整理得：e2+2e﹣2＝0，解得e＝（负值舍去）．故选：C．6．（5分）已知直线l：x+y+m＝0和圆C：x2+y2+4y＝0相交于M，N两点，当△CMN的面积最大时，m＝（）A．m＝0或m＝2B．m＝﹣4或m＝4C．m＝0或m＝4D．m＝0或m＝﹣4【解答】解：圆C：x2+y2+4y＝0，圆心为（0，﹣2），半径为r＝2，则圆心到直线l：x+y+m＝0的距离为，则弦长为，则△CMN的面积为＝，令（m﹣2）2＝t，t≥0，则，取得最大值，则当t＝4时，S△CMN此时（m﹣2）2＝4，解得m＝0或m＝4．故选：C．7．（5分）在数列{a n}中，a1＝1．若命题，命题是等比数列，则p是q的（）条件．A．充分不必要B．必要不充分C．充分必要D．既不充分也不必要【解答】解：充分性：若，得，则数列是以为首项，﹣1为公比的等比数列，则p能推出q；必要性：若是等比数列，则，则，则t为不为0的常数，故q不能推出p，必要性不成立，所以p是q的充分不必要条件．8．（5分）设，若，则tanθ＝（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可得，所以，即，又因为，所以，则，所以．故选：C．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．（多选）9．（5分）已知一组样本数据x i＝2i（1≤i≤10，i∈N+），由这组数据得到另一组新的样本数据y1，y2，…，y10，其中y i＝x i﹣20，则（）A．两组样本数据的平均数相同B．两组样本数据的方差相同C．样本数据y1，y2，…，y10的第30百分位数为﹣13D．将两组数据合成一个样本容量为20的新的样本数据，该样本数据的平均数为10【解答】解：由题意可得：，∵y i＝x i﹣20，则，，故A错误，B正确；由于求y i第30百分位数：10×0.3＝3，故为第3个数和第4个数的平均数，y i的排列为：﹣18，﹣16，﹣14，﹣12，﹣10，⋯，0，因此，第30百分位数为，C正确；将两组数据合成一个样本容量为20的新的样本数据，新样本的平均数为，D错误．（多选）10．（5分）已知函数f（x）＝A cos（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．函数f（x）的图象关于直线对称B．函数f（x）的图象关于点对称C．函数f（x）在的值域为[﹣，2]D．将函数f（x）的图象向右平移个单位，所得函数为g（x）＝2sin2x【解答】解：由图可知，A＝2，周期T＝4×（﹣）＝π，所以ω＝＝2，所以f（x）＝2cos（2x+φ），因为函数f（x）的图象过点（，﹣2），所以f（）＝2cos（2•+φ）＝﹣2，即cos（+φ）＝﹣1，所以+φ＝π+2kπ，k∈Z，即φ＝﹣+2kπ，k∈Z，因为|φ|＜，所以φ＝﹣，所以f（x）＝2cos（2x﹣），选项A，f（）＝2cos（2•﹣）＝2，所以函数f（x）的图象关于直线对称，即选项A正确；选项B，f（）＝2cos（2•﹣）＝﹣1≠0，所以函数f（x）的图象不关于点对称，即选项B错误；选项C，当x∈时，2x﹣∈[﹣，]，所以cos（2x﹣）∈[﹣，1]，2cos（2x﹣）∈[﹣，2]，所以函数f（x）在的值域为[﹣，2]，即选项C正确；选项D，将函数f（x）的图象向右平移个单位，得到y＝2cos[2（x﹣）﹣]＝2sin2x ＝g（x），即选项D正确．故选：ACD．（多选）11．（5分）已知定义域为R的函数f（x）对任意实数x，y都有f（x+y）+f（x﹣y）＝2f（x）f（y），且，f（0）≠0，则以下结论一定正确的有（）A．f（0）＝1B．f（x）是奇函数C．f（x）关于中心对称D．f（1）+f（2）+⋯+f（2023）＝0【解答】解：对A，令x＝y＝0可得，f（0）+f（0）＝2f（0）f（0），因为f（0）≠0，所以f（0）＝1，A正确；对B，因为f（0）≠0，所以f（x）不是奇函数，B错误；对C，令，则有，所以，所以f（x）关于中心对称，C正确；对D，令x＝0可得，f（y）+f（﹣y）＝2f（0）f（y），即f（﹣y）＝f（y），所以函数f（x）是偶函数，由f（x）关于中心对称，可得f（x）＝﹣f（1﹣x），结合函数为偶函数，可得f（x）＝﹣f（1﹣x）＝﹣f（x﹣1）＝﹣[﹣f（2﹣x）]＝﹣[﹣f （x﹣2）]＝f（x﹣2），所以函数f（x）的周期为2，令，可得，所以f（0）+f（1）＝0，所以f（1）＝﹣1，所以f（1）+f（2）＝0，所以f（1）+f（2）+⋯+f（2023）＝1011×[f（1）+f（2）]+f（2023）＝f（2023）＝f（1）＝﹣1，D错误．故选：AC．（多选）12．（5分）如图，透明塑料制成的直三棱柱容器ABC﹣A1B1C1内灌进一些水，，AC＝AA1＝4，若水的体积恰好是该容器体积的一半，容器厚度忽略不计，则（）A．当底面AA1C1C水平放置后，固定容器底面一边CC1于水平地面上，将容器绕着CC1转动，则没有水的部分一定是棱柱B．转动容器，当平面AA1C1C水平放置时，容器内水面形成的截面与各棱的交点都是所在棱的中点C．在翻滚、转动容器的过程中，有水的部分可能是三棱锥D．容器中水的体积与直三棱柱外接球体积之比至多为【解答】解A：当平面AA1C1C水平放置时（CC1始终保持水平），则平面ABC∥平面A1B1C1，所以有水的部分是棱柱，由图可知，没有水的部分也是棱柱，故A正确；B：当平面AA1C1C水平放置时，假设D，E，F，G都为所在棱的中点，设水面到底面的的距离为h，AB＝a，BC＝b，所以水的体积为＝2ab﹣＝ab，又转动前水的体积为，所以D，E，F，G不为所在棱的中点，故B错误；C：在翻滚、转动容器的过程中，当平面ABC水平放置时，三棱锥A1﹣ABC的体积取到最大值，如图，此时，而水的体积为，所以有水的部分不可能是三棱锥，故C错误；D：取AC，A1C的中点D，D1，连接DD1，取DD1的中点O，连接OA，则D为Rt△ABC的外接圆圆心，O为三棱柱ABC﹣A1B1C外接球的球心，所以OA为外接球的半径，且，所以直三棱柱外接球体积，由选项B可知，容器中水的体积为V＝ab，又a2+b2＝42＝16，所以16＝a2+b2≥2ab⇒ab水＝ab≤8，≤8，当且仅当时等号成立，所以V水则水的体积与直三接柱外接球体积之比为≤＝，即容器中水的体积与直三棱柱外接球体积之比至多为，故D正确．故选：AD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）已知函数f（x）＝a•e x﹣e﹣x是奇函数，则a＝1．【解答】解：∵f（x）＝a•e x﹣e﹣x，∴f（﹣x）＝a•e﹣x﹣e x，又f（x）为奇函数，则f（﹣x）＝﹣f（x），即a•e x﹣e﹣x＝﹣（a•e﹣x﹣e x），∴（a﹣1）（e x﹣e﹣x）＝0，解得a＝1．故答案为：1．14．（5分）已知向量，满足，，，则＝．【解答】解：因为，所以，又因为，，所以，即，所以，所以．故答案为：．15．（5分）已知圆台轴截面的面积为6，轴截面有一个角为120°，则该圆台的侧面积为4π．【解答】解：设圆台的上、下底面圆的半径分别为r，R，高为h，母线长为l，则h＝（R﹣r）•tan60°＝（R﹣r），所以圆台的轴截面面积为×（2R+2r）×h＝（R+r）×（R﹣r）＝（R2﹣r2）＝6，所以R2﹣r2＝2；所以圆台的侧面积为π（R+r）l＝π（R+r）×2（R﹣r）＝2π（R2﹣r2）＝4π．故答案为：4π．16．（5分）已知直线与抛物线x2＝2py（p＞0）交于A，B两点，抛物线的焦点为F，且，OD⊥AB于点D，点D的坐标为（﹣2，1），则|AF|+|BF|＝．【解答】解：∵OD⊥AB于点D，点D的坐标为（﹣2，1），∴，∴k AB＝2，∴AB直线方程为y﹣1＝2（x+2），即y＝2x+5，联立，可得x2﹣4px﹣10p＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，∵，∴x1x2+y1y2＝＝﹣10p+＝﹣10p+25＝20，∴p＝，∴抛物线方程为x2＝y，∴|AF|+|BF|＝p+y1+y2＝p+2x1+5+2x2+5＝2（x1+x2）+5+p＝9p+5＝．故答案为：．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）在△ABC中，a＝3，b﹣c＝2，cos B＝﹣．（Ⅰ）求b，c的值；（Ⅱ）求sin（B+C）的值．【解答】解：（1）∵a＝3，b﹣c＝2，cos B＝﹣．∴由余弦定理，得b2＝a2+c2﹣2ac cos B＝，∴b＝7，∴c＝b﹣2＝5；（2）在△ABC中，∵cos B＝﹣，∴sin B＝，由正弦定理有：，∴sin A＝＝，∴sin（B+C）＝sin（π﹣A）＝sin A＝．18．（12分）第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元．ChatGPT所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，概率就被广泛应用于ChatGPT中．某学习小组设计了如下问题进行探究：甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球．（1）从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，求2个球都是红球的概率；（2）掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球．若抽到的是红球，求它是来自乙箱的概率．【解答】解：（1）记事件A表示“抽出的2个球中有红球”，事件B表示“两个球都是红球”，则，，故．（2）设事件C表示“从乙箱中抽球”，则事件表示“从甲箱中抽球”，事件D表示“抽到红球”，，，，，＝＝，故．19．（12分）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）经过点，其渐近线方程为y＝±x．（1）求双曲线C的方程；（2）过点P（1，1）的直线l与双曲线C相交于A，B两点，P能否是线段AB的中点？请说明理由．【解答】解：（1）因为双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）经过点，其渐近线方程为y＝±x，所以，解得a2＝1，b2＝2，c2＝3，所以双曲线C的方程为x2﹣＝1．（2）当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝1，此时与双曲线只有一个交点，不成立，当直线AB的斜率存在时，直线AB的方程为y＝k（x﹣1）+1，联立，得（2﹣k2）x2+（2k2﹣2k）x﹣k2+2k﹣3＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），所以Δ＝（2k2﹣2k）2﹣4（2﹣k2）（﹣k2+2k﹣3）＝﹣16k+24＞0，即k＜，所以x1+x2＝，x1x2＝，y1+y2＝k（x1+x2）﹣2k+2＝k•﹣2k+2＝，所以＝，＝，所以AB的中点坐标为（，），若P时AB的中点，则，解得k＝2，不符合k＜，所以k无解，所以P不能为AB的中点．20．（12分）如图，三棱台ABC﹣DEF，H在AC边上，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACD＝60°，CH＝2，CD＝4，BC＝，BH⊥BC．（1）证明：EF⊥BD；（2）若，△DEF面积为，求CF与平面ABD所成角的正弦值．【解答】证明：（1）在△ADH中，∠ACD＝60°，CH＝2，CD＝4，由余弦定理得，解得，所以CD2＝CH2+DH2，所以DH⊥AC，又因为平面ACFD⊥平面ABC，平面ACFD∩平面ABC＝AC，DH⊂平面ACFD，所以DH⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以DH⊥BC，又因为BH⊥BC，BH∩DH＝H，BH⊂平面BDH，DH⊂平面BDH，所以BC⊥平面BDH，因为DB⊂平面BDH，所以BC⊥DB，又因为BC∥EF，所以EF⊥DB；解：（2）在Rt△BCH中，BH⊥BC，CH＝2，，所以，所以∠ACB＝30°，因为，ADEF面积为，所以，所以，又因为，解得AC＝3，则AC＝3＝AH+HC，所以AH＝1，由（1）知DH⊥平面ABC，则以H为原点，，的方向分别为y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，﹣1，0），，，C（0，2，0），，所以，，，设平面ABD法向量为，则，令，得平面ABD的一个法向量为，设CF与平面ABD所成角为θ，则sinθ＝＝＝＝，所以CF与平面ABD所成角的正弦值为．