四川省成都市2021届高三高中毕业班摸底测试理科数学答案
成都2021届零诊数学答案
成都2021届零诊数学答案篇一：四川省成都市2021届零诊考试数学(理)试题及答案四川省成都市2021届高三摸底（零诊）数学（理）试题本试卷分选择题和非选择题两部分。
满分150分，考试时间120分钟．注意事项1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡法规的位置上。
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用椽皮撵擦干净后，再选涂其它答案标号。
3．答非选择题时，必须使用0．5毫米黑色签字笔，将答案书写在试卷规定的位置上。
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5．考试结束后，只将答题卡交回。
第I卷（选择题，共50分）一、选择题．本大题共10小题，每小题5分，共50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．已知向量a=（5，-3），b=（-6，4），则a+b= （A）（1，1）（B）（-1，-1）（C）（1，-1）（D）（-1，1） 2．设全集U={1，2，3，4}，集合S={l，3}，T={4}，则（eUS）（A）{2，4} （B）{4}3．已知命题p：?x∈R，2=5，则?p为（A）?x?R,2=5（C）?x0∈R，2x0xxT等于（D）{1,3,4}（C）?（B）?x?R,2?5 （D）?x0∈R，2（C）log63x0x=5 ≠54．计算21og63 +log64的结果是（A）log62 （B）2（D）3?x?0?5．已知实数x，y满足?y?0，则z=4x+y的最大值为?x?y?2?（A）10 （B）8 （C）2 （D）0 6．已知a，b是两条不同直线，a是一个平面，则下列说法正确的是（A）若a∥b．b??，则a//? （B）若a//?，b??，则a∥b（C）若a⊥?，b⊥?，则a∥b （D）若a⊥b，b⊥?，则a∥?7．PM2.5是指大气中会直径宽度小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可A肺颗粒物，般情况下PM2.5浓度越大，大气环境质量越差右边的则表示茎叶统计图表示的是成都市区甲、乙两个监测站某10日内每天的PM2.5浓度读数（单位：?g/m3）则下列说法正确的是（A）这l0日内甲、乙监测站读数的极差相等（B）这10日内甲、乙监测站读数的中位数中，己的较大（C）这10日内乙监测站读数的众数与中位散相等（D）这10日内甲、乙监测站读数的平均数成正比8．已知函数f（x）?x?cos?x(??0)的图象与直线y= -2的两个相邻公共点之间的距离等于x，则f（x）的无趣递减区间是（A）?k?????6,k??2??,k∈z 3??4??,k∈z ?3?（B）?k?????3,k????6??,k∈z（C）?2k?????3,2k??（D）?2k?????12,2k??5??,k∈z ?12??x2,x?(?1,1)?9．已知定义在R上的偶函数（fx）满足（f4－x）=f（x），且当x∈??1,3?时，（fx）=??1?cosx,x??1,3???2则g（x）=f（x）－|1gx|的零点个数是（A）7 （B）8（C）9（D）10x22x2y210．如图，已知椭圆Cl：+y=1，双曲线C2：2?2=1（a>0，b>0），若以C1的长轴为直径的ab11圆与C2的一条渐近线相交于A，B两点，且C1与该渐近线的两交点将线段AB三等分，则C2的离心率为（A）5（C（B（D第Ⅱ卷（非选择题，共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分答案填在答题卡上。
2021届四川省成都市高三毕业班摸底测试数学(理)试题(解析版)
1
2
3
4y13来自46由表中数据得到的回归直线方程为 .则当x＝8时， 的值为_____.
【答案】12.3
【解析】求得样本中心点（ ， ），代入线性回归方程，求得 ，即可得回归方程，将x＝8代入回归方程可得答案.
【详解】
依题意， ， ，
线性回归方程 过样本中心点（ ， ），
则 ，解得 ，故回归方程为 ，
（1）请补全各年龄段人数频率分布直方图，并求出各年龄段频数分布表中 , 的值；
（2）现从年龄在 段中采用分层抽样的方法选取5名代表参加垃圾分类知识交流活动.应社区要求，从被选中的这5名代表中任意选2名作交流发言，求选取的2名发言者中恰有1名年龄在 段中的概率.
【答案】（1）直方图见解析， ， ；（2） .
【解析】（1）首先计算出第三组的频率，除以组距即可得到第三组直方图的高，从而可以补全频率分布直方图，再根据频率分布直方图即可得到 ， 的值.
（2）首先利用分层抽样得到以 段中抽取 人， 段中抽取 人，列出从 名代表中人选 名作交流发言的所有可能情况，再利用古典概型公式即可得到答案.
【详解】
（1）∵第三组的频率为 ，
【点睛】
此题考查由几何体的三视图求几何体的表面积，解题的关键是还原几何体，属于基础题
10．在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：y＝k（x+1）与曲线 （θ为参数）在第一象限恰有两个不同的交点，则实数k的取值范围为（）
A．（0，1）B．（0， ）C．[ ，1）D．
【答案】D
【解析】对曲线 的参数方程消参求得普通方程，利用导数求得直线与曲线相切时直线的斜率以及临界状态对应直线的斜率，即可容易求得结果.
6．已知离心率为2的双曲线 与椭圆 有公共焦点，则双曲线的方程为（）
2021年高三上学期摸底考试数学理试题 含答案
2021年高三上学期摸底考试数学理试题含答案本试卷共4页，21小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号、座号”处填涂考生号、座位号，用黑色字迹钢笔或签字笔将自己所在学校、班级，以及自己的姓名填写在答题卷上．2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．作答选做题时，请先用2B铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再作答．漏涂、错涂、多涂的，答案无效．5．考生必须保持答题卷的整洁．考试结束后，将试卷和答题卷一并交回．参考公式：圆锥的侧面积公式，其中是圆锥的底面半径，是圆锥的母线长.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分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.设集合，，则（）.A. B. C. D.2.已知，则（）.A. B. C. D.3.设，则“”是“直线与直线平行”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4.一个几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是底边长为6、腰长为5的等腰三角形，则这个几何体的全面积为（ ）. A. B. C. D.5.在△ABC 中，，，则△ABC 的面积为（ ）.A.3B.4C.6D.6.函数的零点所在的一个区间是（ ）. A. B. C. D.7.若双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为（ ）. A. B. C.2 D. 8.若过点的直线与曲线和都相切，则的值为（ ）. A.2或 B.3或 C.2 D.二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分． （一）必做题（9～13题）9．若复数满足，则复数的实部是 .10.的展开式中的常数项是 .（用数字作答）11.执行如图所示的程序框图，则输出的S 的值是 . 12.已知实数满足，则的最大值 是 .13.在区间上随机取一个数，在区间上随机取一个数，则关于的方程有实根的概率是 .（二）选做题（14～15题，考生只能从中选做一题） 14．（几何证明选讲选做题）如图，AB 为⊙O 的直径，弦AC 、BD 相交于点P ，若，，则的值为 . 15．（坐标系与参数方程选做题）已知曲线C 的参数方程是（为参数），以直角坐标系的原点O 为极点，轴的正半轴为极轴，并取相同的长度单位建立极坐标系，则曲线C 的极坐标方程是 .三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤． 16．（本小题满分12分） 已知函数()sin()(0,0,0)f x A x A ωϕωϕπ=+>><<，的最大值是1，最小正周期是，其图像经过点． （1）求的解析式；（2）设、、为△ABC的三个内角，且，，求的值．17.（本小题满分12分）某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物一次购物量（件）1≤n≤3 4≤n≤6 7≤n≤9 10≤n≤12 n≥13 顾客数（人）20 10 5结算时间（分钟/人）0.5 1 1.5 2 2.5（1）确定与的值；（2）若将频率视为概率，求顾客一次购物的结算时间的分布列与数学期望；（3）在（2）的条件下，若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过．．．2分钟的概率.18.（本小题满分14分）如图，菱形的边长为4，，.将菱形沿对角线折起，得到三棱锥，点是棱的中点，.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求二面角的余弦值.19.(本小题满分14分)已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）令，数列{b n}的前n项和为T n，试比较T n与的大小，并予以证明.20．（本小题满分14分）已知椭圆的左、右焦点分别为、，P为椭圆上任意一点，且的最小值为.（1）求椭圆的方程； （2）动圆与椭圆相交于A 、B 、C 、D 四点，当为何值时，矩形ABCD 的面积取得最大值？并求出其最大面积.21.(本小题满分14分)已知函数.（1）是否存在点，使得函数的图像上任意一点P 关于点M 对称的点Q 也在函数的图像上？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由；（2）定义2111221()()()()n n i i n S f f f f n n n n-=-==++⋅⋅⋅+∑，其中，求； （3）在（2）的条件下，令，若不等式对且恒成立，求实数的取值范围.xx 届越秀区高三摸底考试数学（理科）参考答案一、选择题：本大题共8题，每小题5分，满分40分．二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分． 9.1 10. 11. 12. 13. 14. 15. 三、解答题：本大题共6小题，满分80分． 16.（1）依题意得.由，解得.所以.因为函数的图像经过点，所以，即. 因为，所以.所以. （2）由（1）得，所以，.因为，所以，.因为为△ABC 的三个内角，所以()cos cos[()]cos()f C C A B A B π==-+=-+ .17.（1）依题意得，，，解得，. （2）该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所以收集的50位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为50的随机样本，将频率视为概率得， ，，， ，.所以的分布列为的数学期望为.（3）记“该顾客结算前的等候时间不超过2分钟”为事件A ，该顾客前面第位顾客的结算时间为，由于各顾客的结算相互独立，且的分布列都与的分布列相同，所以121212()(0.5(0.5)(0.5(1)(0.5( 1.5)P A P X P X P X P X P X P X ==⋅=+=⋅=+=⋅=)))121212(1(0.5)(1(1)( 1.5(0.5)P X P X P X P X P X P X +=⋅=+=⋅=+=⋅=)))0.20.20.20.40.20.20.40.20.40.40.20.20.44=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯= 为所求.18.（1）因为O 为AC 的中点，M 为BC 的中点，所以.因为平面ABD ，平面ABD ，所以平面.（2）因为在菱形ABCD 中，，所以在三棱锥中，.在菱形ABCD 中，AB ＝AD ＝4，，所以BD ＝4.因为O 为BD 的中点， 所以.因为O 为AC 的中点，M 为BC 的中点，所以.因为，所以，即.因为平面ABC ，平面ABC ，，所以平面ABC . 因为平面DOM ，所以平面平面.（3）作于，连结DE .由（2）知，平面ABC ，所以AB .因为，所以平面ODE .因为平面ODE ，所以. 所以是二面角的平面角. 在Rt △DOE 中，，，，所以.所以二面角的余弦值为.19.（1）当时，121321()()()n n n a a a a a a a a -=+-+-+⋅⋅⋅+- .又也适合上式，所以. （2）由（1）得，所以.因为①，所以②. 由①－②得，，所以121111112212122222212n n n n n n n n n T --+=+++⋅⋅⋅+-=-=--. 因为33222(2)(221)221212212(21)2n n n n nn n n n n n n T n n n n ++++--⎛⎫-=--=-= ⎪++++⎝⎭， 所以确定与的大小关系等价于比较与的大小.当时，；当时，； 当时，；当时，；……， 可猜想当时，.证明如下：当时，.综上所述，当或时，；当时，. 20.（1）因为P 是椭圆上一点，所以.在△中，，由余弦定理得()22121212122444122PF PF PF PF a PF PF PF PF +-⋅--==-⋅⋅. 因为，当且仅当时等号成立. 因为，所以.因为的最小值为，所以，解得. 又，所以.所以椭圆C 的方程为. （2）设，则矩形ABCD 的面积.因为，所以.所以2222222000003231632124332x S x y x x ⎛⎫⎛⎫==-=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 因为且，所以当时，取得最大值24.此时，.所以当时，矩形ABCD 的面积最大，最大面积为.21.（1）假设存在点，使得函数的图像上任意一点P 关于点M 对称的点Q 也在函数的图像上，则函数图像的对称中心为. 由，得，即对恒成立，所以解得所以存在点，使得函数的图像上任意一点关于点M 对称的点也在函数的图像上. （2）由（1）得.令，则.因为1221()()(2)(2)n S f f f f n n nn=++⋅⋅⋅+-+-①， 所以1221(2)(2)()()n S f f f f n n n n=-+-+⋅⋅⋅++②，由①+②得，所以.所以.（3）由（2）得，所以.因为当且时，2()121ln ln 2n amnmn n ma n n ⋅>⇔⋅>⇔>-. 所以当且时，不等式恒成立.设，则. 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 因为，所以， 所以当且时，. 由，得，解得.所以实数的取值范围是.]28210 6E32 渲30080 7580 疀|22043 561B 嘛33037 810D 脍u39819 9B8B 鮋20257 4F21 伡32313 7E39 縹26508 678C 枌.O &。
