重庆一中2021届高三八月定时练习数学试题
重庆八中2021届高三上学期适应性月考(一)数学试题 Word版含答案
数学
一、选择题
1．设全集 ，集合 ， ，则 （）
A． B．
C． D．
2．在等差数列 中， ，则 （）
A．21B．28C．35D．42
3．在 中， ， ， ，则 （）
A．9B． C． D．8
4．在三角形 中， 为 的中点，若 ，则下列结论正确的是（）
A． B． C． D．
（1）求 和 ；
（2）若 ，求正整数 的值．
18．已知函数 ，将曲线 向右平移 个单位，得到的曲线关于原点对称．
（1）求 ；
（2）求 在 上的值域．
19．2020年，全球爆发了新冠肺炎疫情，为了预防疫情蔓延，某校推迟2020年的春季线下开学，并采取了“停课不停学”的线上授课措施．为了解学生对线上课程的满意程度，随机抽取了该校的100名学生（男生与女生的人数之比为3：2）对线上课程进行评价打分，若评分不低于80分视为满意．其得分情况的频率分布直方图如图所示，若根据频率分布直方图得到的评分不低于70分的频率为0.85．
（1）估计100名学生对线上课程评分的平均值；（每组数据用该组的区间中点值为代表）
（2）结合频率分布直方图，请完成以下 列联表，并回答能否有99%的把握认为对“线上教学是否满意与性别有关”；
态度
性别
满意
不满意
合计
男生
女生
10
合计
100
20．在锐角 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ， ， ．
（1）求角 的大小；
（2）若 在线段 上，且 ， ，求 的面积．
21． ， 分别是椭圆 的左、右焦点， ， 是 上一点， 与 轴垂直，且 ．
（1）求 的方程；
（2）设 ， ， ， 是椭圆 上的四点， 与 相交于 ，且 ，求四边形 的面积的最小值．
2021年重庆八中高考数学第十次定时诊断试卷(附答案详解)
2021年重庆八中高考数学第十次定时诊断试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.(2021·广东省广州市·期中考试)已知集合A={x|x>2}，B={0,1，2，3，4}，则(∁R A)∩B=()A. {3,4}B. {2,3，4}C. {0,1}D. {0,1，2}2.(2021·湖南省邵阳市·期中考试)已知复数z=i1+i，则|z|=()A. √22B. √2 C. 12D. 13.(2021·广东省广州市·期中考试)小明跟父母、爷爷和奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐一排.若小明的父母都与他相邻，则不同坐法的种数为()A. 6B. 12C. 24D. 484.(2021·广东省广州市·期中考试)设α，β，γ为三个不同的平面，若α⊥β，则“γ//β”是“α⊥γ”的()A. 充分不必要条件B. 充要条件C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件5.(2021·山东省泰安市·模拟题)已知随机变量ξ～N(μ,σ2)，有下列四个命题：甲：P(ξ<a−1)>P(ξ>a+2)乙：P(ξ>a)=0.5丙：(ξ≤a)=0.5丁：P(a<ξ<a+1)<P(a+1<ξ<a+2)如果只有一个假命题，则该命题为()A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁6.(2021·天津市市辖区·模拟题)2020年12月31日，国务院联防联控机制发布，国药集团中国生物的新冠病毒灭活疫苗已获药监局批准附条件上市，其保护效力达到世界卫生组织及药监局相关标准要求，现已对18至59岁的人提供.根据某地接种年龄样本的频率分布直方图(如图)估计该地接种年龄的中位数为()A. 40B. 39C. 38D. 377. (2021·江西省吉安市·单元测试)在数列{a n }中，a 1=3，a m+n =a m +a n (m,n ∈N ∗)，若a 1+a 2+a 3+⋯+a k =135，则k =( )A. 10B. 9C. 8D. 78. (2021·江苏省无锡市·期中考试)骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A(前轮)，圆D(后轮)的半径均为√3，△ABE ，△BEC ，△ECD 均是边长为4的等边三角形.设点P 为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为( )A. 18B. 24C. 36D. 48二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9. (2021·湖南省邵阳市·期中考试)设F 1、F 2分别是双曲线C ：x 2m+n−y 2m−n =1的左、右焦点，且|F 1F 2|=4，则下列结论正确的有( )A. m =2B. 