21．（12分）已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且．（1）求数列{a n}的通项公式．（2）在a n与a n+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为d n的等差数列，在数列{d n}中是否存在3项d m，d k，d p（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）由a n+1＝2S n+2，可得a n＝2S n﹣1+2（n≥2），两式相减可得a n+1＝3a n （n≥2），由于{a n}为等比数列，可得a2＝3a1＝2S1+2＝2a1+2，解得a1＝2，所以a n＝2×3n﹣1；（2）由（1）可知a n＝2×3n﹣1，a n+1＝2×3n．因为a n+1＝a n+（n+2﹣1）d n，所以d n＝，假设在数列{d n}中存在三项d m，d k，d p（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，则（d k）2＝d m d p，即（）2＝•，化简得＝（*）因为m，k，p成等差数列，所以m+p＝2k，从而（*）可以化简为k2＝mp．联立，可得k＝m＝p，这与题设矛盾．所以数列{d n}中不存在三项d m，d k，d p（其中m，k，p成等差数列）成等比数列．22．（12分）已知函数．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当a＝1时，求证：．【解答】解：（1）由已知条件得函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）＝x﹣+1﹣a＝＝，因为x＞0，x+1＞0，①当a≤0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，故f（x）在（0，+∞）上为单调递增．②当a＞0时，当x＞a时，f′（x）＞0，当x∈（0，a）时，f′（x）＜0故f（x）在（0，a）上为单调递减，在（a，+∞）上为单调递增；综上所述：当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上为单调递增，当a＞0时，f（x）在（0，a）上为单调递减，在（a，+∞）上为单调递增；（2）证明：当a＝1时，f（x ）＝x2﹣lnx+1，要证原式成立，需证lnx+1≤x（e x﹣1）成立，即需证xe x﹣lnx﹣x﹣1≥0成立，令g（x）＝xe x﹣lnx﹣x﹣1（x＞0），则g′（x）＝e x+xe x ﹣﹣1＝（x+1）（e x ﹣），令u（x）＝e x﹣，则u′（x）＝e x +＞0，故u（x）在（0，+∞）上单调递增，u （）＝﹣2＜0，u（1）＝e﹣1＞0，由零点存在性定理可知，存在x0使u（x0）＝0，则在（0，x0）上u（x）＜0，在（x0，+∞）上u（x）＞0，即在（0，x0）上g′（x）＜0，在（x0，+∞）上g′（x）＞0，则g（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）单调递增，在x＝x0处取得最小值，由u（x0）＝0可得u（x0）＝﹣＝0，即x0＝1，两边同取对数ln （x0）＝ln1，即x0+lnx0＝0，g（x）的最小值为g（x0）＝x0﹣lnx0﹣x0﹣1＝0，即xe x﹣lnx﹣x﹣1≥0成立，故当a＝0时，成立．第21页（共21页）。
2024年新高考改革适应性练习(4)(九省联考题型)数学试题(含答案解析)
2024年新高考改革适应性练习（4）（九省联考题型）数学试题卷（2024.2.8）考生须知1. 本卷共4页，四大题19小题，满分150分，答题时间120分钟；2. 答题时须在答题卡上填涂所选答案（选择题），或用黑色字迹的签字笔规范书写答案与步骤（非选择题），答在本试题卷上或草稿纸上的答案均属无效；3. 考试结束时，考生须一并上交本试题卷，答题卡与草稿纸．一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40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2024个互不相同的实数，记其上四分位数为aa，中位数为bb，第75分位数为cc，则A．aa<bb<cc B．bb<aa<cc C．bb<aa=cc D．aa=cc<bb2. 已知两条直线ll1和ll2，其斜率分别是一元二次方程kk2+2024kk=1 的两不等实数根，则其位置关系是A．平行B．垂直C．重合D．异面3. 已知复数zz1和zz2满足|zz1|zz2|=2 ，zz1+zz2=√3+i ，则|zz1zz2|=A．1 B．2 C．4 D．84. 在三棱锥VV−AAAAAA中，若顶点VV到底面三边距离相等，则顶点VV在平面AAAAAA上的射影为△AAAAAA的A．内心B．外心C．垂心D．重心5. 已知aa,bb∈RR，aabb<0 ，函数ff(xx)=aaxx2+bb(xx∈RR)．若ff(ss−tt)，ff(ss)，ff(ss+tt)依次成等比数列，则平面OOxxOO上的点(ss,tt)的轨迹是A．直线和焦点在xx轴的双曲线B．直线和焦点在xx轴的椭圆C．直线和焦点在OO轴的双曲线D．直线和焦点在OO轴的椭圆6. 若 sinππ10是函数ff(xx)=aaxx3−bbxx+1 (aa,bb∈NN∗)的一个零点，则ff(1)=A．2 B．3 C．4 D．5�����⃗·PPAA�����⃗=0 ，则|OOPP|的最7. 已知OO为坐标原点，点AA(2,0)，设动点AA满足|OOAA|≤2 ，动点PP满足PPAA大值是A．√3+1B．2√2C．2 D．√28. 已知△AAAAAA的三个顶点的横纵坐标均在集合{1,2,3,4}内，则这样的三角形共有A．64个B．125个C．432个D．516个二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．）9. 以下函数ff(xx)满足对任意其定义域上的xx,OO，都有(xx−OO)[ff(xx)−ff(OO)]≥0 的有A．ff(xx)=xx B．ff(xx)=sin xxC．ff(xx)=xx|xx|D．ff(xx)=xx sin xx10. 已知抛物线ΓΓ的焦点为FF，点PP在其准线上运动，过PP作ΓΓ的两条切线与ΓΓ相切于AA,AA两点，则以下说法正确的有A．AA,AA,FF三点共线B．△AAAAPP可能是直角三角形C．|AAFF|,|PPFF|,|AAFF|构成等比数列D．△AAPPFF一定不是等腰三角形11. 若三角形的面积为有理数，三条边的长度都是整数，则其一条边的长度可以是A．1 B．2 C．3 D．4三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）12. 数学中有很多公式都是数学家欧拉发现的，它们都叫欧拉公式，分散在各个数学分支之中．任意一个凸多面体的顶点数VV、棱数EE、面数FF之间，都满足关系式VV−EE+FF=2 ，这个等式就是立体几何中的“欧拉公式”．若一个凸二十面体的每个面均为三角形，则由欧拉公式可得该多面体的顶点数是_________．13. 已知数列{aa nn}的前nn项和SS nn=nn2+kknn+kk(kk∈ZZ)，且{aa nn}恰好有一项是负项，则kk的值是_________．14. 已知椭圆EE的一个焦点为�√7,0�，且过点(4,0)，过原点OO作两条互相垂直的射线交椭圆于AA、AA两点，则弦长|AAAA|的取值范围为_________．四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）15.（13分）如右图，已知正方体AAAAAAAA−AA1AA1AA1AA1的棱长为1，点EE,FF分别为AA1AA1,AA1AA1的中点，点QQ为AAFF与AAEE的交点．（1）求三棱锥QQ−AAAAAA的体积；（2）求直线AAQQ与平面AAEEFF夹角的余弦值．16.（15分）已知数列{aa nn}的首项aa1=5 ，前nn项和为SS nn，且SS nn+1=3SS nn+2nn+5(nn∈NN∗)．（1）证明：数列{aa nn+1}是等比数列；（2）令ff(xx)=aa1xx+aa2xx2+⋯+aa nn xx nn，求函数ff(xx)在xx=1 处的导数ff′(1).17.（15分）公元1651年，一个问题引发了数学家德梅赫、帕斯卡、费马和惠更斯等人的讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答．该问题如下：设两名赌徒约定谁先赢kk(kk≥1,kk∈NN∗)局，谁便赢得全部赌注aa元．每局甲赢的概率为pp(0<pp<1)，乙赢的概率为 1−pp，且每局赌博相互独立．在甲赢了mm(<kk)局，乙赢了nn(nn<kk)局时，赌博意外终止．赌注该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢kk局则赌博意外终止的情况，甲、乙便按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比PP甲:PP乙分配赌注．（1）甲、乙赌博意外终止，若aa=243 ，kk=4 ，mm=2 ，nn=1 ，pp=23，求甲应分得的赌注；（2）记事件AA为“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”，试求当kk=4 ，mm=2 ，nn=1 时赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率ff(pp)；当pp≥45时，求事件AA发生的概率的最大值．18.（17分）已知以原点OO为中心的椭圆ΩΩ过点(2,0)，且与抛物线ωω:OO2=4xx有相同的焦点．（1）求ΩΩ的标准方程；（2）点PP在ωω上，ωω过点PP的切线ll交ΩΩ于MM,NN两点，求△OOMMNN面积的最大值．19.（17分）“让式子丢掉次数”：伯努利不等式伯努利不等式（Bernoulli’s Inequality），又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数xx∈(−1,+∞)，在nn∈[1,+∞)时，有不等式(1+xx)nn≥1+nnxx成立；在nn∈(0,1)时，有不等式(1+xx)nn≤1+nnxx成立．（1）猜想伯努利不等式等号成立的条件；（2）当nn≥1 时，对伯努利不等式进行证明；（3）考虑对多个变量的不等式问题．已知aa1,aa2,…,aa nn(nn∈NN∗)是大于-1的实数（全部同号），证明：(1+aa1)(1+aa2)…(1+aa nn)≥1+aa1+aa2+⋯+aa nn2024年新高考改革适应性练习（3）（九省联考题型）数学参考答案一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40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．）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A B A C D B D二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．具体得分如【附】评分表．）题号91011答案AC ACD CD【附】评分表三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）题号121314答案12 -2或-1 �245,5�四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）15.