2021届四川省成都市普通高中高三毕业班上学期摸底测试(零诊)数学(理)试题(解析版)
绝密★启用前四川省成都市普通高中2021届高三毕业班上学期摸底测试(零诊)数学(理)试题(解析版)本试卷分选择题和非选择题两部分。
第I 卷（选择题）1至2页,第Ⅱ卷（非选择题）3至4页,共4页,满分150分,考试时间120分钟。
注意事项：1．答题前,务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2．答选择题时,必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦擦干净后,再选涂其它答案标号。
3．答非选择题时,必须使用0.5毫米黑色签字笔,将答案书写在答题卡规定的位置上。
4．所有题目必须在答题卡上作答,在试题卷上答题无效。
5．考试结束后,只将答题卡交回。
第I 卷（选择题,共60分）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{|02}A x x =<<,{|1}B x x =≥,则A B =C(A)}10|{≤<x x (B)}10|{<<x x(C)}21|{<≤x x (D)}20|{<<x x解：{|12}A B x x =≤<,故选C2．复数i i i z (22-=为虚数单位)在复平面内对应的点位于B (A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限 解：22(2)24242(2)(2)555i i i i z i i i i +-+====-+--+,其在复平面内对应的点的坐标为24(,)55-,故选B 3．已知函数=)(x f ⎩⎨⎧>≤-.0,ln 0|,1|x x x x ,则1(())f f e =D (A)0 (B)1 (C)1-e (D)2 解：11()ln 1f e e ==-,1(())(1)|2|2f f f e=-=-=,故选D 4．为了加强全民爱眼意识,提高民族健康素质,1996年,卫生部,教育部,团中央等12个部委联合发出通知,将爱眼日活动列为国家节日之一,并确定每年的6月6日为“全国爱眼日”．某校高=(1)班有40名学生,学号为01到40,现采用随机数表法从该班抽取5名学生参加“全国爱眼日’’宣传活动．已知随机数表中第6行至第7行的各数如下：16 22 77 94 39 49 54 43 54 8217 37 93 23 78 87 35 20 96 4384 26 34 91 64 84 42 17 53 3157 24 55 06 88 77 04 74 47 6721 76 33 50 25 83 92 12 06 76若从随机数表第6行第9列的数开始向右读则抽取的第5名学生的学号是C(A)17 (B)23 (C)35 (D)37 解：读取的前5名学生的学号依次是：39,17,37,23,35, 故选C5． ‘‘3=k ”是“直线2+=kx y 与圆122=+y x 相切”的A(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解：直线2+=kx y 与圆122=+y x 相切时1=,解得k =．故选A6．已知离心率为2的双曲线22221(0x y a a b -=>,)0>b 与椭圆22184x y +=有公共焦点,则双曲线的方程为C。
2021年高三12月摸底考试数学(理)试题含答案
精品文档绝密☆启用并使用完毕前高三摸底考试理科数学试题xx年12月本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共2页。
满分150分，考试时间120分钟。
考试结束后，将本试卷以及答题卡和答题纸一并交回。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在试卷、答题卡和答题纸规定的地方。
第Ⅰ卷（选择题共50分）2021年高三12月摸底考试数学（理）试题含答案1．已知R是实数集，，则( )A.（1，2）B. [0，2]C.D. [1，2]2．设为虚数单位，复数，则的共轭复数=( )A. B. C. D.3．已知平面向量，，则向量的夹角为( )A. B. C. D.4．下列命题中，真命题是( )A. B.C. 若，则D. 是的充分不必要条件5．已知实数满足，则的最大值是( )A．B．9 C．2 D．116．将函数图象向左平移个单位，所得函数图象的一条对称轴的方程是( )A. B. C. D.7．函数的定义域和值域都是，则( )A. 1B. 2C. 3D. 48．已知函数，则函数的零点所在的区间是( )A. B. C. D.9．若的展开式中含有常数项，则的最小值等于( )A. 3B. 4C. 5D. 6 10．已知函数，设，且，若、、成等差数列，则( )A ．B ．C ．D ．的符号不确定第Ⅱ卷（非选择题 共100分）二、填空题:本大题共5小题， 每小题5分，共25分. 11．已知是定义在上的奇函数,且当时, ,则的值为______12. 将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象关于点对称，则的最小值是______ 13．已知等比数列{a n }的前6项和S 6＝21，且4a 1、32a 2、a 2成等差数列， 则a n =______14．已知球的直径，在球面上，， ，则棱锥 的体积为______15．若定义在R 上的偶函数且当时，如果函数恰有8个零点，则实数a 的值为______ 三、解答题：本大题共6小题，共75分. 16．（本小题满分12分） 已知向量，函数． （1）若，求的值； （2）若，求函数的值域． 17．（本小题满分12分）已知数列的前项和为，且（）. （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前n 项和． 18．（本小题满分12分）已知是定义在R 上的奇函数，当x ≤0时， （1） 当x ＞0时，求的解析式；（2）若时，方程有实数根，求实数m 的取值范围． 19．（本小题满分12分）如图，三角形和梯形所在的平面互相垂直， ，，G 是线段上一点，.（1）当时，求证：平面； （2）求二面角的正弦值；（3）是否存在点G满足平面？并说明理由20．（本小题满分13分）已知数列的首项，且．（1）求证：数列为等比数列；并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．21．（本小题满分14分）设f（x）＝（xlnx＋ax＋－a－1），a≥－2．（1）若a＝0，求f（x）的单调区间；（2）讨论f（x）在区间（，＋∞）上的极值点个数；（3）是否存在a，使得f（x）在区间（，＋∞）上与x轴相切?若存在，求出所有a的值．若不存在，说明理由．高三摸底考试理科数学试题参考答案一.选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）二、填空题:本大题共5小题， 每小题5分，共25分 11. 12. 2 13. 14. 15. 三.解答题 16．解： （1）∵向量，∴()sin 222sin(2)3f x a b x x x π=⋅==-，∴246()2sin()2sin 23335f ππθθπθ+=+-=-=， 则，；（2）由，则， ∴， 则．则的值域为． 17．解：(1)由， 当时，， 当，，则，当n=1时，满足上式，所以． (2) 由(Ⅰ)，． 则， 所以， 则．所以．18．解：(1) 当x≤0时，，当x＞0时，则－x＜0时，，由于奇函数，则，故当x＞0时，．(2) 当时，．当时，，，由，得，当时，，当时，，则在上单调递减；在上单调递增．则在处取得极小值，又，，故当时，．综上，当时，，所以实数m的取值范围是．19．解：（1）取中点，连接，又，所以.因为，所以,四边形是平行四边形，所以因为平面，平面所以平面.（2）因为平面平面，平面平面=，且，所以平面，所以，因为，所以平面.如图，以为原点，建立空间直角坐标系.则，是平面的一个法向量.设平面的法向量，则，即令，则，所以,所以，故二面角的正弦值为。
四川省成都市2021届高三三模数学(理科)答案
四川省成都市2021届高三三模数学（理科）试题参考答案1．C 【思路点拨】根据集合的补集和并集运算法则即可求得结果. 【解析】∵{}|3A x x =>，∴{}3U C A x x =≤， 而{}|4B x x =<，∴(){}4U C A B x x ⋃=<. 故选：C.2．D 【思路点拨】根据复数的除法运算法则，结合复数的模的公式进行求解即可. 【解析】因为13(13)(1)13321(1)(1)2i i i i i z i i i i --++-+====---+，所以z =，故选：D3．A 【思路点拨】直接运用正弦定理进行求解即可.【解析】由正弦定理可知：31sin 3sin sin sin 55a b b b B A B B =⇒=⇒=，故选：A4．D 【思路点拨】根据极差、中位数、众数的定义、标准差的性质，结合折线图逐一判断即可,【解析】A ：景区A 这七年的空气质量优良天数的极差为313203110-=，故本选项结论不正确；B ：景区B 这七年的空气质量优良天数的中位数为266，故本选项结论不正确；C ：由折线图可知：12254,262m m ==，显然12m m <，故本选项结论不正确；D ：由折线图可知：景区A 这七年的空气质量优良天数的数据波动要比景区B 这七年的空气质量优良天数据波动大，因此12s s >，所以本选项结论正确， 故选：D5．C 【思路点拨】先由约束条件画出可行域，再由目标函数的几何意义，结合图形，即可求出结果.【解析】作出约束条件010220y x y x y ≥⎧⎪-+≥⎨⎪+-≤⎩对应的平面区域如下（阴影部分），由35z x y =+可得355z y x =-+， 因此z 表示直线355zy x =-+在y 轴截距的5倍；由图象可得，当直线355zy x =-+过点()2,0A 时，其在y 轴的截距最大；即max 326z =⨯=. 故选：C.6．B 【思路点拨】根据给定的几何体的三视图，可得该几何体的直观图为上部分为圆锥，下部分为一个圆柱，集合圆柱和圆锥的侧面积公式和圆的面积公式，即可求解.【解析】由题意，根据给定的几何体的三视图，可得该几何体的直观图为上部分为圆锥，下部分为一个圆柱，如图所示，其中圆柱和圆锥的底面圆的半径为2，圆柱的母线长为4，圆锥的母线长为22 则圆柱的侧面积为1222416S rl πππ==⨯⨯=， 底面圆的面积为224S r ππ==，圆锥的侧面积为322242S rl πππ==⨯⨯=，所以几何体的表面积为12316442(2042)S S S S ππππ=++=++=+. 故选：B.【名师指导】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，其中还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解．7．B 【思路点拨】求导由切线斜率求得参数1m =-，即可求得切线方程，从而求出l 在y 轴上的截距．【解析】由()21mf x x x '=-，则()11211'=-=m f ，得1m =- 所以()1ln 1111-=+=-f ，故切线方程为()121y x +=-，由0x =得3y =- 故选：B8．A 【思路点拨】根据向量共线的坐标表示，由题中条件列出方程求解，即可得出结果. 【解析】因为向量(),1a x x =-，()2,1b =-，所以()24,3a b x x +=+-； 若2a b +与b 共线，则()()()41230x x +⨯--⨯-=，解得23x =. 故选：A.9．C 【思路点拨】首先根据指数函数的定点问题判断命题p 的真假；再根据二次函数的性质判断命题q 的真假，最后根据复合命题的真假即可求出结果. 【解析】()1x f x a-+=，当1x =时，()1111f a-+==，所以其图象恒过定点()1,1，故命题p 为假命题；()2223931124g x x tx x t t ⎛⎫=-+=-+- ⎪⎝⎭，因为()2,2t ∈-，∴()33,32t ∈-， 所以二次函数对称轴在区间()3,3-之内，当32x t =时，()g x 取得最小值，故命题q 为真命题.所以p q ∧是假命题，()p q ∨⌝是假命题，()p q ⌝∨是真命题，()()p q ⌝∧⌝是假命题. 故选：C.10．