当n =0时，C 的离心率是2C. F 1到渐近线的距离随着n 的增大而减小D. 当n =1时，C 的实轴长是虚轴长的两倍10. (2021·湖南省邵阳市·期中考试)已知函数f(x)=cos2x −2sin(π2−x)cos(π2+x)，则( )A. f(x)的最大值为3B. f(x)的最小正周期为πC. f(x)的图象关于直线x =π8对称D. f(x)在区间[−3π8,π8]上单调递减11. (2021·湖南省邵阳市·期中考试)已知函数f(x)=3x +x 3，若0<m <1<n ，则下列不等式一定成立的有( )A. f(1−m)<f(n −1)B. f(2√mn)<f(m +n)C. f(log m n)<f(log n m)D. f(m n )<f(n m )12. (2021·广东省佛山市·单元测试)在空间直角坐标系O −xyz 中，棱长为1的正四面体ABCD 的顶点A ，B 分别为y 轴和z 轴上的动点(可与坐标原点O 重合)，记正四面体ABCD 在平面xOy 上的正投影图形为S ，则下列说法正确的有( )A. 若CD//平面xOy ，则S 可能为正方形B. 若点A 与坐标原点O 重合，则S 的面积为√24C. 若OA =OB =OC ，则S 的面积不可能为12 D. 点D 到坐标原点O 的距离不可能为32三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. (2021·广东省佛山市·单元测试)已知函数的图象关于y 轴对称，且与直线y =x 相切，则满足上述条件的二次函数可以为f(x)= ______ ． 14. (2021·重庆市市辖区·模拟题)设F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)左、右焦点，P 是C 上的一点，若PF 1⊥PF 2，且|PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2|PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则C 的离心率为______ ． 15. (2021·广东省·其他类型)冈珀茨模型(y =k ⋅a b t)是由冈珀茨(Gompertz)提出，可作为动物种群数量变化的模型，并用于描述种群的消亡规律.已知某珍稀物种t 年后的种群数量y 近似满足冈珀茨模型：y =k 0⋅e 1.4e−0.125t (当t =0时，表示2020年初的种群数量)，若m(m ∈N ∗)年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半，则m 的最小值为______ .(ln2≈0.7)16. (2021·广东省佛山市·单元测试)拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑⋅波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形(此等边三角形称为拿破仑三角形)的顶点.”已知△ABC 内接于单位圆，以BC ，AC ，AB 为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为A′，B′，C′.若∠ACB =30°，则△A′B′C′的面积最大值为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. (2021·广东省佛山市·单元测试)设数列{a n }的前n 项和S n ，满足S n+1=Sn 1+2S n，且a 1=1．}为等差数列；(1)证明：数列{1S n(2)求{a n}的通项公式．18.(2021·湖南省邵阳市·期中考试)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已．知A为锐角，sinB−cosC=c2−a22ab(1)求A；(2)若b=√3c，且BC边上的高为2√3，求△ABC的面积．419.(2021·广东省佛山市·单元测试)某校将进行篮球定点投篮测试，规则为：每人至多投3次，先在M处投一次三分球，投进得3分，未投进不得分，以后均在N处投两分球，每投进一次得2分，未投进不得分.测试者累计得分高于3分即通过测试，并终止投篮．甲、乙两位同学为了通过测试，进行了五轮投篮训练，每人每轮在M处和N处各投10次，根据他们每轮两分球和三分球的命中次数情况分别得到如下图表：若以每人五轮投篮训练命中频率的平均值作为其测试时每次投篮命中的概率．