（13分）以点 DD 1 为坐标原点，DD 1AA 1����������⃗ 为 xx 轴正方向，DD 1CC 1���������⃗ 为 yy 轴方向，DD 1DD ��������⃗ 为 zz 轴正方向，建立空间直角坐标系 OOxxyyzz ．（1）连接 EEEE ，由三角形的中位线得 EEEE //BB 1DD 1 ，且 EEEE =12BB 1DD 1 ，由 BB 1DD 1//BBDD ，所以 EEEE //BBDD ，△EEEEEE ~△DDBBEE ，EEEE DDEE=EEEE BBDD=12，知 EE �12,1,0� ，DD (0,0,1) ，所以 DDEE�����⃗=�12,1,−1� ，DDEE ������⃗=23DDEE �����⃗=�13,23,−23� ，所以 EE �13,23,13� ， 三棱锥 EE −AABBCC 的高（以平面 AABBCC 为底面）为点 EE 到平面 AABBCC 的距离，即 1−13=23， 所以VV EE−AABBAA =13·ℎ·SS △AABBAA =13×23×12=19故三棱锥 EE −AABBCC 的体积是 19．（2）由（1）EE �13,23,13� ，又 AA (1,0,1) ，所以 AAEE�����⃗=�−23,23,−23� ， 由 CC (0,1,1) ，EE �12,1,0� ，EE �0,12,0� ，得 CCEE �����⃗=�12,0,−1� ，CCEE�����⃗=�0,−12,−1� ，设平面 CCEEEE 的一个法向量 nn 11=(xx ,yy ,zz ) ，则 nn 11·CCEE �����⃗=nn 11·CCEE�����⃗=0 ，即 �12xx −yy =0−12yy −zz =0 令 xx =4 ，则 �yy 1=2zz 1=−1，所以 nn 11=(4,2,−1) 是平面 CCEEEE 的一个法向量．cos <nn 11,AAEE �����⃗>=nn 11·AAEE�����⃗|nn 11|·�AAEE�����⃗�=−2√21·�43=−√77故直线 AAEE 与平面 CCEEEE 夹角的余弦值为 −√77．16.（15分）（1）证明：由已知 SS nn+1=3SS nn +2nn +5(nn ∈NN ∗) ， 当 nn ≥2 时，SS nn =3SS nn−1+2nn +3 ，两式相减得 SS nn+1−SS nn =3(SS nn −SS nn−1)+2 ，即 aa nn+1=3aa nn +2 ，则 aa nn+1+1=3(aa nn +1) (nn ≥2) ，当nn=1 时，SS2=3SS1+7 ，所以aa2+aa1=3aa1+7 ，因为aa1=5 ，所以aa2=17 ，从而aa2+1=3(aa1+1)，所以aa nn+1+1=3(aa nn+1)，又因为aa1=5 ，可得aa1+1=6 ，所以aa nn+1+1aa nn+1=3 ，所以数列{aa nn+1}是以6为首项，3为公比的等比数列．（2）解：由（1）得aa nn+1=6×3nn−1，所以aa nn=2×3nn−1 ，因为ff(xx)=aa1xx+aa2xx2+⋯+aa nn xx nn，所以ff′(xx)=aa1+2aa2xx+⋯+nnaa nn xx nn−1，则ff′(1)=aa1+2aa2+⋯+nnaa nn，记bb nn=nnaa nn=2nn×3nn−nn，可得ff′(1)=bb1+bb2+⋯+bb nn，记TT nn=2×31+4×32+⋯+2nn×3nn，则 3TT nn=2×32+4×33+⋯+2nn×3nn+1，两式相减得：−2TT nn=2×31+2×32+2×33+⋯+2×3nn−2nn×3nn+1=6(1−3nn)1−3−2nn×3nn+1=(1−2nn)×3nn+1−3所以TT nn=(2nn−1)×3nn+1+32，又因为 1+2+⋯+nn=nn(nn+1)2，所以ff′(1)=(2nn−1)×3nn+1+32−nn(nn+1)2．17.（15分）（1）设赌博再继续进行XX局甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢，由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注，当XX=2 时，甲以 4:1 赢，所以PP(XX=2)=�23�2=49，当XX=3 时，甲以 4:2 赢，所以PP(XX=3)=CC21×23×�1−23�×23=827，当XX=4 时，甲以 4:3 赢，所以PP(XX=4)=CC31×23×�1−23�2×23=427，于是得甲赢得全部赌注的概率为49+827+427=2427=89，所以，甲应分得的赌注为 243×89=216 元．（2）设赌博继续进行YY局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，当YY=3时，乙以 4:2 赢，PP(YY=3)=(1−pp)3，当 YY =4 时，乙以 4:3 赢，PP (YY =4)=CC 31pp (1−pp )3=3pp (1−pp )3 ，从而得乙赢得全部赌注的概率为 PP (AA )=(1−pp )3+3pp (1−pp )3=(1+3pp )(1−pp )3 ，于是甲赢得全部赌注的概率 ff (pp )=1−PP (AA )=1−(1+3pp )(1−pp )3， ff ′(pp )=−3(1−pp )3−(1+3pp )⋅3(1−pp )2(−1)=12pp (1−pp )2 ， 因 45≤pp <1 ，即 ff ′(pp )>0 ，从而有 ff (pp ) 在�45,1� 上单调递增， 于是得 ff (pp )min =ff �45�=608625 ，乙赢的概率 PP (AA ) 最大值为 1−608625=17625=0.0272 ，所以事件 AA 发生的概率的最大值为0.0272．18.（17分）P308（1）易知 ωω 的焦点为 (1,0) ，所以 cc =√aa 2−bb 2=1 ，又由题意，aa =2 ，所以 bb =√3 ，故椭圆 ΩΩ 的标准方程为xx 24+yy 23=1 ．（2）设 PP (tt 2,2tt ) ，显然切线 ll 的斜率存在，设切线 ll 的方程为 yy −2tt =kk (xx −tt 2) ，联立�yy −2tt =kk (xx −tt 2)yy 2=4xx得关于 yy 的方程 kkyy 2−4yy −4kktt 2+8tt =0 ，则 ΔΔ=16−16kk (−4kktt 2+8tt )=0 ，得 kk =1tt，从而切线方程 ll :xx =tt yy −tt 2 ，联立�xx =tt yy −tt 2xx 24+yy 23=1 得关于 yy 的方程 (3tt 2+4)yy 2−6tt 3yy +3tt 4−12=0 ，由韦达定理⎩⎨⎧yy 1+yy 2=6tt 33tt 2+4yy 1yy 2=3tt 4−123tt 2+4所以|MMNN |=�1+tt 2|yy 1−yy 2|=�1+tt 2�(yy 1+yy 2)2−4yy 1yy 2=�1+tt 2��6tt 33tt 2+4�2−43tt4−123tt 2+4=4√3�1+tt 2�−tt 4+3tt 2+4(3tt 2+4)2 因为原点到切线 ll 的距离dd =tt 2√1+tt 2所以SS△OOOOOO=2√3�tt4(−tt4+3tt2+4)(3tt2+4)2令 3tt2+4=uu，因为 0<tt2<4 ，所以 4<uu<16 ，则SS△OOOOOO=2√39�−�uu+16uu�2+25�uu+16uu�−136令yy=uu+16uu，因为 4<uu<16 ，所以 8<yy<17 ，SS△OOOOOO=2√39�−yy2+25yy−136当yy=252时，SS max=√3 ．由yy=uu+16uu得uu=25+3√414，则有tt=�3+√412．故当PP�3+√414,�3+√41�时，SS△OOOOOO取最大值√3 ．19.（17分）（1）猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是nn= 0,1 ，或xx= 0 ．（2）当nn≥1 时，我们需证(1+xx)nn≥1+nnxx设ff(xx)=(1+xx)nn−nnxx−1 (xx<−1,aa≥1)，注意到ff(0)=0 ，ff′(xx)=nn(1+xx)nn−1−nn=[(1+xx)nn−1−1]，令(1+xx)nn−1−1=0 得xx=0 ，即ff′(0)=0 ，xx= 0 是ff(xx)的一个极值点．再对ff′(xx)求导：ff′′(xx)=nn(nn−1)(1+xx)nn−2>0所以ff′(xx)单调递增．当−1<xx<0 时，ff′(xx)<ff(0)=0 ，ff(xx)单调递减；当xx>0 时，ff′(xx)>ff(0)=0 ，ff(xx)单调递增．所以在xx=0 处ff(xx)取得极小值ff(0)=0 ，即ff(xx)≥0 恒成立，(1+xx)nn≥nnxx+1 ．伯努利不等式对nn≥1 得证．（3）当nn=1 时，原不等式即 1+aa1≥1+aa1，显然成立．当nn≥2 时，构造数列{xx nn}：xx nn=(1+aa1)(1+aa2)…(1+aa nn)−(1+aa1+aa2+⋯+aa nn)，则xx nn+1−xx nn=aa nn+1[(1+aa1)(1+aa2)…(1+aa nn)−1]．若aa ii>0 (ii=1,2,…,nn+1)，由上式易得xx nn+1−xx nn>0 ，即xx nn+1>xx nn；若−1<aa ii≤0 (ii=1,2,…,nn+1)，则 0<1+aa ii<1 ，所以(1+aa1)(1+aa2)…(1+aa nn)−1<0 ，故xx nn+1−xx nn=aa nn+1[(1+aa1)(1+aa2)…(1+aa nn)−1]>0即此时xx nn+1>xx nn也成立．所以{xx nn}是一个单调递增的数列（nn≥2），由于xx2=(1+aa1)(1+aa2)−(1+aa1+aa2)=aa1aa2> 0 ，所以xx nn>xx2>0 (∀nn>2)，故原不等式成立．。
(全优试卷)贵州省高考数学适应性试卷(理科) Word版含解析
贵州省2017届高考数学适应性试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．23．已知数列{a n}满足a n=a n，若a3+a4=2，则a4+a5=（）+1A．B．1 C．4 D．84．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C 三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣15．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．286．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t 被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．28．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2 B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜29．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P在区域A的概率为（）A． B．C．D．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C（t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P 在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．212．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞） C．（﹣7，0） D．（﹣∞，8）二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）=．