B 【思路点拨】由题意设直线2F M 为()b y x c a =--，从而可求出,22c bc M a ⎛⎫⎪⎝⎭，则可表示出22F M ，再由22OF F N ⊥可得22222b c F N a =，从而由22F M N =，可求得224b a =，进而可求出双曲线的渐近线方程【解析】2(,0)F c ，由题意设直线2F M 为()by x c a=--， 由()b y x c a b y x a ⎧=--⎪⎪⎨⎪=⎪⎩得22c x bc y a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以点,22c bc M a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以22222222()0224c bc c a b F M c a a +⎛⎫⎛⎫=-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因为22OF F N ⊥，所以22222b c F N a=，因为22F M N =， 所以2222222()544c a b b c a a+=⨯，得224b a =，即2a b =， 所以双曲线的渐近线方程为12b y x x a =±=±， 故选：B【名师指导】关键点点睛：此题考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线的渐近线的求法，解题的关键是由题意设直线2F M 为()b y x c a =--，从而可求出,22c bc M a ⎛⎫⎪⎝⎭，可求出22222222()0224c bc c a b F M c a a +⎛⎫⎛⎫=-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，再由22OF F N ⊥可得22222b c F N a =，从而由22F M N =，可求得224b a =，进而可求得答案，属于中档题11．D 【思路点拨】在ABC 中，由余弦定理，求得BC =BD =，证得AB AD ⊥，进而证得AB ⊥平面PAB ，得到PA AD ⊥，证得PA ⊥平面ABC ，结合球的截面圆的性质，即可求得球O 的半径.【解析】如图所示，在ABC 中，因为2AB AC ==，23BAC π∠=，可得BC ===又因为2BD DC =，所以BD =，由6ABC π∠=，2AB =，可得AD =22BD AB AD =+，所以AB AD ⊥， 又由AD PB ⊥，PB AB B ⋂=且,PB AB ⊂平面PAB ，所以AB ⊥平面PAB ， 又由PA ⊂平面PAB ，所以PA AD ⊥， 又由2PAB π∠=，即PA AB ⊥，且AB AD A ⋂=，可得PA ⊥平面ABC ，设ABC 外接圆的半径为r ，则24sin BDr A==，可得2r ，即12AO =，设三棱锥P ABC -的外接球的半径为R ，可得22222221111()2152PA R AO OO AO =+=+=+=，即R =球O 故选：D.【名师指导】解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解. 12．C 【思路点拨】根据等边三角形外接圆的性质以及三角形重心的性质，结合平面向量数量积的运算性质、平面向量数量积的定义进行求解即可.【解析】()()()()PA PB PA PC PO OA PO OB PO OA PO OC ⋅+⋅=+++++22()()PO PO OA OB OA OB PO PO OA OC OA OC =+++⋅++++⋅ 22()PO PO OA OB OA OC OA OB OA OC =+++++⋅+⋅，因为等边ABC 的三个顶点均在圆224x y +=上， 所以2OAOB OC，120AOB AOC ︒∠=∠=，因此1cos 22()22OA OB OA OB AOB ⋅=⋅⋅∠=⨯⨯-=-，22(3)(6)3OP =+=，因为等边ABC 的三个顶点均在圆224x y +=上，所以原点O 是等边ABC 的重心， 因此0OA OB OC ++=， 所以有：18221414cos PA PB PA PC PO OA OP OA OP OA AOP ⋅+⋅=+⋅--=-⋅=-⋅⋅∠146cos AOP =-∠，当0AOP ∠=时，即,OP OA 同向时，PA PB PA PC ⋅+⋅有最小值，最小值为1468-=， 故选：C【名师指导】关键点睛：应用三角形重心的性质，三角形外接圆的性质是解题的关键. 13．32【思路点拨】根据指数的运算公式、对数的换底公式、对数的减法运用公式进行求解即可.【解析】1113()313332222lg6638log 3(2)log 6log 32log 21lg 232--⨯--+-=+-=+=+=， 14．12【思路点拨】根据二项式定理通项公式即可求出答案． 【解析】展开式中3x 的系数为3393C 82241⨯==a a ，所以12a =． 15．【思路点拨】求出直线AB 的方程与抛物线方程联立，利用抛物线的定义、结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可. 【解析】抛物线()220y px p =>的焦点(,0)2pF ，准线方程为2p x =-， 所以直线AB 的方程为：2py x =-， 与抛物线方程联立得：22223042y pxp x px p y x ⎧=⎪⇒-+=⎨=-⎪⎩，设1122(,),(,)A x y B x y ， 212123,4p x x p x x +==，因为AF BF -=，所以1212()[()]22p px x x x -----=-==即229464p p p -⋅=⇒=所以1212()()422p pAB x x x x p p =--+--=++== 16．①②④．【思路点拨】①利用函数()()f a f b =-⇔()f x 关于点(,0)2a b+对称.即可得出答案.②利用函数()()f a x f x -=⇔()f x 关于2ax =轴对称，再结合①即可得出答案. ③利用函数()f x 在区间75,126ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调，即可求出周期的取值范围，当T 取最小值时，实数解最多.求出其实数解即可判断. ④利用函数()f x 在区间213,36ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上恰有5个零点结合①可得出81033w <≤，再结合()f x 在区间75,126ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调时3w ≤，即可得出ω的取值范围. 【解析】①因为73124f f ππ⎛⎫⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭且73212423πππ+=，所以203f π⎛⎫= ⎪⎝⎭.①正确. ②因为5()6f x f x π⎛⎫-=⎪⎝⎭所以()f x 的对称轴为255162x ππ==, 125=3244T T ππππ-==⇒.②正确. ③在一个周期内()1f x =只有一个实数解，函数()f x 在区间75,126ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调且203f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，522)6334(T πππ-=≥. 当23T π=时，()sin3f x x =，()1f x =在区间[)0,2π上实数解最多为53,,662πππ共3个.③错误④函数()f x 在区间213,36ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上恰有5个零点，213251325632632222T T w wππππππ-≤⇒-≤⋅<⋅<，解得81033w <≤；又因为函数()f x 在区间75,126ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调且203f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，522)6334(T πππ-=≥，即2233w w ππ⇒≤≥，所以8,33w ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.④正确【名师指导】本题考查三角函数曲线.属于难题.熟练掌握三角函数曲线的性质是解本题的关键.17．【思路点拨】（1）首先根据频数之和为100，求出x 的值，再根据分层抽样，求出大三年级的频数，即可求出y 的值，利用平均成绩的估算方法得到结果；（2）首先求大四年级在各个区间的频数，利用古典概型与排列组合即可求得结果. 【解析】（1）由题意，知4203830100x ++++=，∴8x =，在这100份作业中，因大三学生的作业共36151236y y ++++=+（份）， 所以大四学生的作业共64y -（份）．∵选修该门课程的大三与大四学生的人数之比为3:2， ∴363642y y +=-，解得24y =，故这100份作业中大三学生作业共60份. 设大三学生作业的平均成绩为x ． 则361524125565758595816060606060x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=， ∴估计这100份作业中大三学生作业的平均成绩为81分.（2）在这100份作业的样本中，成绩在[)50,60，[)60,70，[)70,80的大四学生作业份数分别是1，2，5，故成绩在[)50,80的作业有8份，其中成绩在[)60,70的作业有2份， 则X 的所有可能取值为0，1，2，∴02262815(0)28C C P X C ===，1126283(1)7C C P X C ===，2026281(2)28C C P X C ===，∴随机变量X 的分布列为∴随机变量X 的数学期望15311012287282EX =⨯+⨯+⨯=. 18．【思路点拨】（1）将已知递推公式进行变形可得数列{}n b 是等比数列，进而根据首项和公比可得其通项公式；（2）根据1n n n b a a +=-及数列{}n b 的通项公式，利用累加法可得数列{}n a 的通项公式，进而得到数列{}n c 的通项公式n c n =，再利用等差数列的前n 项和公式即可求得结果. 【解析】（1）∵2134n n n a a a +++=，*n N ∈，∴()2113n n n n a a a a +++-=-. ∵1n n n b a a +=-，∴13n n b b +=，又1212b a a =-=，∴数列{}n b 是以2为首项，3为公比的等比数列， ∴123n n b -=⨯，*n N ∈. （2）∵1n n n b a a +=-，∴()()()111211n n n n n a a a a a a a a ++-=-+-++-+ ()1112131313n n n n b b b a --=++++=+=-，∴()()11333log log 323log 3n n n n n n c a b n --=+=+⨯==， ∴(1)122n n n S n +=+++=，∴2020212102S ⨯==. 19．【思路点拨】（1）设AC 与BD 的交点为O ，连接EO ，根据四边形ABCD 是菱形，可得AC BD ⊥，根据EB ED =，可得BD EO ⊥，根据线面垂直的判定定理，可得BD ⊥平面ACFE ，根据面面垂直的判定定理，即可得证.（2）根据（1）及题中条件，可求得OE =AB ，AE ，BD ，BF 坐标，即可求得平面ABE ，平面BDF 的法向量，根据二面角的向量求法，代入公式，即可得答案.【解析】解：（1）如图，设AC 与BD 的交点为O ，连接EO ．四边形ABCD 是菱形，AC BD ∴⊥，且O 为BD ，AC 的中点．EB ED =，BD EO ∴⊥．AC ，EO ⊂平面ACFE ，AC EO O =，BD ∴⊥平面ACFE ．又BD ⊂平面BDF ，∴平面⊥BDF 平面ACFE ．（2）四边形ABCD 是边长为2的菱形，3DAB π∠=，则2BD =．1OB OD ∴==．又2323AC AO AB ===14EF AC =，3EF ∴=． //EF AC ，∴四边形ACFE 是梯形． O 为AC 的中点，EA EC =，EO AC ∴⊥．∴梯形ACFE 的面积1353232S OE OE =⨯⋅=⎝． 又由（1）知BD ⊥平面ACFE ．2ABCDEF B ACFE D ACFE B ACFE V V V V ---∴=+=11535221332S OB OE =⨯⋅=⨯⨯=．3OE ∴=以O 为坐标原点，向量OA ，OB ，OE 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ．则()3,0,0A，()0,1,0B ，(3E ，()0,1,0D -，332F ⎛- ⎝．(3,1,0)AB =-，(3,0,3)AE =-，(0,2,0)BD =-，33BF ⎛=-- ⎝．设平面ABE ，平面BDF 的法向量分别为()111,,m x y z =，()222,,n x y z =．由00AB m AE m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得111130330x y x z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩．令11x =，得()1,3,1m =．由00BD n BF n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得222220330y x y z -=⎧⎪⎨-+=⎪⎩．令22x =，得()2,0,1n =． 3cos ,5||||55m n m n m n ⋅<>===⨯，∴平面ABE 与平面BDF 所成锐二面角的余弦值为35．