(1)求甲同学通过测试的概率；(2)在甲、乙两位同学均通过测试的条件下，求甲得分比乙得分高的概率．20.(2021·广东省佛山市·单元测试)如图，在四棱锥S−ABCD中，SA=SB=SC=SD=13，AC⊥CD，AB=6，BD=8．(1)求证：平面SAD⊥平面ABCD；(2)求二面角A−SB−D的余弦值．,a)到其焦点21.(2021·重庆市市辖区·模拟题)已知抛物线P：y2=2px(p>0)上的点(34的距离为1．(Ⅰ)求p和a的值；(Ⅱ)若直线l：y=x+m交抛物线P于两点A、B，线段AB的垂直平分线交抛物线P于两点C、D，求证：A、B、C、D四点共圆．22.(2021·广东省广州市·期中考试)已知函数f(x)=aln2x+2x(1−lnx)，a∈R．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数g(x)=e2f(x)−2a2有且仅有3个零点，求a的取值范围.(其中常数e=2.71828…，是自然对数的底数)答案和解析1.【答案】D【知识点】交、并、补集的混合运算【解析】解：∵A ={x|x >2}，B ={0,1，2，3，4}， ∴∁R A ={x|x ≤2}，(∁R A)∩B ={0,1，2}． 故选：D ．进行补集和交集的运算即可．本题考查了描述法和列举法的定义，交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】A【知识点】复数的模【解析】解：∵复数z =i1+i =i(1−i)(1+i)(1−i)=i−i 21−i 2=1+i 2=12+12i ，∴|z|=√(12)2+(12)2=√22． 故选：A ．利用复数的运算法则求出z =12+12i ，由此能求出|z|．本题考查复数的模的求法，考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力等核心素养，是基础题．3.【答案】B【知识点】排列、组合的综合应用【解析】解：根据题意，要求小明的父母都与他相邻，即小明坐在父母中间，将三人看成一个整体，有2种排法，将这个整体与爷爷和奶奶全排列，有A 33=6种排法， 则有2×6=12种不同的排法， 故选：B ．根据题意，将小明和他父母看成一个整体，分析三人的排法，将这个整体与爷爷和奶奶全排列，由分步计数原理计算可得答案．本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．4.【答案】A【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】解：当α⊥β时，若γ//β，则α⊥γ成立，即充分性成立，反之当α⊥γ时，γ//β也有可能相交，即必要性不成立，即“γ//β”是“α⊥γ”的充分不必要条件，故选：A．根据空间面面垂直和面面平行的位置关系以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．本题主要考查充分条件和必要条件的应用，利用空间面面平行和垂直的性质是解决本题的关键，是基础题．5.【答案】D【知识点】正态曲线及其性质【解析】解：∵只有一个是假命题，∴乙、丙必为真命题(乙与丙共真假)，∴μ=a，则ξ～N(a,σ2)，由正态分布曲线的对称性可得，P(ξ<a−1)>P(ξ>a+2)，P(a<ξ<a+1)>P(a+1<ξ<a+2)，则甲为真命题，丁为假命题，故选：D．由已知结合选项可得乙、丙必为真命题，求得μ=a，则ξ～N(a,σ2)，再由正态分布曲线的对称性分析甲与丁即可．本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查正态分布中两个量μ和σ的应用，考查曲线的对称性，属于基础题．6.【答案】C【知识点】频率分布直方图【解析】【分析】本题考查中位数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力、数据分析能力等数学核心素养，是基础题．由频率分布直方图先求出[18,36)的频率为0.42，[36,42)的频率为0.16，由此能估计该地接种年龄的中位数．【解答】解：由频率分布直方图得：[18,36)的频率为：(0.013+0.023+0.034)×6=0.42，[36,42)的频率为：0.04×4=0.16，×4=38．∴估计该地接种年龄的中位数为：36+0.5−0.420.16故选：C．7.【答案】B【知识点】等差数列的通项公式【解析】解：因为a m+n=a m+a n(m,n∈N∗)，故令m=1，则有a n+1=a1+a n，所以a n+1−a n=a1，又a1=3，所以a n+1−a n=3，故数列{a n}是首项为3，公差为3的等差数列，×3=135，解得k=9．