14．（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为．15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，若四面体OABC的体积V的最大值为，则此时球的表面积为．16．已知数列{a n}满足a1=﹣40，且na n﹣（n+1）a n=2n2+2n，则a n取最小值时n+1的值为．三、解答题（本题共70分）17．（12分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．18．（12分）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，并通过两个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：记事件C ：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级”，假设两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C 的概率．19．（12分）如图1，在等腰直角三角形ABC 中，∠B=90°，将△ABC 沿中位线DE 翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A ﹣DE ﹣C 的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．20．（12分）已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．21．（12分）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．2017年贵州省高考数学适应性试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}【考点】交集及其运算．【分析】解不等式求出集合M，再根据交集的定义写出M∩N．【解答】解：集合集合M={x|x2﹣2x＜0}={x|0＜x＜2}，N={x|x≥1}，则M∩N={x|1≤x＜2}故选：B．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、复数相等即可得出．【解答】解：∵y=（2x+i）（1﹣i）=2x+1+（1﹣2x）i，∴，解得y=2故选：D．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，考查了计算能力，属于基础题．3．已知数列{a n}满足a n=a n，若a3+a4=2，则a4+a5=（）+1A．B．1 C．4 D．8【考点】等比数列的通项公式．【分析】根据已知条件可以求得公比q=2．【解答】解：∵数列{a n }满足a n =a n +1，∴=2．则该数列是以2为公比的等比数列． 由a 3+a 4=2，得到：4a 1+8a 1=2，解得a 1=，则a 4+a 5=8a 1+16a 1=24a 1=24×=4， 故选：C ．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，是基础的计算题．4．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A ，B ，C三点共线，则实数m ，n （ ）A ．mn=1B ．mn=﹣1C ．m +n=1D ．m +n=﹣1 【考点】平行向量与共线向量．【分析】由题意可得∥，再根据两个向量共线的性质可得=，由此可得结论．【解答】解：由题意可得∥，∴=λ•，故有=，∴mn=1， 故选：A ．【点评】本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．5．执行如图所示的程序框图，如果输入的a ，b 分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．28【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的a，b的值，当a=28，b=28时，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值．【解答】解：模拟程序的运行，可得a=56，b=140，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=140﹣56=84，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=84﹣56=28，满足条件a≠b，满足条件a＞b，a=56﹣28=28，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值为28．故选：D．【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的a，b的值是解题的关键，属于基本知识的考查．6．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t取[0，3]上的任意值时，直线y=t 被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A ．4B ．C ．5D ．【考点】进行简单的演绎推理．【分析】根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，计算梯形的面积即可得出结论．【解答】解：根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，又由图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，其面积S==；故选：B ．【点评】本题考查演绎推理的运用，关键是理解题目中祖暅原理的叙述．7．如图，在正方体ABC 的﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 是线段A 1C 1上的动点，则三棱锥P ﹣BCD 的俯视图与正视图面积之比的最大值为（ ）A ．1B ．C ．D ．2【考点】简单空间图形的三视图．【分析】分析三棱锥P ﹣BCD 的正视图与侧视图的形状，并求出面积，可得答案．【解答】解：设棱长为1，则三棱锥P ﹣BCD 的正视图是底面边长为1，高为1的三角形，面积为：；三棱锥P ﹣BCD 的俯视图取最大面积时，P 在A 1处，俯视图面积为：； 故三棱锥P ﹣BCD 的俯视图与正视图面积之比的最大值为1， 故选：A ．【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，根据已知分析出三棱锥P ﹣BCD 的正视图与侧视图的形状，是解答的关键．8．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2 B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜2【考点】正弦定理．【分析】由题意判断出三角形有两解时A的范围，通过正弦定理及正弦函数的性质推出a的范围即可．【解答】解：由AC=b=2，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，半径为2的圆与BA有两个交点，当A=90°时，圆与AB相切；当A=45°时交于B点，也就是只有一解，∴45°＜A＜135°，且A≠90°，即＜sinA＜1，由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：a==2sinA，∵2sinA∈（2，2）．∴a的取值范围是（2，2）．故选：C．【点评】此题考查了正弦定理，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于中档题．9．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P在区域A的概率为（）A． B．C．D．【考点】几何概型．【分析】首先明确几何概型测度为区域面积，利用定积分求出A的面积，然后由概型公式求概率．【解答】解：由已知得到事件对应区域面积为=4，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，面积为2=2sinx |=，由急火攻心的公式得到所求概率为：；故选C【点评】本题考查了几何概型的概率求法；明确几何测度是关键．10．某地一年的气温Q （t ）（单位：℃）与时间t （月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C （t ）表示时间段[0，t ]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C （t ）与t 之间的函数关系的是（ ）A ．B ．C ．D ．【考点】函数的图象．【分析】根据图象的对称关系和条件可知C （6）=0，C （12）=10，再根据气温变化趋势可知在前一段时间内平均气温大于10，使用排除法得出答案．【解答】解：∵气温图象在前6个月的图象关于点（3，0）对称，∴C （6）=0，排除D ；注意到后几个月的气温单调下降，则从0到12月前的某些时刻，平均气温应大于10℃，可排除C ；∵该年的平均气温为10℃，∴t=12时，C （12）=10，排除B ； 故选A ．【点评】本题考查了函数图象的几何意义，函数图象的变化规律，属于中档题．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P 在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．2【考点】抛物线的简单性质．【分析】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义，结合|PA|=m|PF|，设PA的倾斜角为α，则当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，求出P的坐标，即可求得|PA|的值．【解答】解：抛物线的标准方程为x2=4y，则抛物线的焦点为F（0，1），准线方程为y=﹣1，过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，∵|PA|=m|PF|，∴|PA|=m|PN|，设PA的倾斜角为α，则sinα=，当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4（kx﹣1），即x2﹣4kx+4=0，∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，∴P（2，1），∴|PA|==2．故选D．【点评】本题考查抛物线的性质，考查抛物线的定义，考查学生分析解决问题的能力，解答此题的关键是明确当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，属中档题．12．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞） C．（﹣7，0） D．（﹣∞，8）【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】求出函数y=f（x）+g（x）的表达式，构造函数h（x）=f（x）+f（2﹣x），作出函数h（x）的图象，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，由f（x）+g（x）=0，得f（x）+f（2﹣x）=，设h（x）=f（x）+f（2﹣x），若x≤0，则﹣x≥0，2﹣x≥2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2+x+x2，若0≤x≤2，则﹣2≤﹣x≤0，0≤2﹣x≤2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2，若x＞2，﹣x＜﹣2，2﹣x＜0，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=（x﹣2）2+2﹣|2﹣x|=x2﹣5x+8．