20．【思路点拨】（1）四个顶点围成的四边形的面积为1222a b ⋅⋅，结合点到直线距离公式和,,a b c 关系即可求得方程；（2）设直线l 方程代入椭圆方程，求出两根关系，根据垂直关系求得N y ，由2AF M 与2BF N 面积相等，得到MA BN =即可求解参数从而求出直线方程．【解析】（1）椭圆C 的四个顶点围成的四边形的面积为251222a b ∴⋅⋅=ab = 点()()2,00F c c >到直线20x y -+==2c ∴=．又222a b c =+，2254a a∴=+，即42450a a --=． 解得25a =或21a =-（舍去）．21b ∴=．∴椭圆C 的方程为2215x y +=；（2）由题意，直线l 的斜率存在且不为0．设直线l 的方程为3x my =-．由22315x my x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x ，得()225640m y my +-+=． 由()22040m ∆=->，得2m <-或2m >． 则12265m y y m +=+，12245y y m =+． 设过点2F 与直线l 垂直的直线的方程为12x y m=-+． 由312x my x y m =-⎧⎪⎨=-+⎪⎩，解得251N m y m =+． 2AF M 与2BF N 面积相等，221122MA F N BN F N ∴⋅=⋅， MA BN ∴=，即MA ，BN 在y 轴上的投影相等．则120N y y y -=-．点A ，B 在点M ，N 之间，12N y y y ∴+=，即226551m mm m =++．解得m =2m <-或2m >．∴直线l的方程为30x +=或30x +=．【名师指导】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．21．【思路点拨】（1）对函数求导，利用导数的性质进行求解即可；（2）判断函数()f x 的奇偶性，根据二次求导法分类讨论求出a 的取值范围，最后再根据1x ，2x 之间的关系进行求解即可.【解析】解：（1）当12a =-时，()21cos 2f x x x =+，则()sin f x x x '=-+． 设()()g x f x '=，则()cos 1g x x '=-+，,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦．显然()0g x '≥． ()g x ∴在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增．又()00g =，∴当,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时，()0f x '<；当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '>． ()f x ∴在,02π⎡⎫-⎪⎢⎣⎭上单调递减，在0,2π⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增．()01f =，2228f f πππ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴函数()f x 的值域为21,8π⎡⎤⎢⎥⎣⎦．（2）()()()()22cos cos f x x a x x ax f x -=---=-=，()f x ∴是,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的偶函数．∴“函数()f x 在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上恰有两个极小值点”等价于“函数()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恰有一个极小值点”．因()sin 2f x x ax '=--，设()()h x f x ='，则()cos 2h x x a '=--． ①当0a ≥时，()0h x '≤，则()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减．()()00h x h ∴≤=．则()0f x '≤，此时()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，无极小值． ②当12a ≤-时，()0h x '≥，则()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增．()()00h x h ∴≥=． 则()0f x '≥，此时()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，无极小值． ③当102a -<<时，存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00cos 20h x x a '=--=． 当()00,x x ∈时，()0h x '<；当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>． ()h x ∴在()00,x 上单调递减，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增．()00h =，()00h x ∴<．又12h a ππ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，（i ）当10a π--≤，即10a π-≤<时，02h π⎛⎫⎪⎭≤⎝． ()0f x '∴≤，此时()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，无极小值．（ii ）当10a π-->，即112a π-<<-时，02h π⎛⎫> ⎪⎝⎭． 则存在0,2t x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()sin 20h t t at =--=．……（*） 当()0,x t ∈时，()0f x '<；当,2x t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>． ()f x ∴在()0,t 上单调递减，在,2t π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增．∴函数()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恰有一个极小值点2x t =．此时，0x =是函数()f x 的极大值点．∴当函数()f x 在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上恰有两个极小值点时，a 的取值范围为11,2π⎛⎫-- ⎪⎝⎭．120x x +=，若()()22121119f x x x x -=+-，则222224cos 2419x ax x -=+ 由（*）式，知22sin 2x ax =-．2222222418419a x ax x ∴--=+．整理得()()2231610x a a ++=．20x ≠，11,2a π⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，13a ∴=-．∴存在13a =-，使得()()22121119f x x x x -=+-成立．【名师指导】关键点睛：运用二次求导法、分类讨论思想是解题的关键.22．【思路点拨】（1）消去曲线C 的参数方程中的参数k ，求得曲线C 的普通方程，根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得直线l 的普通方程；（2）将直线l 的普通方程化为参数方程代入曲线C ，设1t ，2t 是方程的两个实数根，结合根与系数的关系，以及222212||||PM QM t t +=+，即可求解．【解析】（1）由曲线C的参数方程为2x ky ⎧=⎪⎨=⎪⎩，（k 为参数），消去曲线C 的参数方程中的参数k ，可得22y x =， 所以曲线C 的普通方程为22y x =， 由直线l 的极坐标方程为cos 14πρθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，化简得cos sin ρθρθ+= 因为cos x ρθ=，sin y ρθ=，代入可得直线l的普通方程为0x y +=．（2）将直线l的普通方程化为参数方程为2x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数），代入曲线2:2C y x =，整理可得20t +-=，而241(80∆=-⨯⨯-=+．设1t ，2t 是方程的两个实数根，则12t t +=-12t t =-所以()22222121212||||28PM QM t t t t t t +=+=+-=+．23．【思路点拨】（1）讨论2x -≤，22x -<<，2x ≥三种情况，分别去绝对值，根据函数单调性，求出函数值域，再由题中条件，即可得出结果； （2）根据（1）的结果，得到8a b +=，化11111[(3)(5)]351635a b a b a b ⎛⎫+=++++ ⎪++++⎝⎭，展开后利用基本不等式，求出最小值，即可得出结果. 【解析】（1）①当2x -≤时，()210f x x x =--．函数()f x 在(],2-∞-上单调递减，此时函数()f x 的值域为[4,)-+∞； ②当22x -<<时，()22f x x x =-++．函数()f x 在12,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,22⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，此时函数()f x 的值域为94,4⎛⎤- ⎥⎝⎦；③当2x ≥时，()26f x x x =+-．函数()f x 在[2,)+∞上单调递增．此时函数()f x 的值域为[0,)+∞；因此，为使关于x 的方程()f x m =有唯一实数解，只需4m =-．（2）1135a b +++与14的大小关系为：111354a b +≥++． 证明如下：由20a b m ++=及4m =-，知8a b +=．0a >，0b >，11111[(3)(5)]351635a b a b a b ⎛⎫∴+=++++ ⎪++++⎝⎭15311221635164b a a b ⎛++⎛⎫=++≥+= ⎪ ++⎝⎭⎝． 当且仅当5335b a a b ++=++，即5a =，3b =时等号成立． 111354a b ∴+≥++． 【名师指导】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.。
2020-2021学年四川省成都市高三高考第一次模拟考试数学(理)试卷有答案
2020-2021学年四川省成都市某校高三高考第一次模拟考试数学（理）试卷一、选择题1. 设集合A ={x|x 2−3x −4<0}，B ={x||x −1|<3,x ∈N}，则A ∩B =( ) A.{1,2,3} B.{0,1,2,3} C.{x|−1<x <4} D.{x|−2<x <4}2. 复数z =1+2i i（i 为虚数单位），则z 的共轭复数是( )A.−2−iB.−2+iC.2−iD.2+i3. 若等比数列{a n }满足a 2+a 3=2，a 2−a 4=6，则a 6=( ) A.−32 B.−8C.8D.644. 甲乙两台机床同时生产一种零件，10天中，两台机床每天出的次品数分别是:x 1¯，x 2¯分别表示甲乙两组数据的平均数；S 1，S 2分别表示甲乙两组数据的方差，则下列选项正确的是( ) A.x 1¯=x 2¯，S 1>S 2 B.x 1¯>x 2¯，S 1>S 2 C.x 1¯<x 2¯，S 1>S 2 D.x 1¯>x 2¯，S 1<S 25. 若函数f(x)=x 3−3x 2+a 有且仅有一个零点，则实数a 的取值范围为( ) A.(−∞,0)∪(4,+∞)B.(−∞,−8)∪(0,+∞)C.[0,4]D.(−8,0)6. 若向量a →，b →满足|a →|=2，(a →+2b →)⋅a →=6，则b →在a →方向上的投影为( ) A.1 B.12C.−12D.−17. 设a =log 2020√2021，b =ln √2，c =202112020，则a ，b ，c 的大小关系是( )A.a>b>cB.a>c>bC.c>a>bD.c>b>a8. 若α，β，γ是空间中三个不同的平面，α∩β=l，α∩γ=m，γ∩β=n，则l//m 是n//m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9. 已知平行于x轴的一条直线与双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)相交于P,Q两点，|PQ|=4a，∠PQO=π3（O为坐标原点），则该双曲线的离心率为()A.√62B.√52C.√6D.√510. 已知锐角φ满足√3sinφ−cosφ=1.若要得到函数f(x)=12−sin2(x+φ)的图象．则可以将函数y=12sin2x的图象()A.向左平移7π12个单位长度 B.向左平移π12个单位长度C.向右平移7π12个单位长度 D.向右平移π12个单位长度11. 已知抛物线x2=4y的焦点为F，过F的直线l与抛物线相交于A，B两点，P(0,−72)．若PB⊥AB，则|AF|=()A.3 2B.2C.52D.312. 已知函数f(x)=x+ln(x−1)，g(x)=x ln x．若f(x1)=1+2ln t，g(x2)=t2，则(x1x2−x2)ln t的最小值为()A.1 e2B.2eC.−12eD.−1e二、填空题(√x−1x)7的展开式中x−1的系数是________．（用数字作答）若x ，y 满足约束条件{x +2y ≤1,2x +y ≥−1,x −y ≤0，则z =2x −3y 的最小值为________.数列{a n }的前n 项和为S n ，a n +2S n =3n .数列{b n }满足3b n =12(3a n+2−a n+1)(n ∈N ∗)，则数列{b n }的前10项和为________.在三棱锥P −ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，PA =AB =1，AC =√2．三棱锥P −ABC 的所有顶点都在球O 的表面上，则球O 的半径为________；若点M ，N 分别是△ABC 与△PAC 的重心，直线MN 与球O 的表面相交于D ，E 两点，则线段DE 的长度为________． 三、解答题在△ABC 中，点M 在边AC 上，CM =3MA ，tan ∠ABM =√35，tan ∠BMC =−√32． (1)求角A 的大小；(2)若BM =√21，求△ABC 的面积．一网络公司为某贫困山区培养了100名“乡土直播员”，以帮助宣传该山区文化和销售该山区的农副产品，从而带领山区人民早日脱贫致富．该公司将这100名“乡土直播员“中每天直播时间不少于5小时的评为“网红乡土直播员”，其余的评为“乡土直播达人”．根据实际评选结果得到了下面2×2列联表：(1)根据列联表判断是否有95%的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系？(2)在“网红乡土直播员”中按分层抽样的方法抽取6人，在这6人中选2人作为“乡土直播推广大使”．设被选中的2名“乡土直播推广大使”中男性人数为ξ，求ξ的分布列和期望． 附：K 2=n (ad−bc )2(a+b )(c+d )(a+c )(b+d)，其中n =a +b +c +d ．如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，AA1=4，点E，F，M，N分别为棱CC1，BC，BB1,AA1的中点．(1)求证：平面B1D1E⊥平面C1MN；(2)若平面AFM∩平面A1B1C1D1=l，求直线l与平面B1D1E所成角的正弦值．已知函数f(x)=(x−2)e x−a2x2+ax，a∈R．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若不等式f(x)+(x+1)e x+a2x2−2ax+a>0恒成立，求a的取值范围．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且直线xa+yb=1与圆x2+y2=2相切．(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B，M为线段AB的中点，O为坐标原点，射线OM与椭圆C相交于点P，且O点在以AB为直径的圆上．记△AOM,△BOP的面积分别为S1,S2，求S1S2的取值范围．已知函数f(x)=|3−x|+|x−m|(m>2)的最小值为1.(1)求不等式f(x)+|x−m|>2的解集；(2)若a2+2b2+3c2=32m，求ac+2bc的最大值．参考答案与试题解析2020-2021学年四川省成都市某校高三高考第一次模拟考试数学（理）试卷一、选择题 1.【答案】 B【考点】 交集及其运算一元二次不等式的解法【解析】首先化简集合A ，B ，再求交集即可. 【解答】解：∵ A ={x|x 2−3x −4<0}={x|−1<x <4}， B ={x||x −1|<3,x ∈N}={−1,0,1,2,3}， ∴ A ∩B ={0,1,2,3}. 故选B . 2.【答案】 D【考点】复数代数形式的乘除运算 共轭复数【解析】将复数的分母实数化即可. 【解答】 解：复数z =1+2i i=2+1i =2−i ，所以z 的共轭复数为z ¯=2+i . 故选D . 3.【答案】 A【考点】等比数列的通项公式 【解析】利用等比数列的通项与性质，得q =−2,a 2=−2，再利用a 6=a 2q 4得解. 【解答】解：设等比数列的公比q ， 由a 2+a 3=2，a 2−a 4=6，得a 2(1+q )=2，a 2(1−q 2)=6， 两式相除得q =−2，a 2=−2，所以a 6=a 2q 4=(−2)(−2)4=−32. 故选A. 4.【答案】 B【考点】众数、中位数、平均数 极差、方差与标准差【解析】求出甲乙两组数据的平均数，再利用数据的分散程度得到S 1>S 2. 【解答】 解：x 1¯=110(0+1+0+2+2+0+3+1+2+4)=1.5，x 2¯=110(2+2+1+1+1+2+1+1+0+1)=1.2， ∴ x ¯1>x ¯2，S 1=(1.52+0.52+1.52+0.52+0.52+1.52 +1.52+0.52+0.52+2.52)×110=(1.52×4+0.52×5+2.52)×110=1.65， S 2=[0.82×3+0.22×6+1.22]×110=0.36， ∴ S 1>S 2. 故选B . 5.【答案】 A【考点】利用导数研究与函数零点有关的问题 【解析】先求导，利用导数的正负判断函数的单调性， 进而得函数的极值，因为函数只有一个零点， 应用极值列出不等式，即可求解. 【解答】解：函数f (x )=x 3−3x 2+a ， f ′(x)=3x 2−6x =3x(x −2).当x <0或x >2时，f ′(x )>0，则f (x )是增函数， 当0<x <2时，f ′(x )<0，则f (x )是减函数，所以f (x )的极大值为f (0)=a ，f (x )的极小值为f (2)=−4+a . 因为函数f (x )=x 3−3x 2+a 有且只有一个零点， 即图像与x 轴只有一个交点， 所以f (0)<0或f (2)>0， 即a <0或−4+a >0， 所以a <0或a >4，即实数a 的取值范围是(−∞,0)∪(4,+∞). 故选A . 6.【答案】 B【考点】平面向量数量积的运算 向量的投影 【解析】由题意得到a →⋅b →=1，再利用b →在a →方向上的投影为a →⋅b →|a →|即可得到答案.【解答】解：(a →+2b →)⋅a →=6， ∴ a →2+2a →⋅b →=6， 即4+2a →⋅b →=6， ∴ a →⋅b →=1，∴ b →在a →方向上的投影为a →⋅b →|a →|=12.故选B . 7. 【答案】 C【考点】指数式、对数式的综合比较 【解析】求出a ，b ，c 的范围，进行比较即可. 【解答】解：a =log 2020√2021=12log 20202021∈(12,1)， b =ln √2=12ln 2∈(0,12)， c =202112020>20210=1，∴ c >a >b . 故选C . 8.【答案】 C【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断 空间中直线与直线之间的位置关系【解析】利用线面平行的判定和性质结合充分必要条件即可得到答案.【解答】解：α∩β=l，α∩γ=m，γ∩β=n，若l//m，m⊂γ，l不在平面γ，∴l//γ，又l⊂β，γ∩β=n，∴l//n，∴m//n，故充分性成立；同理，由n//m，可以得到l//m，故必要性成立，故l//m是n//m的充要条件.故选C.9.【答案】D【考点】双曲线的离心率双曲线的标准方程【解析】由已知求出双曲线上点的坐标，代入到双曲线方程中，根据离心率的定义求得，属于基础题.【解答】解：由题意，设点P在第一象限，则点P坐标为(2a,2√3a),因为点P在双曲线上，则4a 2a2−12a2b2=1,解得b 2a2=4，故双曲线离心率e=ca =√1+b2a2=√5.故选D.10.【答案】A【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换三角函数中的恒等变换应用【解析】利用三角函数的变换得得sin(φ−π6)=12,φ∈(0,π2)，解得φ=π3.再利用三角函数的变换得解.【解答】解：由题设√3sinφ−cosφ=1，得sin(φ−π6)=12,φ∈(0,π2)，∴φ−π6=π6，解得φ=π3.∴ f(x)=12−sin 2(x +π3)=12cos (2x +2π3)=12cos 2(x +π3)， y =12sin 2x =12cos (2x −π2)=12cos 2(x −π4)，∴ π3−(−π4)=712π，故可将函数y =12sin 2x 的图象向左平移7π12个单位长度得到函数图象. 故选A . 11. 【答案】 D【考点】直线与抛物线的位置关系 抛物线的性质 【解析】利用抛物线的几何性质与向量的数量积解得x 2=±√2，又x 1x 2=−p 2=−4，再利用|AF |=y 1+p2=3.【解答】解：由题设抛物线的焦点F (0,1)， 设A (x 1,x 124),B (x 2,x 224)，由PB ⊥AB ， 得AB →⋅PB →=0⇒BF →⋅PB →=0，所以得x 22+(x 22−44)(x 22+144)=0，解得x 2=±√2.设直线AB 为：y =kx +1， 由{y =kx +1,x 2=4y,得x 2−4kx −4=0， ∴ x 1x 2=−4， 得x 1=±2√2，y 1=2， 所以|AF |=y 1+p2=3. 故选D . 12.【答案】 C【考点】利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的最值【解析】利用函数的单调性与最值进行求解即可. 【解答】解：由题设得f (x 1)=x 1+ln (x 1−1)=1+2ln t ，所以(x 1−1)+ln (x 1−1)=ln t 2=ln [e x 1−1⋅(x 1−1)]，所以e x 1−1(x 1−1)=t 2>0.f (x 2)=x 2ln x 2=t 2=e ln x 2⋅ln x 2，因为y =xe x 在x ∈(0,+∞)上单调递增，x 1−1=ln x 2，所以(x 1x 2−x 2)⋅ln t =x 2(x 1−1)⋅ln t=x 2⋅ln x 2⋅ln t =t 2ln t ，令g (t )=t 2ln t (t >0)，g ′(t )=2t ln t +t ，令g ′(t )=0，得t =e −12，当t ∈(0,e −12)时，g ′(t )<0,g(t)单调递减；当t ∈(e −12,+∞)时，g ′(t )>0,g(t)单调递增，当t =e −12时，g (t )取得极小值，也是最小值.g (e −12)=(e −12)2⋅ln e −12=−12e. 故选C .二、填空题【答案】−35【考点】二项展开式的特定项与特定系数【解析】先求出二项展开式的通项，再令x 的次数为−1，求出r ，即可得到答案.【解答】解：(√x −1x )7展开式的通项为C 7r x 7−r 2(−1)r x −r =C 7r (−1)r x 7−3r 2，令7−3r 2=−1，可得r =3，∴ x −1的系数为C 73(−1)3=−35.故答案为：−35.【答案】−5【考点】求线性目标函数的最值【解析】首先画出可行域，关键目标函数的几何意义求最小值．【解答】解：由约束条件得到可行域如图，z =2x −3y 变形为y = 23x − 13z ， 当此直线经过图中B(−1, 1)时，在y 轴的截距最大，z 最小，所以z 的最小值为2×(−1)−3×1=−5.故答案为：−5.【答案】65【考点】等差数列的前n 项和数列递推式【解析】由题设得a n +2S n =3n ,a n−1+2S n−1=3n−1，以上两式相减得3a n+2−a n+1=3n+2−3n+1，则3b n =12(3n+2−3n+1)，解得b n =n +1，利用等差数列求和得解. 【解答】解：由题设得a n+2+2S n+2=3n+2，a n+1+2S n+1=3n+1，以上两式相减得3a n+2−a n+1=3n+2−3n+1，则3b n =12(3n+2−3n+1)， 解得b n =n +1，故S n =2+3+ (11)10(2+11)2=65.故答案为：65.【答案】√32,2√63 【考点】球内接多面体【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ AB ⊥BC ，AB =1，AC =√2，∴ BC =1.由题意，将三棱锥P −ABC 补成棱长为1的正方体如图所示，三棱锥P −ABC 的外接球及为正方体的外接球，设球心为O ，即为PC 中点，半径为R ，PC =√12+12+12=√3，R =12PC =√32. 设O ′是△ABC 外接圆圆心，连接OO ′，OM ， ∵ OO ′=12PA =12，MO ′=13BO ′=13×√22=√26， ∴ OM =(12)(√26)=√116，ON =13OA =13×√32=√36. 作NH//OO ′，∴ NH =23OO ′=23×12=13，O ′H =13AO ′=13×√22=√26， ∴ MH =√(√26)2+(√26)2=13，∴ MN =√(13)2+(13)2=√23. 作OG ⊥MN ，∵ cos ∠NOM =ON 2+OM 2−MN 22⋅ON ⋅OM=(√36)2+(√116)2−(√23)22×√36×√116=√3311， ∴ sin ∠NOM =(√3311)=2√2211， ∴ 12ON ⋅OM sin ∠NOM =12MN ⋅OG ，∴ √36×√116×2√2211=√23OG ，∴ OG =√36， ∴ DE =2GE =2√OE 2−OG 2=2(√32)(√36)=2√63， 故DE 长度为2√63. 故答案为：√32；2√63. 三、解答题【答案】 解：(1)∵ tan ∠BMC =−√32，∴ tan ∠BMA =√32．∵ tan A =tan (π−∠ABM −∠BMA )=−tan (∠ABM +∠BMA )，∴ tan A =−tan ∠ABM+tan ∠BMA 1−tan ∠ABM⋅tan ∠BMA =√35+√321−√35×√32=−√3． ∵ 0<A <π，∴ A =2π3． (2)∵ tan ∠BMA =√32，tan ∠ABM =√35， ∴ sin ∠BMA =√217，sin ∠ABM =√2114． 