作出函数h（x）的图象如图：当x ≤0时，h （x ）=2+x +x 2=（x +）2+≥，当x ＞2时，h （x ）=x 2﹣5x +8=（x ﹣）2+≥．由图象知要使函数y=f （x ）+g （x ）恰有4个零点，即h （x ）=恰有4个根，∴，解得：b ∈（7，8）故选：A ．【点评】本题主要考查函数零点个数的判断，根据条件求出函数的解析式，利用数形结合是解决本题的关键，属于难题．二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f （x ）=（x ﹣a ）（x +3）为偶函数，则f （2）= ﹣5 ． 【考点】函数奇偶性的性质．【分析】根据偶函数f （x ）的定义域为R ，则∀x ∈R ，都有f （﹣x ）=f （x ），建立等式，解之求出a ，即可求出f （2）．【解答】解：因为函数f （x ）=（x ﹣a ）（x +3）是偶函数， 所以∀x ∈R ，都有f （﹣x ）=f （x ），所以∀x ∈R ，都有（﹣x ﹣a ）•（﹣x +3）=（x ﹣a ）（x +3）， 即x 2+（a ﹣3）x ﹣3a=x 2﹣（a ﹣3）x ﹣3a ， 所以a=3，所以f （2）=（2﹣3）（2+3）=﹣5． 故答案为：﹣5．【点评】本题主要考查了函数奇偶性的性质，同时考查了运算求解的能力，属于基础题．14．（x +1）（x +a ）4的展开式中含x 4项的系数为9，则实数a 的值为 2 ． 【考点】二项式系数的性质．【分析】利用（x +1）（x +a ）4=（x +1）（x 4+4x 3a +…），进而得出． 【解答】解：（x +1）（x +a ）4=（x +1）（x 4+4x 3a +…）， ∵展开式中含x 4项的系数为9，∴1+4a=9，解得a=2． 故答案为：2．【点评】本题考查了二项式定理的展开式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．设A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB=，C 是球面上的动点，若四面体OABC 的体积V 的最大值为，则此时球的表面积为 36π ．【考点】球的体积和表面积．【分析】当点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，利用三棱锥O ﹣ABC 体积的最大值为，求出半径，即可求出球O 的体积【解答】解：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O ﹣ABC =V C ﹣AOB =×R 2×sin60°×R=，故R=3，则球O 的表面积为4πR 2=36π， 故答案为：36π．【点评】本题考查球的半径，考查体积的计算，确定点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大是关键．属于中档题16．已知数列{a n }满足a 1=﹣40，且na n +1﹣（n +1）a n =2n 2+2n ，则a n 取最小值时n 的值为 10或11 ． 【考点】数列递推式．【分析】na n +1﹣（n +1）a n =2n 2+2n ，化为﹣=2，利用等差数列的通项公式可得a n，再利用二次函数的单调性即可得出．【解答】解：∵na n﹣（n+1）a n=2n2+2n，∴﹣=2，+1∴数列{}是等差数列，首项为﹣40，公差为2．∴=﹣40+2（n﹣1），化为：a n=2n2﹣42n=2﹣．则a n取最小值时n的值为10或11．故答案为：10或11．【点评】本题考查了等差数列的通项公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本题共70分）17．（12分）（2017•贵州模拟）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．【考点】三角形中的几何计算．【分析】（1）由acosB=4，bsinA=3，两式相除，结合正弦定理可求tanB=，又acosB=4，可得cosB＞0，从而可求cosB，即可解得a的值．（2）由（1）知sinB=，利用三角形面积公式可求c，由余弦定理可求b，从而解得三角形周长的值．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由acosB=4，bsinA=3，两式相除，有==•=•=，所以tanB=，又acosB=4，故cosB＞0，则cosB=，所以a=5．…（6分）（2）由（1）知sinB=，由S=acsinB ，得到c=6． 由b 2=a 2+c 2﹣2accosB ，得b=，故l=5+6+=11+即△ABC 的周长为11+．…（12分）【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18．（12分）（2017•贵州模拟）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，并通过两个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：记事件C：“甲地市民对空气质量的满意度等级高于乙地市民对空气质量的满意度等级”，假设两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图．【分析】（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表能作出相应的频率分组直方图，由频率分布直方图能求出结果．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，由此能求出事件C的概率．【解答】解：（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，如下图：由频率分布直方图得：甲地PM2.5日平均浓度的平均值低于乙地PM2.5日平均浓度的平均值，而且甲地的数据比较集中，乙地的数据比较分散．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，P（C）=P（B1A1∪B2A2）=P（B1）P（A1）+P（B2）P（A2），由题意P（A1）=，P（A2）=，P（B1）=，P（B2）=，∴P（C）=．【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件加法公式和相互独立事件事件概率乘法公式的合理运用．19．（12分）（2017•贵州模拟）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）证明：DE⊥平面ADB，DE∥BC，可证BC⊥平面ABD，即可证明平面ABD⊥平面ABC．（2）取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0），利用平面ABC的法向量求解．【解答】（1）证明：由题意，DE∥BC，∵DE⊥AD，DE⊥BD，AD∩BD=D，∴DE⊥平面ADB，∴BC⊥平面ABD；∵面ABC，∴平面ABD⊥平面ABC；（2）由已知可得二面角A﹣DE﹣C的平面角就是∠ADB设等腰直角三角形ABC的直角边AB=4，则在△ADB中，AD=DB=AB=2，取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，∴AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0）设平面ABC的法向量为，，．由，取，}，∴直线AE与平面ABC所成角的θ，sinθ=|cos＜＞|=||=．即直线AE与平面ABC所成角的正弦值为：【点评】本题考查线面垂直，考查向量法求二面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．20．（12分）（2017•贵州模拟）已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．【考点】直线与椭圆的位置关系．【分析】（1）由题意的离心率公式求得a=c，b2=a2﹣c2=c2，将直线方程代入椭圆方程，即可求得a和b，求得椭圆方程；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由y=k（x﹣1）代入椭圆方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示，结合恒成立思想，即可得到定点和定值；检验直线AB的斜率不存在时，也成立．【解答】解：（1）由椭圆的焦点在x轴上，椭圆的离心率e==，则a=c，由b2=a2﹣c2=c2，将P（1，）代入椭圆方程，解得：c=1，a=，b=1，∴椭圆的标准方程：；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由，整理得（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0，x1+x2=，x1x2=，y1y2=k2（x1﹣1）（x2﹣1）=k2[x1x2+1﹣（x1+x2）]=k2（+1﹣）=﹣，则•=（x1﹣m）（x2﹣m）+y1y2=x1x2+m2﹣m（x1+x2）+y1y2，=+m2﹣m•﹣=，欲使得•为定值，则2m2﹣4m+1=2（m2﹣2），解得：m=，此时•=﹣2=﹣；当AB斜率不存在时，令x=1，代入椭圆方程，可得y=±，由M（，0），可得•=﹣，符合题意．故在x轴上存在定点M（，0），使得•=﹣．【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法和联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21．（12分）（2017•贵州模拟）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）由f′（1）=1+a=2，解得：a=1，利用导数求解单调区间．（2）要证e x＞f′（x），即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x ＞lnx+1即可【解答】解：（1）f′（x）=lnx+1+a，f′（1）=1+a=2，解得：a=1，故f（x）=xlnx+x，f′（x）=lnx+2，令f′（x）＞0，解得：x＞e﹣2，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜e﹣2，故f（x）在（0，e﹣2）递减，在（e﹣2，+∞）递增；（2）要证e x＞f′（x），即证e x﹣lnx﹣2＞0，即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x+1≥lnx+2即可，即只需证明x＞lnx+1即可令h（x）=x﹣lnx+1，则h′（x）=1﹣，令h′（x）=0，得x=1h（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故h（x）≥h（1）=0．即x+1≥lnx+2成立，即e x＞lnx+2，∴e x＞f′（x）．【点评】本题考查了导数的综合应用，构造合适的新函数，放缩法证明函数不等式，属于难题．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）（2017•贵州模拟）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）先将C1的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程，将C2的极坐标方程两边同乘ρ，根据极坐标与直角坐标的对应关系得出C2的直角坐标方程；（2）求出l的参数方程，分别代入C1，C2的普通方程，根据参数的几何意义得出|OA|，|OB|，得到|OA|•|OB|关于k的函数，根据k的范围得出答案．