在△ABM 中，由正弦定理，得AB sin ∠BMA =BM sin A ， ∴ AB =BM ⋅sin ∠BMAsin A =√21×√217√32=2√3，∴ △ABM 的面积S △ABM =12⋅BM ⋅AB ⋅sin ∠ABM=12×√21×2√3×√2114=3√32． ∵ 点M 在边AC 上，CM =3MA ，∴ △ABC 的面积S △ABC =4S △ABM =6√3．【考点】 解三角形 两角和与差的正切公式正弦定理【解析】无无【解答】解：(1)∵ tan ∠BMC =−√32，∴ tan ∠BMA =√32． ∵ tan A =tan (π−∠ABM −∠BMA )=−tan (∠ABM +∠BMA )，∴ tan A =−tan ∠ABM+tan ∠BMA 1−tan ∠ABM⋅tan ∠BMA =√35+√321−√35×√32=−√3． ∵ 0<A <π，∴ A =2π3． (2)∵ tan ∠BMA =√32，tan ∠ABM =√35， ∴ sin ∠BMA =√217，sin ∠ABM =√2114． 在△ABM 中，由正弦定理，得AB sin ∠BMA =BM sin A ， ∴ AB =BM ⋅sin ∠BMAsin A =√21×√217√32=2√3，∴△ABM的面积S△ABM=12⋅BM⋅AB⋅sin∠ABM=12×√21×2√3×√2114=3√32．∵点M在边AC上，CM=3MA，∴△ABC的面积S△ABC=4S△ABM=6√3．【答案】解：(1)由题中2×2列联表可得，K2=100(10×30−20×40)250×50×30×70=4.762>3.841，∴有95%的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系．(2)在“网红乡土直播员”中按分层抽样的方法抽取6人，男性人数为6×1030=2人；女性人数为6×2030=4人．由题，随机变量ξ所有可能的取值为0，1，2．P(ξ=0)=C20C42C62=615=25，P(ξ=1)=C21C41C62=815，P(ξ=2)=C22C40C62=115，∴ξ的分布列为∴ξ的数学期望E(ξ)=0×25+1×815+2×115=1015=23．【考点】独立性检验离散型随机变量及其分布列离散型随机变量的期望与方差【解析】无无【解答】解：(1)由题中2×2列联表可得，K2=100(10×30−20×40)250×50×30×70=4.762>3.841，∴有95%的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系．(2)在“网红乡土直播员”中按分层抽样的方法抽取6人，男性人数为6×1030=2人；女性人数为6×2030=4人．由题，随机变量ξ所有可能的取值为0，1，2．P (ξ=0)=C 20C 42C 62=615=25， P (ξ=1)=C 21C 41C 62=815， P (ξ=2)=C 22C 40C 62=115，∴ ξ的分布列为∴ ξ的数学期望E (ξ)=0×25+1×815+2×115=1015=23．【答案】(1)证明：在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，四边形BCC 1B 1是矩形．∵ E ，M 分别为棱CC 1，BB 1的中点，且BB 1=4，B 1C 1=2，∴ 四边形MEC 1B 1是正方形．∴ C 1M ⊥B 1E ．∵ N ，M 分别为棱AA 1，BB 1的中点，∴ NM ⊥平面BCC 1B 1．又B 1E ⊂平面BCC 1B 1，∴ NM ⊥B 1E ．∵ NM ∩C 1M =M ，NM ，C 1M ⊂平面C 1MN ，∴ B 1E ⊥平面C 1MN ．∵ B 1E ⊂平面B 1D 1E ，∴ 平面B 1D 1E ⊥平面C 1MN ．(2)解：易知直线AF//平面A 1B 1C 1D 1，AF ⊂平面AFM ．∵ 平面AFM ∩平面A 1B 1C 1D 1=l ．∴ AF//l ．∴ 直线l 与平面B 1D 1E 所成的角，即直线AF 与平面B 1D 1E 所成的角．以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ．则D (0,0,0)，A (2,0,0)，F (1,2,0)，D 1(0,0,4)，B 1(2,2,4)，E (0,2,2)．∴ D 1B 1→=(2,2,0)，D 1E →=(0,2,−2)，AF →=(−1,2,0)．设平面B 1D 1E 的一个法向量m →=(x,y,z )．由{m →⋅D 1B 1→=0,m →⋅D 1E →=0,得{2x +2y =0,2y −2z =0,即{x +y =0,y −z =0, 令z =1，得m →=(−1,1,1)．设直线l 与平面B 1D 1E 所成角为α．∴ sin α=|m →⋅AF→|m →||AF →||=5×3=√155． ∴ 直线l 与平面B 1D 1E 所成角的正弦值√155． 【考点】平面与平面垂直的判定直线与平面所成的角【解析】【解答】(1)证明：在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，四边形BCC 1B 1是矩形．∵ E ，M 分别为棱CC 1，BB 1的中点，且BB 1=4，B 1C 1=2，∴ 四边形MEC 1B 1是正方形．∴ C 1M ⊥B 1E ．∵ N ，M 分别为棱AA 1，BB 1的中点，∴ NM ⊥平面BCC 1B 1．又B 1E ⊂平面BCC 1B 1，∴ NM ⊥B 1E ．∵ NM ∩C 1M =M ，NM ，C 1M ⊂平面C 1MN ，∴ B 1E ⊥平面C 1MN ．∵ B 1E ⊂平面B 1D 1E ，∴ 平面B 1D 1E ⊥平面C 1MN ．(2)解：易知直线AF//平面A 1B 1C 1D 1，AF ⊂平面AFM ．∵ 平面AFM ∩平面A 1B 1C 1D 1=l ．∴ AF//l ．∴ 直线l 与平面B 1D 1E 所成的角，即直线AF 与平面B 1D 1E 所成的角．以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ．则D (0,0,0)，A (2,0,0)，F (1,2,0)，D 1(0,0,4)，B 1(2,2,4)，E (0,2,2)．∴ D 1B 1→=(2,2,0)，D 1E →=(0,2,−2)，AF →=(−1,2,0)．设平面B 1D 1E 的一个法向量m →=(x,y,z )．由{m →⋅D 1B 1→=0,m →⋅D 1E →=0,得{2x +2y =0,2y −2z =0,即{x +y =0,y −z =0, 令z =1，得m →=(−1,1,1)．设直线l 与平面B 1D 1E 所成角为α．∴ sin α=|m →⋅AF →|m →||AF →||=√5×√3=√155． ∴ 直线l 与平面B 1D 1E 所成角的正弦值√155． 【答案】解：(1)∵ f (x )=(x −2)e x −a 2x 2+ax ，a ∈R ，∴ f ′(x )=(x −1)e x −ax +a =(x −1)(e x −a ).①当a ≤0时，令f ′(x )<0，得x <1，∴ f (x )在(−∞,1)上单调递减； 令f ′(x )>0，得x >1，∴ f (x )在(1,+∞)上单调递增．②当0<a <e 时，令f ′(x )<0，得ln a <x <1，∴ f (x )在(ln a,1)上单调递减； 令f ′(x )>0，得x <ln a 或x >1，∴ f (x )在(−∞,ln a )和(1,+∞)上单调递增． ③当a =e 时，f ′(x )≥0在x ∈R 时恒成立，∴ f (x )在R 上单调递增． ④当a >e 时，令f ′(x )<0，得1<x <ln a ，∴ f (x )在(1,ln a )上单调递减； 令f ′(x )>0，得x >ln a 或x <1，∴ f (x )在(−∞,1)和(ln a,+∞)上单调递增． 综上所述，当a ≤0时，f (x )在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增； 当0<a <e 时，f (x )在(ln a,1)上单调递减，在(−∞,ln a )和(1,+∞)上单调递增； 当a =e 时，f (x )在R 上单调递增；当a >e 时，f (x )在(1,ln a )上单调递减，在(−∞,1)和(ln a,+∞)上单调递增．(2)不等式f (x )+(x +1)e x +a 2x 2−2ax +a >0，等价于(2x −1)e x >a (x −1)． ①当x =1时，0<e ，则a ∈R ．②当x ∈(1,+∞)时，a <(2x−1)e xx−1．当x∈(1,32)时，g′(x)<0，此时g(x)单调递减；当x∈(32,+∞)时，g′(x)>0，此时g(x)单调递增．∴g(x)min=g(32)=4e32，∴a<4e32．③当x∈(−∞,1)时，a>(2x−1)e xx−1．设函数ℎ(x)=(2x−1)e xx−1，则ℎ′(x)=x(2x−3)e x(x−1)2．当x∈(0,1)时，ℎ′(x)<0，此时ℎ(x)单调递减；当x∈(−∞,0)时，ℎ′(x)>0，此时ℎ(x)单调递增．∴ℎ(x)max=ℎ(0)=1，∴a>1．综上，a的取值范围为(1,4e 3 2)．【考点】利用导数研究函数的单调性函数恒成立问题【解析】无无【解答】解：(1)∵f(x)=(x−2)e x−a2x2+ax，a∈R，∴f′(x)=(x−1)e x−ax+a=(x−1)(e x−a).①当a≤0时，令f′(x)<0，得x<1，∴f(x)在(−∞,1)上单调递减；令f′(x)>0，得x>1，∴f(x)在(1,+∞)上单调递增．②当0<a<e时，令f′(x)<0，得ln a<x<1，∴f(x)在(ln a,1)上单调递减；令f′(x)>0，得x<ln a或x>1，∴f(x)在(−∞,ln a)和(1,+∞)上单调递增．③当a=e时，f′(x)≥0在x∈R时恒成立，∴f(x)在R上单调递增．④当a>e时，令f′(x)<0，得1<x<ln a，∴f(x)在(1,ln a)上单调递减；令f′(x)>0，得x>ln a或x<1，∴f(x)在(−∞,1)和(ln a,+∞)上单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；当0<a<e时，f(x)在(ln a,1)上单调递减，在(−∞,ln a)和(1,+∞)上单调递增；当a=e时，f(x)在R上单调递增；当a>e时，f(x)在(1,ln a)上单调递减，在(−∞,1)和(ln a,+∞)上单调递增．(2)不等式f(x)+(x+1)e x+a2x2−2ax+a>0，等价于(2x−1)e x>a(x−1)．①当x=1时，0<e，则a∈R．②当x∈(1,+∞)时，a<(2x−1)e xx−1．当x ∈(1,32)时，g ′(x )<0，此时g (x )单调递减； 当x ∈(32,+∞)时，g ′(x )>0，此时g (x )单调递增． ∴ g (x )min =g (32)=4e 32， ∴ a <4e 32．③当x ∈(−∞,1)时，a >(2x−1)e x x−1． 设函数ℎ(x )=(2x−1)e x x−1，则ℎ′(x )=x (2x−3)e x (x−1)2． 当x ∈(0,1)时，ℎ′(x )<0，此时ℎ(x )单调递减； 当x ∈(−∞,0)时，ℎ′(x )>0，此时ℎ(x )单调递增． ∴ ℎ(x )max =ℎ(0)=1，∴ a >1．综上，a 的取值范围为(1,4e 32)．【答案】解：(1)∵ 椭圆的离心率为√22，∴ c a =√22（c 为半焦距）． ∵ 直线x a +y b =1与圆x 2+y 2=2相切，∴ √a 2+b 2=√2．又∵ c 2+b 2=a 2，∴ a 2=6，b 2=3， ∴ 椭圆C 的方程为x 26+y 23=1． (2)∵ M 为线段AB 的中点， ∴ S 1S 2=S △AOMS △BOP =|OM||OP|．①当直线l 的斜率不存在时，由OA ⊥OB 及椭圆的对称性，不妨设OA 所在直线的方程为y =x ，得x A 2=2，则x M 2=2，x P 2=6，∴ S 1S 2=|OM||OP|=√33． ②当直线l 的斜率存在时，设直线l ：y =kx +m （m ≠0），A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)． 由{y =kx +m ，x 26+y 23=1，消去y ， 得(2k 2+1)x 2+4kmx +2m 2−6=0，∴ Δ=16k 2m 2−8(2k 2+1)(m 2−3)=8(6k 2−m 2+3)>0，即6k 2−m 2+3>0，∴ x 1+x 2=−4km2k 2+1，x 1x 2=2m 2−62k 2+1．∵ 点O 在以AB 为直径的圆上，∴ OA →⋅OB →=0，即x 1x 2+y 1y 2=0，∴ (1+k 2)x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2=0，∴ (1+k 2)2m 2−62k +1−km (4km 2k +1)+m 2=0．化简，得m 2=2k 2+2，经检验满足Δ>0成立， ∴ 线段AB 的中点M (−2km 2k 2+1,m 2k 2+1)．当k =0时，m 2=2．此时S 1S 2=√3=√63． 当k ≠0时，射线OM 所在的直线方程为y =−12k x ．由{y =−12k x ，x 26+y 23=1，消去y ，得x p 2=12k 22k +1，y p 2=32k +1． ∴ |OM||OP|=|y M ||y P |=√m 23(2k 2+1)， ∴ S 1S 2=√m 23(2k 2+1)=√13(1+12k 2+1)，∴ S 1S 2∈(√33,√63)． 综上，S1S 2的取值范围为[√33,√63]． 【考点】椭圆的标准方程椭圆的离心率直线与椭圆结合的最值问题【解析】无无【解答】解：(1)∵ 椭圆的离心率为√22， ∴ c a =√22（c 为半焦距）． ∵ 直线x a +y b =1与圆x 2+y 2=2相切，∴ √1a 2+1b 2=√2．