【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（α为参数），普通方程为（x﹣2）2+y2=4，即x2+y2=4x，极坐标方程为ρ=4cosθ；曲线C1的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ，普通方程为：y=x2；（2）射线l的参数方程为（t为参数，＜α≤）．把射线l的参数方程代入曲线C1的普通方程得：t2﹣4tcosα=0，解得t1=0，t2=4cosα．∴|OA|=|t2|=4cosα．把射线l的参数方程代入曲线C2的普通方程得：cos2αt2=tsinα，解得t1=0，t2=．∴|OB|=|t2|=．∴|OA|•|OB|=4cosα•=4tanα=4k．∵k∈（，1]，∴4k∈（，4]．∴|OA|•|OB|的取值范围是（，4]．【点评】本题考查参数方程与极坐标与普通方程的互化，考查参数的几何意义的应用，属于中档题．[选修4-5：不等式选讲]23．（2017•贵州模拟）已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】（1）化简f（x）的解析式，得出f（x）的单调性，利用单调性求出f （x）的最小值；（2）计算[g（a）+g（b）]2，利用基本不等式即可得出结论．【解答】解：（1）f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|=，∴f（x）在（﹣∞，1]上单调递减，在[5，+∞）上单调递增，∵f（1）=4，f（5）=4，∴f（x）的最小值为4．（2）证明：由（1）可知m=4，g（a）+g（b）=+，∴[g（a）+g（b）]2=1+a2+1+b2+2=8+2，∵≤=4，∴[g（a）+g（b）]2≤16，∴g（a）+g（b）≤4．【点评】本题考查了函数的单调性，分段函数的最值计算，基本不等式的应用，属于中档题．。
贵州省2020届高考数学适应性试卷(理科)_word版含解析-(高三)(精校版)
贵州省2020届高考数学适应性试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．23．已知数列{a n}满足a n=a n，若a3+a4=2，则a4+a5=（）+1A．B．1 C．4 D．84．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣15．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．286．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t 取[0，3]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．28．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2 B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜29．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x 轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P在区域A的概率为（）A． B．C．D．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C （t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．212．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f （x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞） C．（﹣7，0） D．（﹣∞，8）二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）=．14．（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为．15．设A，B是球O的球面上两点，∠AOB=，C是球面上的动点，若四面体OABC的体积V的最大值为，则此时球的表面积为．16．已知数列{a n}满足a1=﹣40，且na n+1﹣（n+1）a n=2n2+2n，则a n取最小值时n的值为．三、解答题（本题共70分）17．（12分）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．18．（12分）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．19．（12分）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．20．（12分）已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E 上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．21．（12分）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣1|+|x﹣5|，g（x）=．（1）求f（x）的最小值；（2）记f（x）的最小值为m，已知实数a，b满足a2+b2=6，求证：g（a）+g（b）≤m．2019年贵州省高考数学适应性试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．设集合M={x|x2﹣2x＜0}，N={x|x≥1}，则M∩N=（）A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|0＜x≤1}D．{x|x≤1}【考点】交集及其运算．【分析】解不等式求出集合M，再根据交集的定义写出M∩N．【解答】解：集合集合M={x|x2﹣2x＜0}={x|0＜x＜2}，N={x|x≥1}，则M∩N={x|1≤x＜2}故选：B．【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2．已知x，y∈R，i是虚数单位，且（2x+i）（1﹣i）=y，则y的值为（）A．﹣1 B．1 C．﹣2 D．2【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、复数相等即可得出．【解答】解：∵y=（2x+i）（1﹣i）=2x+1+（1﹣2x）i，∴，解得y=2故选：D．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数相等，考查了计算能力，属于基础题．3．已知数列{a n}满足a n=a n，若a3+a4=2，则a4+a5=（）+1A．B．1 C．4 D．8【考点】等比数列的通项公式．【分析】根据已知条件可以求得公比q=2．，【解答】解：∵数列{a n}满足a n=a n+1∴=2．则该数列是以2为公比的等比数列．由a3+a4=2，得到：4a1+8a1=2，解得a1=，则a4+a5=8a1+16a1=24a1=24×=4，故选：C．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，是基础的计算题．4．已知向量与不共线，且向量=+m，=n+，若A，B，C三点共线，则实数m，n（）A．mn=1 B．mn=﹣1 C．m+n=1 D．m+n=﹣1【考点】平行向量与共线向量．【分析】由题意可得∥，再根据两个向量共线的性质可得=，由此可得结论．【解答】解：由题意可得∥，∴=λ•，故有=，∴mn=1，故选：A．【点评】本题主要考查两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．5．执行如图所示的程序框图，如果输入的a，b分别为56，140，则输出的a=（）A．0 B．7 C．14 D．28【考点】程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的a，b的值，当a=28，b=28时，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值．【解答】解：模拟程序的运行，可得a=56，b=140，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=140﹣56=84，满足条件a≠b，不满足条件a＞b，b=84﹣56=28，满足条件a≠b，满足条件a＞b，a=56﹣28=28，不满足条件a≠b，退出循环，输出a的值为28．故选：D．【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图，正确依次写出每次循环得到的a，b的值是解题的关键，属于基本知识的考查．6．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积总相等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，且当实数t 取[0，3]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的两线段长总相等，则图1的面积为（）A．4 B．C．5 D．【考点】进行简单的演绎推理．【分析】根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，计算梯形的面积即可得出结论．【解答】解：根据题意，由祖暅原理，分析可得图1的面积等于图2梯形的面积，又由图2是一个上底长为1、下底长为2的梯形，其面积S==；故选：B．【点评】本题考查演绎推理的运用，关键是理解题目中祖暅原理的叙述．7．如图，在正方体ABC的﹣A1B1C1D1中，点P是线段A1C1上的动点，则三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为（）A．1 B．C．D．2【考点】简单空间图形的三视图．【分析】分析三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，并求出面积，可得答案．【解答】解：设棱长为1，则三棱锥P﹣BCD的正视图是底面边长为1，高为1的三角形，面积为：；三棱锥P﹣BCD的俯视图取最大面积时，P在A1处，俯视图面积为：；故三棱锥P﹣BCD的俯视图与正视图面积之比的最大值为1，故选：A．【点评】本题考查的知识点是简单空间图形的三视图，根据已知分析出三棱锥P﹣BCD的正视图与侧视图的形状，是解答的关键．8．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=2，B=45°，若三角形有两解，则a的取值范围是（）A．a＞2 B．0＜a＜2 C．2＜a＜2D．2＜a＜2【考点】正弦定理．【分析】由题意判断出三角形有两解时A的范围，通过正弦定理及正弦函数的性质推出a的范围即可．【解答】解：由AC=b=2，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，半径为2的圆与BA有两个交点，当A=90°时，圆与AB相切；当A=45°时交于B点，也就是只有一解，∴45°＜A＜135°，且A≠90°，即＜sinA＜1，由正弦定理以及asinB=bsinA．可得：a==2sinA，∵2sinA∈（2，2）．∴a的取值范围是（2，2）．故选：C．【点评】此题考查了正弦定理，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于中档题．9．已知区域Ω={（x，y）||x|≤，0≤y≤}，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x 轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，若在区域Ω内随机取一点P，则点P在区域A的概率为（）A． B．C．D．【考点】几何概型．【分析】首先明确几何概型测度为区域面积，利用定积分求出A的面积，然后由概型公式求概率．【解答】解：由已知得到事件对应区域面积为=4，由直线x=﹣，x=，曲线y=cosx与x轴围成的封闭图象所表示的区域记为A，面积为2=2sinx|=，由急火攻心的公式得到所求概率为：；故选C【点评】本题考查了几何概型的概率求法；明确几何测度是关键．10．某地一年的气温Q（t）（单位：℃）与时间t（月份）之间的关系如图所示．已知该年的平均气温为10℃，令C（t）表示时间段[0，t]的平均气温，下列四个函数图象中，最能表示C （t）与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．【考点】函数的图象．【分析】根据图象的对称关系和条件可知C（6）=0，C（12）=10，再根据气温变化趋势可知在前一段时间内平均气温大于10，使用排除法得出答案．【解答】解：∵气温图象在前6个月的图象关于点（3，0）对称，∴C（6）=0，排除D；注意到后几个月的气温单调下降，则从0到12月前的某些时刻，平均气温应大于10℃，可排除C；∵该年的平均气温为10℃，∴t=12时，C（12）=10，排除B；故选A．【点评】本题考查了函数图象的几何意义，函数图象的变化规律，属于中档题．11．已知点A是抛物线x2=4y的对称轴与准线的交点，点F为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足|PA|=m|PF|，当m取最大值时|PA|的值为（）A．1 B．C．D．2【考点】抛物线的简单性质．【分析】过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义，结合|PA|=m|PF|，设PA的倾斜角为α，则当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，求出P的坐标，即可求得|PA|的值．【解答】解：抛物线的标准方程为x2=4y，则抛物线的焦点为F（0，1），准线方程为y=﹣1，过P作准线的垂线，垂足为N，则由抛物线的定义可得|PN|=|PF|，∵|PA|=m|PF|，∴|PA|=m|PN|，设PA的倾斜角为α，则sinα=，当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，设直线PA的方程为y=kx﹣1，代入x2=4y，可得x2=4（kx﹣1），即x2﹣4kx+4=0，∴△=16k2﹣16=0，∴k=±1，∴P（2，1），∴|PA|==2．故选D．【点评】本题考查抛物线的性质，考查抛物线的定义，考查学生分析解决问题的能力，解答此题的关键是明确当m取得最大值时，sinα最小，此时直线PA与抛物线相切，属中档题．12．已知函数f（x）=函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，其中b∈R，若函数y=f （x）+g（x）恰有4个零点，则b的取值范围是（）A．（7，8）B．（8，+∞） C．（﹣7，0） D．（﹣∞，8）【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】求出函数y=f（x）+g（x）的表达式，构造函数h（x）=f（x）+f（2﹣x），作出函数h（x）的图象，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：函数g（x）=f（2﹣x）﹣b，由f（x）+g（x）=0，得f（x）+f（2﹣x）=，设h（x）=f（x）+f（2﹣x），若x≤0，则﹣x≥0，2﹣x≥2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2+x+x2，若0≤x≤2，则﹣2≤﹣x≤0，0≤2﹣x≤2，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2，若x＞2，﹣x＜﹣2，2﹣x＜0，则h（x）=f（x）+f（2﹣x）=（x﹣2）2+2﹣|2﹣x|=x2﹣5x+8．作出函数h（x）的图象如图：当x≤0时，h（x）=2+x+x2=（x+）2+≥，当x＞2时，h（x）=x2﹣5x+8=（x﹣）2+≥．由图象知要使函数y=f（x）+g（x）恰有4个零点，即h（x）=恰有4个根，∴，解得：b∈（7，8）故选：A．【点评】本题主要考查函数零点个数的判断，根据条件求出函数的解析式，利用数形结合是解决本题的关键，属于难题．二、填空题（本小题共4小题，每小题5分，共20分）13．若函数f（x）=（x﹣a）（x+3）为偶函数，则f（2）=﹣5．【考点】函数奇偶性的性质．【分析】根据偶函数f（x）的定义域为R，则∀x∈R，都有f（﹣x）=f（x），建立等式，解之求出a，即可求出f（2）．【解答】解：因为函数f（x）=（x﹣a）（x+3）是偶函数，所以∀x∈R，都有f（﹣x）=f（x），所以∀x∈R，都有（﹣x﹣a）•（﹣x+3）=（x﹣a）（x+3），即x2+（a﹣3）x﹣3a=x2﹣（a﹣3）x﹣3a，所以a=3，所以f（2）=（2﹣3）（2+3）=﹣5．故答案为：﹣5．【点评】本题主要考查了函数奇偶性的性质，同时考查了运算求解的能力，属于基础题．14．（x+1）（x+a）4的展开式中含x4项的系数为9，则实数a的值为2．【考点】二项式系数的性质．【分析】利用（x +1）（x +a ）4=（x +1）（x 4+4x 3a +…），进而得出． 【解答】解：（x +1）（x +a ）4=（x +1）（x 4+4x 3a +…）， ∵展开式中含x 4项的系数为9，∴1+4a=9， 解得a=2． 故答案为：2．【点评】本题考查了二项式定理的展开式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．设A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB=，C 是球面上的动点，若四面体OABC 的体积V 的最大值为，则此时球的表面积为 36π ．【考点】球的体积和表面积．【分析】当点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，利用三棱锥O ﹣ABC体积的最大值为，求出半径，即可求出球O 的体积【解答】解：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大，设球O 的半径为R ，此时V O ﹣ABC =V C ﹣AOB =×R 2×sin60°×R=，故R=3，则球O 的表面积为4πR 2=36π， 故答案为：36π．【点评】本题考查球的半径，考查体积的计算，确定点C 位于垂直于面AOB 时，三棱锥O ﹣ABC 的体积最大是关键．属于中档题16．已知数列{a n }满足a 1=﹣40，且na n +1﹣（n +1）a n =2n 2+2n ，则a n 取最小值时n 的值为 10或11 ．【考点】数列递推式．﹣（n+1）a n=2n2+2n，化为﹣=2，利用等差数列的通项公式可得a n，再【分析】na n+1利用二次函数的单调性即可得出．﹣（n+1）a n=2n2+2n，∴﹣=2，【解答】解：∵na n+1∴数列{}是等差数列，首项为﹣40，公差为2．∴=﹣40+2（n﹣1），化为：a n=2n2﹣42n=2﹣．则a n取最小值时n的值为10或11．故答案为：10或11．【点评】本题考查了等差数列的通项公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．三、解答题（本题共70分）17．（12分）（2019•贵州模拟）设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosB=4，bsinA=3．（1）求tanB及边长a的值；（2）若△ABC的面积S=9，求△ABC的周长．【考点】三角形中的几何计算．【分析】（1）由acosB=4，bsinA=3，两式相除，结合正弦定理可求tanB=，又acosB=4，可得cosB＞0，从而可求cosB，即可解得a的值．（2）由（1）知sinB=，利用三角形面积公式可求c，由余弦定理可求b，从而解得三角形周长的值．【解答】解：（Ⅰ）在△ABC中，由acosB=4，bsinA=3，两式相除，有==•=•=，所以tanB=，又acosB=4，故cosB＞0，则cosB=，所以a=5．…（6分）（2）由（1）知sinB=， 由S=acsinB ，得到c=6． 由b 2=a 2+c 2﹣2accosB ，得b=，故l=5+6+=11+即△ABC 的周长为11+．…（12分）【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18．（12分）（2019•贵州模拟）为检测空气质量，某市环保局随机抽取了甲、乙两地2016年20天PM2.5日平均浓度（单位：微克/立方米）监测数据，得到甲地PM2.5日平均浓度频率分布直方图和乙地PM2.5日平均浓度的频数分布表．乙地20天PM2.5日平均浓度频数分布表个频率分布直方图比较两地PM2.5日平均浓度的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，给出结论即可）；（2）通过调查，该市市民对空气质量的满意度从高到低分为三个等级：两地市民对空气质量满意度的调查结果相互独立，根据所给数据，利用样本估计总体的统计思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图．【分析】（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表能作出相应的频率分组直方图，由频率分布直方图能求出结果．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，由此能求出事件C的概率．【解答】解：（1）根据乙地20天PM2.5日平均浓度的频率分布表作出相应的频率分组直方图，如下图：由频率分布直方图得：甲地PM2.5日平均浓度的平均值低于乙地PM2.5日平均浓度的平均值，而且甲地的数据比较集中，乙地的数据比较分散．（2）记A1表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为满意或非常满意”，A2表示事件：“甲地市民对空气质量的满意度等级为非常满意”，B1表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为不满意”，B2表示事件：“乙地市民对空气质量的满意度等级为满意”，则A1与B1独立，A2与B2独立，B1与B2互斥，C=B1A1∪B2A2，P（C）=P（B1A1∪B2A2）=P（B1）P（A1）+P（B2）P（A2），由题意P（A1）=，P（A2）=，P（B1）=，P（B2）=，∴P（C）=．【点评】本题考查频率分布直方图的应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意互斥事件加法公式和相互独立事件事件概率乘法公式的合理运用．19．（12分）（2019•贵州模拟）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠B=90°，将△ABC沿中位线DE翻折得到如图2所示的空间图形，使二面角A﹣DE﹣C的大小为θ（0＜θ＜）．（1）求证：平面ABD⊥平面ABC；（2）若θ=，求直线AE与平面ABC所成角的正弦值．【考点】直线与平面所成的角；平面与平面垂直的判定．【分析】（1）证明：DE⊥平面ADB，DE∥BC，可证BC⊥平面ABD，即可证明平面ABD ⊥平面ABC．（2）取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0），利用平面ABC的法向量求解．