又∵ c 2+b 2=a 2，∴ a 2=6，b 2=3，∴ 椭圆C 的方程为x 26+y 23=1． (2)∵ M 为线段AB 的中点， ∴ S 1S 2=S △AOMS △BOP =|OM||OP|．①当直线l 的斜率不存在时，由OA ⊥OB 及椭圆的对称性，不妨设OA 所在直线的方程为y =x ，得x A 2=2，则x M 2=2，x P 2=6，∴ S 1S 2=|OM||OP|=√33． ②当直线l 的斜率存在时，设直线l ：y =kx +m （m ≠0），A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)．由{y =kx +m ，x 26+y 23=1，消去y ， 得(2k 2+1)x 2+4kmx +2m 2−6=0，∴ Δ=16k 2m 2−8(2k 2+1)(m 2−3)=8(6k 2−m 2+3)>0， 即6k 2−m 2+3>0，∴ x 1+x 2=−4km2k 2+1，x 1x 2=2m 2−62k 2+1．∵ 点O 在以AB 为直径的圆上，∴ OA →⋅OB →=0，即x 1x 2+y 1y 2=0，∴ (1+k 2)x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2=0，∴ (1+k 2)2m 2−62k 2+1−km (4km2k 2+1)+m 2=0．化简，得m 2=2k 2+2，经检验满足Δ>0成立，∴ 线段AB 的中点M (−2km2k 2+1,m 2k 2+1)． 当k =0时，m 2=2．此时S 1S 2=√3=√63． 当k ≠0时，射线OM 所在的直线方程为y =−12k x ．由{y =−12k x ，x 26+y 23=1，消去y ， 得x p 2=12k 22k 2+1，y p 2=32k 2+1． ∴ |OM||OP|=|y M ||y P |=√m 23(2k 2+1)， ∴ S1S 2=√m 23(2k 2+1)=√13(1+12k 2+1)，∴ S 1S 2∈(√33,√63)． 综上，S1S 2的取值范围为[√33,√63]． 【答案】解：(1)∵|3−x|+|x−m|≥|3−x+x−m|=|3−m|，当且仅当(3−x)(x−m)≥0时，f(x)取得最小值|3−m|．又∵f(x)=|3−x|+|x−m|的最小值为1，∴|3−m|=1．∵m>2，∴m=4．∴f(x)+|x−m|>2，等价于|x−3|+2|x−4|>2．当x≤3时，所求不等式等价于−3x+11>2．解得x<3，符合题意；当3<x<4时，所求不等式等价于−x+5>2．解得x<3，与条件矛盾；当x≥4时，所求不等式等价于3x−11>2．解得x>13，符合题意．3,+∞)．综上，原不等式的解集为(−∞,3)∪(133m=6．(2)∵m=4，∴a2+2b2+3c2=32∴6=a2+2b2+3c2=a2+c2+2(b2+c2)≥2(ac+2bc)．∴ac+2bc≤3．当且仅当a=b=c=±1时，ac+2bc取得最大值3．【考点】绝对值不等式的解法与证明基本不等式在最值问题中的应用【解析】【解答】解：(1)∵|3−x|+|x−m|≥|3−x+x−m|=|3−m|，当且仅当(3−x)(x−m)≥0时，f(x)取得最小值|3−m|．又∵f(x)=|3−x|+|x−m|的最小值为1，∴|3−m|=1．∵m>2，∴m=4．∴f(x)+|x−m|>2，等价于|x−3|+2|x−4|>2．当x≤3时，所求不等式等价于−3x+11>2．解得x<3，符合题意；当3<x<4时，所求不等式等价于−x+5>2．解得x<3，与条件矛盾；，符合题意．当x≥4时，所求不等式等价于3x−11>2．解得x>133,+∞)．综上，原不等式的解集为(−∞,3)∪(133m=6．(2)∵m=4，∴a2+2b2+3c2=32∴6=a2+2b2+3c2=a2+c2+2(b2+c2)≥2(ac+2bc)．∴ac+2bc≤3．当且仅当a=b=c=±1时，ac+2bc取得最大值3．。
2021-2022成都市高三理科数学零诊摸底试卷及答案
２００,
２ 分
∴ 当 x＝－１ 时,
x)取得极大值 ２;当 x＝２ 时,
x)取得极小值 －
f(
f(
０．
２００
３ 分
∴a＝
＝０．
０４０．
５
又第一组的频率为 ０．
０２５×５＝０．
１２５,第二Hale Waihona Puke 的频率为 ０．０３５×５＝０．
１７５,
第三组的频率为 ０．
２００．
４ 分
∵ 前三组的频率之和为 ０．
10. 在三棱锥P -ABC中，已知PA_l_平面 ABC,PA=AB = BC=2 , AC =2屈．若该三棱
锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为
(B)lOrr
CA) 4 穴
11. 已知函数f(x) =
g( 竺 ）
X1
CD) 48rr
CC)12 六
a
, g(x) = lnx. 若对任意x口 Xz E (0,2] , 且 X1 =/=
o. 020•....· •····.. •······•··
主中任意选取2人作进一步访谈，求这2人中至少有1
人的评分在[95,100]的概率 ．
如图， 在四棱锥P -ABCD中， DC IIAB,
70 75 80 85 90 95 100 分数
p
19. (本小题满分12分）
。
[95,100]的业主中抽取5人 ，然后再从抽出的 这5 位业
f
x
′(
x)
f
x)
f(
(－∞ ,－１)
－１
(－１,
２)
单调递增↗
极大值 ２
单调递减↘
＋
2021年四川省成都市十四中学高三数学理模拟试题含解析
2021年四川省成都市十四中学高三数学理模拟试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 设函数若关于x的方程有四个实数解，其中，则的取值范围是（）A. (0,101]B. (0,99]C. (0,100]D. (0,+∞)参考答案：B【分析】画出函数图像，根据图像知：，，，计算得到答案.【详解】，画出函数图像，如图所示：根据图像知：，，故，且.故.故选：B. 【点睛】本题考查了函数零点问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，画出图像是解题的关键.2. 设数列为等差数列，其前n项和为，，，若对任意，都有成立，则k的值为（）A．22 B．21 C．20D．19参考答案：D3. 复数，则在复平面上对应的点位于A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限参考答案：D4. 已知函数f（x）=log a x（0＜a＜1），则函数y=f（|x|+1）的图象大致为（）A．B．C．D．参考答案：A【考点】对数函数的图象与性质．【分析】利用特殊点代入计算，排除即可得出结论．【解答】解：由题意，x=0，y=f（1）=0，排除C，D．x=1，y=f（2）＜0，排除B，故选A．5. 设方程2x+2x=10的根为,则（）A．（0, 1） B．（1, 2） C．（2, 3） D．（3, 4）参考答案：C6. 若cosθ=，θ为第四象限角，则cos（θ+）的值为（）A．B．C．D．参考答案：B【考点】两角和与差的余弦函数．【分析】可先由同角三角函数的基本关系求出θ的正弦，然后由余弦的和角公式求出的值即可得到答案【解答】解：cosθ=，θ为第四象限角，得sinθ=﹣=﹣，∴cos（θ+）=cosθcos﹣sinθsin=×+×=．故选：B7. 设数列{}是等差数列，数列{}是等比数列，记数列{}、{}的前项和分别为、．若、，且，则＝____________参考答案：略8. 已知，则（）A．-3 B．C．D．3参考答案：D9. 已知，则等于（）A． B. C. D.参考答案：D略10. 设函数，若时，有，则实数的取值范围是（）A. B. C.D.参考答案：C略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知双曲线C：的右顶点为A，以点A为圆心，b为半径作圆，且圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点，若（O为坐标原点），则双曲线C的标准方程为________.参考答案：【分析】如图，不妨设圆与双曲线的一条渐近线，交于，两点，过点作垂直于该渐近线于点，连接，先求出，，，再由题得到，求出，即得双曲线的标准方程.【详解】由双曲线的方程：，知，不妨设圆与双曲线的一条渐近线，交于，两点，过点作垂直于该渐近线于点，连接，如图.点到渐近线的距离.∵，∴.∵，∴，∴，∴.在中，，，，，即，，∴，∴，∴双曲线的标准方程为.故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质的应用，考查圆的几何性质，考查平面向量的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.12. 己知双曲线，过原点作一条倾斜角为直线分别交双曲线左、右两支P，Q 两点，以线段PQ为直径的圆过右焦点F，则双曲线离心率为______.参考答案：【分析】可以求出原点作一条倾斜角为直线方程，与双曲线方程联立，求出两点坐标，已知线段为直径的圆过右焦点,所以有,结合，求出双曲线的离心率.【详解】过原点作一条倾斜角直线方程为，解方程组：或，设，，因为线段为直径的圆过右焦点,所以，因此有，，化简得 ，所以有，解得.【点睛】本题考查了求双曲线的离心率，解题的关键是利用已知条件构造向量式，利用求出双曲线的离心,考查了数学运算能力.其时本题也可以根据平面几何图形的性质入手，由双曲线和直线的对称性，可设在第一象限，线段为直径的圆过右焦点，显然，直线的倾斜角为，这样可以求出的坐标，代入双曲线方程中，也可以求出双曲线的离心率.13. 记，当时，观察下列等式可以推测A-B=_______________参考答案：略14. 已知高为8的圆柱内接于一个直径为10的球内，则该圆柱的体积为 ．参考答案：15. 16.①②④15. 已知直线与圆相交于A ，B 两点，且△ABC 为等腰直角三角形，则实数a的值为 ※※ .参考答案：或.为等腰直角三角形，等价于圆心到直线的距离等于，即，解得或.16. 地球北纬45圈上有两点，点在东经1300 处，点在西经1400 处，若地球半径为，则两点的球面距离为 ___________参考答案：略17. 执行如图2的程序框图，如果输入的N 的值是6，那么输出的p 的的值是 。
2021年四川省成都市高考数学模拟试卷(理科)(一)有答案
2021年四川省成都市某校高考数学模拟试卷（理科）（一）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.对应的点的坐标为（）1. 在复平面内，复数z=2+3iiA.(3, 2)B.(2, 3)C.(−2, 3)D.(3, −2)2. 已知集合A＝{x|y＝ln(−x2−3x+4)}，B＝{y|y＝2}，则A∪B＝（）A.(−4, 4]B.(0, 1)C.(−∞, 4]D.(−4, +∞)3. 设命题p:∀x≤0，＝−x，则￢p为（）A.∀x≤0，≠−xB.∃x0≤0，＝−x0C.∀x>0，＝−xD.∃x0≤0，≠−x04. 《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积=1（弦+矢）×矢，弧田（如图）由圆弧和其所对弦所2围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差现有圆心角，半径等于20米的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是（）为2π3（参考数据：π≈3.14，√3≈1.73）A.220平方米B.246平方米C.223平方米D.250平方米5. 已知双曲线8x2−8y2＝−1有一个焦点在抛物线C:x2＝2py(p>0)准线上，则p的值为（）A.2B.1C.D.6. 已知正项递增等比数列{a n}的前n项和为S n，若a4+a7＝20，a4⋅a7＝64，则＝（）A. B. C. D.7. 如图是用模拟方法估计圆周率π的程序框图，P表示估计结果，则图中空白框内应填入（）A.P＝B.P＝C.P＝D.P＝8. 已知sin(θ−）cos(π+θ)＝cos2θ，且sinθ≠0，则tan(θ+）的值为（）A. B. C.2− D.2+9. 某柱体的正视图与侧视图是全等的正方形，俯视图是圆，记该柱体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，且S1＝λS2，则λ＝（）A.1B.23C.32D.4310. 已知AB是半径为2的圆M的一条直径，四边形ABCD是圆M内接四边形，∠CMD＝120∘，若P在线段CD上（端点C、D除外）运动，则•的取值范围是（）A.(0, 3)B.(1, 3)C.[−3, 0)D.(−3, 3)11. 已知椭圆C1：＝1(a>b>0)，双曲线C2：-＝1，F1，F2分别为C2的左、右焦点，P为C1和C2在第一象限内的交点，若△PF1F2的内切圆的圆心的横坐标为2，C1和C2的离心率之积为，则该内切圆的半径为（）A.4−2B.4+2C.4−2D.4−212. 已知函数f(x)＝+，若关于x的方程f2(x)−mf(x)+m2−1＝0恰好有4个不相等的实根，则m的取值范围是（）A.(1，+1)B.(0，+1)C.(1，）D.(0，）二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.如图，动点P(x, y)在平行四边形ABCD内部（含边界）运动，则z＝2x−4y的最小值为________．将6个相同的小球放入4个不同的盒子中，要求不出现空盒，共有________种放法．（用数字作答）已知函数f(x)＝，若f(x)≥f(1)恒成立，则正实数a的取值范围是________．已知f(x)＝m sinωx−cosωx(m>0, ω>0)，g(x)＝e x，若对∀x1∈R，∃x2∈[0, ln2]，使得f(x1)≤g(x2)成立，若f(x)在区间[0, π]上的值域为[−1，]，则实数ω的最大值为________．三、解答题(一）必考题:共60分已知数列{a n}，a1＝3，且对任意n∈N∗，都有＝a n+1．（1）设b n＝a n+1−a n，判断数{b n}是否为等差数列或等比数列．（2）若a2＝5，c n＝，求数列{c n}的前2n项的和S2n．某房产中介公司对2018年成都市前几个月的二手房成交量进行统计，y表示2018年x月该中介公司的二手房成交量，得到统计表格如下：（1）通过散点图初步分析可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明；；（2）该房产中介为增加业绩，决定针对二手房成交客户开展抽奖活动．若抽中“一等奖”获5千元奖金；抽中“二等奖”获3千元奖金；抽中“祝您平安”，则没有奖金．已知一次抽奖活动中获得“一等奖”的概率为，获得“二等奖”的概率为，现有甲、乙两个客户参与抽奖活动，假设他们是否中奖相互独立，求此二人所获奖金总额X（千元）的分布列及数学期望．参考数据：x i y i＝850，x i2＝204，y i2＝3776，≈4.58，≈5.57．参考公式：相关系数r＝如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，四边形ABCD是矩形，CD＝，F为棱PA上一点，且AF＝λAP(0<λ<1)，M为AD的中点，四棱锥P−ABCD的体积为．（1）若λ＝，N是PB的中点，求证：平面MNF // 平面PCD，（2）是否存在λ，使得平面FMB与平面PAD所成的二面角余弦的绝对值为？已知椭圆C：＝1(a>b>0)上任意一点到其两个焦点F1，F2的距离之和等于2，焦距为2c，圆O:x2+y2＝c2，A1，A2是椭圆的左、右顶点，AB是圆O的任意一条直径，四边形A1AA2B面积的最大值为2．（1）求椭圆C的方程；（2）如图，若直线l1:y＝kx+m(m≠0)与圆O相切，且与椭圆相交于M，N两点，直线l1与l2平行且与椭圆相切于P（O，P两点位于l1的同侧），求直线l1、l2距离d的取值范围．已知函数f(x)＝x2+m ln(1−x)，其中m∈R．（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若函数f(x)存在两个极值点x1，x2，且x1<x2，证明：f(x1)+f(x2)>-ln4．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系，曲线C的参数方程为{x＝3cosθy＝2sinθ，（θ为参数），P(x0, y0)是曲线C上的任意一点，动点Q(x, y)满足{x＝x02y＝3y0，记Q(x, y)轨迹为E，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极轴建立极坐标系，l的极坐标方程为θ=π4(ρ∈R)，A点的极坐标为(5, 0)．（1）求E的普通方程；（2）若l与E交于M，N两点，求△AMN的面积；[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x|．（1）求不等式f(x−1)+f(2x−1)≤2x的解集；（2）若a>0，b>0，c>0，且＝1，证明：f(x+a)+f(x−b−c)≥36．参考答案与试题解析2021年四川省成都市某校高考数学模拟试卷（理科）（一）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.【答案】D【考点】复数的运算复数的代数表示法及其几何意义【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】∵z=2+3ii =(2+3i)(−i)−i2=3−2i，∴在复平面内，复数z=2+3ii对应的点的坐标为(3, −2)．2.【答案】A【考点】并集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答3.【答案】D【考点】命题的否定【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答4.【答案】C【考点】扇形面积公式【解析】在Rt△AOD中，由题意OA=20，∠DAO=π6，即可求得OD，AD的值，根据题意可求矢和弦的值，即可利用公式计算求值得解．如图，由题意可得：∠AOB=2π3，OA=20，在Rt△AOD中，可得：∠AOD=π3，∠DAO=π6，OD=12AO=12×20=10，可得：矢=20−10=10，由AD=AO⋅sinπ3=20×√32=10√3，可得：弦=2AD=2×10√3=20√3，所以：弧田面积=12（弦+矢）×矢=12(20√3+10)×10≈223平方米．5.【答案】B【考点】抛物线的性质双曲线的离心率【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答6.【答案】B【考点】等比数列的前n项和【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答7.【答案】B【考点】程序框图【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答8.【答案】D两角和与差的三角函数【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答9.【答案】C【考点】由三视图求体积【解析】由题意知该柱体是圆柱，且底面圆的直径等于母线长，设底面圆的半径为R，求出圆柱的表面积和内切球的表面积，计算λ的值即可．【解答】由题意知，该柱体是圆柱体，且底面圆的直径等于母线长，如图所示；设底面圆的半径为R，则圆柱的母线长为2R，内切球的半径也为R，则圆柱体的表面积为S1＝2πR2+2πR⋅2R＝6πR2，其内切球的表面积为S2＝4πR2，又S1＝λS2，则λ=S1S2=6πR24πR2=32．10.【答案】C【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答11.【答案】A【考点】双曲线的离心率椭圆的离心率【解析】此题暂无解析12.【答案】C【考点】函数的零点与方程根的关系【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分. 【答案】−12【考点】简单线性规划【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】10【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】(0，]【考点】分段函数的应用函数的最值及其几何意义【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】【考点】三角函数中的恒等变换应用【解析】此题暂无解析三、解答题(一）必考题:共60分【答案】数列{a n}，a1＝3，且对任意n∈N∗，都有＝a n+1．所以：a n+5−a n+1＝a n+1−a n，所以：数列{a n}的公差为8时，b n+1＝b n＝0，所以：数列{b n}是等差数列，不是等比数列．当数列{a n}的公差不为3时，b n+1＝b n≠0，所以：数列{b n}既是等差数列，又是等比数列．若a6＝5，由（1）知：a n+1−a n＝a6−a1＝2，所以：a n＝4n+1．则：，则：S2n＝S奇+S偶，＝(8+7+11+...+2n+7)+(42+44+...+44n)，＝．【考点】数列递推式数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】由题意，计算，＝21，又x i y i＝850，x i2＝204，y i2＝3776，≈2.58，；所以相关系数r＝＝＝＝≈5.92；因为0.92非常趋近1，所以变量x，可用线性回归模型拟合y与x的关系；二人所获奖金总额X的所有可能取值有4，3，5，8，8，10千元，计算P(X＝0)＝×＝，P(X＝3)＝2××＝，P(X＝5)＝2××＝，P(X＝7)＝×＝，P(X＝8)＝2××＝，P(X＝10)＝×＝；所以随机变量X的分布列为：X0456510数学期望为E(X)＝0×+3×+7×+10×．【考点】离散型随机变量的期望与方差求解线性回归方程离散型随机变量及其分布列【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】∵，∴F是A的中点，∵N是PB的中点，∴FN // AB，∵四边形ABCD是矩形，∴AB // CD，∵CD⊂平面PCD，FN⊄平面PCD，∴FN // 平面PCD，FM // DP，DP⊂平面PCD，∴FM // 平面PCD，FM∩FN＝F，FM，∴平面FMN // 平面PCD．连结PM，过M作ME // CD，由△PAD是等边三角形，得PM⊥AD，面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，PM⊂面PAD，∴PM⊥平面ABCD，以M为原点，MA为x轴，MP为z轴，假设存在λ，满足题意，设，3)，则A(1, 0, 6)，0，），B(7，，M(0，5，＝(1，，5)，＝），则＝＝(4−），设面FMN的法向量＝(x，y，则，即，取y＝-，得＝(2，-，），取PAD的法向量＝(0，1，由题知|cos<>|＝＝＝，∴存在λ＝，使得平面FMB与平面PAD所成的二面角余弦的绝对值为．【考点】二面角的平面角及求法平面与平面平行的性质平面与平面平行的判定【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】椭圆C：＝1(a>b>8)中，解得a＝；又圆的直径AB⊥x轴时四边形A6AA2B的面积最大，最大为2ac＝5，解得c＝1，所以b2＝a2−c2＝7，所以椭圆C的方程为+＝1；由直线l6:y＝kx+m(m≠0)与圆O相切，得＝1；再设直线l2:y＝kx+n，联立，消去y得(5k2+8)x2+10knx+5n4−20＝0；所以△＝(10kn)2−7(5k2+4)(5n2−20)＝4，化简得n2＝5k7+4；因为d＝＝＝|1−|，且＝＝5−；由k5≥0，得0<，所以6≤；由O、P两点位于l1的同侧，m、n异号<≤−2；所以d＝1−∈[3），即直线l1、l4距离d的取值范围是[3，1+）．【考点】直线与椭圆的位置关系椭圆的应用【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】函数的定义域为(−∞, 1)＝，1−x>3，令−x2+x−m＝0，判别式△＝6−4m，当△≤0，则f′(x)≤6恒成立，1)上是减函数，当△>0，即m<时2−x+m＝2，得x1＝，x2＝，若0<m<，则x1<x4<1，则当x<x1时，f′(x)<8，当x1<x<x2时，f′(x)>4，当x2<x<1时，f′(x)<6．若m≤0，则x1<2≤x2，则x<x1时，f′(x)<6，x1<x<1时，f′(x)>3综上m≤0时，f(x)的单调递减区间为(−∞，），1)．0<m<时，f(x)的单调递减区间为(−∞，），（，单调递增区间为（，），m≥时，f(x)的单调递减区间为(−∞．函数的定义域为(−∞, f′(x)＝x−＝，若函数f(x)存在两个极值点x1，x5，且x1<x2，∴f′(x)＝6在(−∞, 1)上有两个不同的根x1，x5，设g(x)＝−x2+x−m，则，得0<m<，从而，且x7<x2，得0<x5<，5<x2<，f(x1)+f(x2)＝x17+m ln(1−x1)+x22+m ln(1−x2)＝(x17+x22)+m ln(4−x1)(1−x7)]＝[(x8+x2)2−8x1x2]+m ln[(5−(x1+x2)+x2x2]＝(1−2m)+m ln m，构造函数ℎ(x)＝x ln x−x+，0<x<，则ℎ′(x)＝ln x<0，即ℎ(x)在2<x<上单调递减，∴ℎ(x)>ℎ（）＝-．即证．【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数的极值【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]【答案】由已知Q(x, y)满足{x＝x02y＝3y0及{x0＝3cosθy0＝2sinθ得{x＝3cosθy＝3sinθ，∴曲线E:x2+y2=9，由于l的极坐标方程为θ=π4(ρ∈R)，即为y=x，A(5, 0)∵|MN|=6，d=√2，S=12⋅6√2=15√22．【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化【解析】（1）由已知Q(x, y)满足{x＝x02y＝3y0及{x0＝3cosθy0＝2sinθ得{x＝3cosθy＝3sinθ，消去θ可得E的普通方程，（2）l的极坐标方程化为直角坐标方程为y=x，MN为圆的直径，点到直线的距离求出三角形的高，代入面积公式可得．【解答】由已知Q(x, y)满足{x＝x02y＝3y0及{x0＝3cosθy0＝2sinθ得{x＝3cosθy＝3sinθ，∴曲线E:x2+y2=9，由于l的极坐标方程为θ=π4(ρ∈R)，即为y=x，A(5, 0)∵|MN|=6，d=√2，S=12⋅6√2=15√22．[选修4-5：不等式选讲]【答案】f(x−1)+f(2x−5)＝|x−1|+|2x−3|，当x>1时，|x−1|+|7x−1|＝3x−4≤2x，故1<x≤2，当≤x≤6时，解得：x≥0，故，当x<时，|x−3|+|2x−1|＝3−3x≤2x，故≤x<，综上，不等式的解集是{x|；由绝对值不等式的性质得：f(x+a)+f(x−b−c)＝|x+a|+|x−b−c|≥|x+a−x+b+c|＝a+b+c，∵a>0，b>4，且＝1，∴a+b+c＝(a+b+c)（）＝1+7+9+++≥14+8+2＝36，当且仅当b＝2a，c＝3a时“＝”成立，故原命题成立．【考点】绝对值不等式的解法与证明【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答。