【解答】（1）证明：由题意，DE∥BC，∵DE⊥AD，DE⊥BD，AD∩BD=D，∴DE⊥平面ADB，∴BC⊥平面ABD；∵面ABC，∴平面ABD⊥平面ABC；（2）由已知可得二面角A﹣DE﹣C的平面角就是∠ADB设等腰直角三角形ABC的直角边AB=4，则在△ADB中，AD=DB=AB=2，取DB中点O，AO⊥DB，由（1）得平面ABD⊥平面EDBC，∴AO⊥面EDBC，所以以O为原点，建立如图坐标系，则A（0，0，），B（1，0，0），C（1，4，0），E（﹣1，2，0）设平面ABC的法向量为，，．由，取，}，∴直线AE与平面ABC所成角的θ，sinθ=|cos＜＞|=||=．即直线AE与平面ABC所成角的正弦值为：【点评】本题考查线面垂直，考查向量法求二面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．20．（12分）（2019•贵州模拟）已知椭圆E： +=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（1，）在椭圆E上，直线l过椭圆的右焦点F且与椭圆相交于A，B两点．（1）求E的方程；（2）在x轴上是否存在定点M，使得•为定值？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，说明理由．【考点】直线与椭圆的位置关系．【分析】（1）由题意的离心率公式求得a=c，b2=a2﹣c2=c2，将直线方程代入椭圆方程，即可求得a和b，求得椭圆方程；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由y=k（x﹣1）代入椭圆方程，运用韦达定理和向量数量积的坐标表示，结合恒成立思想，即可得到定点和定值；检验直线AB的斜率不存在时，也成立．【解答】解：（1）由椭圆的焦点在x轴上，椭圆的离心率e==，则a=c，由b2=a2﹣c2=c2，将P（1，）代入椭圆方程，解得：c=1，a=，b=1，∴椭圆的标准方程：；（2）在x轴上假设存在定点M（m，0），使得•为定值．若直线的斜率存在，设AB的斜率为k，F（1，0），由，整理得（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2=0，x1+x2=，x1x2=，y1y2=k2（x1﹣1）（x2﹣1）=k2[x1x2+1﹣（x1+x2）]=k2（+1﹣）=﹣，则•=（x1﹣m）（x2﹣m）+y1y2=x1x2+m2﹣m（x1+x2）+y1y2，=+m2﹣m•﹣=，欲使得•为定值，则2m2﹣4m+1=2（m2﹣2），解得：m=，此时•=﹣2=﹣；当AB斜率不存在时，令x=1，代入椭圆方程，可得y=±，由M（，0），可得•=﹣，符合题意．故在x轴上存在定点M（，0），使得•=﹣．【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用离心率公式，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法和联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考查化简整理的运算能力，属于中档题．21．（12分）（2019•贵州模拟）已知函数f（x）=xlnx+ax，函数f（x）的图象在点x=1处的切线与直线x+2y﹣1=0垂直．（1）求a的值和f（x）的单调区间；（2）求证：e x＞f′（x）．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】（1）由f′（1）=1+a=2，解得：a=1，利用导数求解单调区间．（2）要证e x＞f′（x），即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x＞lnx+1即可【解答】解：（1）f′（x）=lnx+1+a，f′（1）=1+a=2，解得：a=1，故f（x）=xlnx+x，f′（x）=lnx+2，令f′（x）＞0，解得：x＞e﹣2，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜e﹣2，故f（x）在（0，e﹣2）递减，在（e﹣2，+∞）递增；（2）要证e x＞f′（x），即证e x﹣lnx﹣2＞0，即证e x＞lnx+2，x＞0时，易得e x＞x+1，即只需证明x+1≥lnx+2即可，即只需证明x＞lnx+1即可令h（x）=x﹣lnx+1，则h′（x）=1﹣，令h′（x）=0，得x=1h（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，故h（x）≥h（1）=0．即x+1≥lnx+2成立，即e x＞lnx+2，∴e x＞f′（x）．【点评】本题考查了导数的综合应用，构造合适的新函数，放缩法证明函数不等式，属于难题．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]22．（10分）（2019•贵州模拟）曲线C1的参数方程为（α为参数）在以原点O 为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρco s2θ=sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）过原点且倾斜角为α（＜α≤）的射线l与曲线C1，C2分别相交于A，B两点（A，B异于原点），求|OA|•|OB|的取值范围．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）先将C1的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程，将C2的极坐标方程两边同乘ρ，根据极坐标与直角坐标的对应关系得出C2的直角坐标方程；（2）求出l的参数方程，分别代入C1，C2的普通方程，根据参数的几何意义得出|OA|，|OB|，得到|OA|•|OB|关于k的函数，根据k的范围得出答案．【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（α为参数），普通方程为（x﹣2）2+y2=4，即x 2+y 2=4x ，极坐标方程为ρ=4cosθ；曲线C 1的极坐标方程为ρcos 2θ=sinθ，普通方程为：y=x 2；（2）射线l 的参数方程为（t 为参数，＜α≤）．把射线l 的参数方程代入曲线C 1的普通方程得：t 2﹣4tcosα=0，解得t 1=0，t 2=4cosα．∴|OA |=|t 2|=4cosα．把射线l 的参数方程代入曲线C 2的普通方程得：cos 2αt 2=tsinα，解得t 1=0，t 2=．∴|OB |=|t 2|=．∴|OA |•|OB |=4cosα•=4tanα=4k ．∵k ∈（，1]，∴4k ∈（，4]．∴|OA |•|OB |的取值范围是（，4]． 【点评】本题考查参数方程与极坐标与普通方程的互化，考查参数的几何意义的应用，属于中档题．[选修4-5：不等式选讲]23．（2019•贵州模拟）已知函数f （x ）=|x ﹣1|+|x ﹣5|，g （x ）=．（1）求f （x ）的最小值；（2）记f （x ）的最小值为m ，已知实数a ，b 满足a 2+b 2=6，求证：g （a ）+g （b ）≤m ．【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】（1）化简f （x ）的解析式，得出f （x ）的单调性，利用单调性求出f （x ）的最小值； （2）计算[g （a ）+g （b ）]2，利用基本不等式即可得出结论．【解答】解：（1）f （x ）=|x ﹣1|+|x ﹣5|=，∴f （x ）在（﹣∞，1]上单调递减，在[5，+∞）上单调递增，∵f （1）=4，f （5）=4，∴f （x ）的最小值为4．（2）证明：由（1）可知m=4，g（a）+g（b）=+，∴[g（a）+g（b）]2=1+a2+1+b2+2=8+2，∵≤=4，∴[g（a）+g（b）]2≤16，∴g（a）+g（b）≤4．【点评】本题考查了函数的单调性，分段函数的最值计算，基本不等式的应用，属于中档题．。
2017贵阳市适应性考试2理科数学答案-1
g(x)max ≤ m, g(x) x 13 2 ln x
3
令 g(x) 0 得 x 1 或 x e 2 ，又
e2 x e ，
函数
g
(
x)
在
(e2
,
e
3 2
)
上单调递增，在
(e
3 2
,1)
上单调递减，在
(1,
e)
上单调递增，
3
即 x e 2 是 g(x) 的极大值点，
x
x1x2
4x2 x1 x2
x12 8
4x1
x1
2x1x2 4(x1 x1 x2 8
x2 )
2
64k 2 12 3 4k 2
32k 2
3 4k 2
4
32k 2 3 4k
2
8
24
3 4k 2 32k 2 24 32k 2
3 4k 2
(18)（本小题满分 12 分）
解：（Ⅰ） A, B,C 三种药剂中恰有一种能控制 H 指标的概率为
P P(ABC) P(ABC) P(ABC) 0.5 (1 0.6) (1 0.75) (1 0.5) 0.6 (1 0.75) (1 0.5) (1 0.6) 0.75
y
y1
y2 x2
y1 x1
(x x1) ，
又∵ y1 k(x1 4), y2 k(x2 4) ，
理科数学参考答案与评分建议 第 3 页 共 6 页
∴直线 QN 方程为
y
k ( x1
2017年贵州省高考数学试卷(理科)(全国新课标Ⅲ)(附答案解析)
2017年贵州省高考数学试卷（理科）（全国新课标Ⅲ）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. 已知集合A={(x, y)|x2+y2=1}，集合B={(x, y)|y=x}，则A∩B=的元素个数为（）A.0B.1C.2D.32. 设复数z满足(1+i)z=2i，则|z|=()A.1 2B.√22C.√2D.23. 某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．根据该折线图，下列结论错误的是()A.月接待游客量逐月增加B.年接待游客量逐年增加C.各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月D.各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳4. (x+y)(2x−y)5的展开式中的x3y3系数为（）A.−80B.−40C.40D.805. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1 (a>0, b>0)的一条渐近线方程为y=√52x，且与椭圆x212+y23=1有公共焦点，则C的方程为( )A.x28−y210=1 B.x24−y25=1 C.x25−y24=1 D.x24−y23=16. 设函数f(x)＝cos(x+π3)，则下列结论错误的是（）A.f(x)的一个周期为−2πB.y＝f(x)的图象关于直线x=8π3对称C.f(x+π)的一个零点为x=π6D.f(x)在(π2, π)单调递减7. 执行如图的程序框图，为使输出S的值小于91，则输入的正整数N的最小值为（）A.5B.4C.3D.28. 已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A.πB.3π4C.π2D.π49. 等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}前6项的和为（）A.−24B.−3C.3D.810. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx−ay+2ab=0相切，则C的离心率为( )A.√63B.√33C.√23D.1311. 已知函数f(x)=x 2−2x +a(e x−1+e −x+1)有唯一零点，则a =（ ） A.−12B.13C.12D.112. 在矩形ABCD 中，AB =1，AD =2，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上．若AP →=λAB →+μAD →，则λ+μ的最大值为（ ） A.3 B.2√2 C.√5 D.2二、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分。