所以a1+a2+a3+⋯+a k=3k+k(k−1)2故选：B．利用题中给出的恒等式，令m=1，得到数列{a n}是首项为3，公差为3的等差数列，然后由等差数列的前n项求和公式列出关于k的方程，求解即可．本题考查了等差数列通项公式以及前n项求和公式的应用，考查了逻辑推理能力与化简计算能力，属于中档题．8.【答案】C【知识点】函数y=A sin(ωx+φ)的图象与性质、向量的数量积【解析】解：据题意：圆D(后轮)的半径均为√3，△ABE，△BEC，△ECD均是边长为4的等边三角形．点P为后轮上的一点，如图建立平面直角坐标系：则A(−8,0)，B(−6,2√3)，C(−2,2√3).圆D 的方程为x 2+y 2=3，可设P(√3cosα,√3sinα)， 所以AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,2√3)，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3cosα+6,√3sinα−2√3)．故AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =6sinα+6√3cosα+24=12(12sinα+√32cosα)+24=12sin(α+π3)+24≤12+24=36． 故选：C ．根据题意建立平面直角坐标系，然后将涉及到的点的坐标求出来，其中P 点坐标借助于三角函数表示，则所求的结果即可转化为三角函数的最值问题求解．本题考查数量积的运算、三角函数的性质在实际问题中的应用，同时考查了学生的数学建模的核心素养．属于中档题．9.【答案】AC【知识点】双曲线的性质及几何意义 【解析】解：F 1、F 2分别是双曲线C ：x 2m+n−y 2m−n=1的左、右焦点，且|F 1F 2|=4，可得2=√m +n +m −n ，解得m =2，所以A 正确；n =0时，a =b =√m ，c =√2√m ，所以e =√2，所以B 不正确； F 1到渐近线的距离：√m −n ，随着n 的增大而减小，所以C 正确； 当n =1时，C 的实轴长：2√m +1，虚轴长：2√m −1，所以D 不正确． 故选：AC ．利用双曲线的标准方程，结合焦距，求解m ，判断A ；求解离心率判断B ；求出点到直线的距离，判断C ；求解实轴长与虚轴长的比值，判断D ． 本题考查双曲线的简单性质的应用，是中档题．10.【答案】BC【知识点】三角函数的最值、正弦、余弦函数的图象与性质 【解析】解：f(x)=cos2x +2cosxsinx =cos2x +sin2x =√2(√22sin2x +√22cos2x)=√2sin(2x +π4)，A ：∵sin(2x +π4)∈[−1,1]， ∴f(x)的最大值为√2，∴A 不正确．B：f(x)的最小正周期为T=2π|ω|=2π2=π，∴f(x)的最小正周期为π，∴B正确．C：当x=π8时，f(π8)=√2sin(2×π8+π4)=√2sinπ2=√2，∴f(x)的图象关于直线x=π8对称，∴C正确D：当x∈[−3π8,π8]时，2x+π4∈[−π2,π2]，∴f(x)在区间[−3π8,π8]上单调递增，∴D不正确．故选：BC．先将函数解析式化简成y=Asin(ωx+φ)+k的形式，即可根据三角函数的性质判断各选项的真假．本题主要考查三角函数的恒等变换，正弦型函数的性质应用，属于中档题．11.【答案】BD【知识点】函数的单调性与单调区间【解析】解：根据题意，函数f(x)=3x+x3，易得f(x)在R上为增函数，对于A，无法判断1−m与n−1的大小，故f(1−m)<f(n−1)不一定成立，A错误，对于B，若0<m<1<n，则有2√mn<m+n，则f(2√mn)<f(m+n)，B正确，对于C，当n=12，m=2时，log m n=log m n=−1，则有f(log m n)=f(log n m)，C错误，对于D，若0<m<1<n，则m n<n m，则有f(m n)<f(n m)，D正确，故选：BD．根据题意，分析可得f(x)在R上为增函数，由此分析选项，可得答案．本题考查函数单调性的性质以及应用，涉及不等式的性质，属于基础题．12.【答案】ABD【知识点】空间直角坐标系、命题及其关系【解析】解：对于A：若CD//平面xoy，考虑一下特殊情形；①当点B与坐标原点O重合时，S为正方形，②当点A与坐标原点O重合时，S为三角形，故A正确；对于B：若点A原点O重合，即AB在z轴上，易知：CD//平面xoy，且S为三角形，不难知道，其面积为12×1×√22=√24，故B 正确；对于C ：当OA =OB =OC 时，且点O 在正四面体ABCD 的外部时， 则点D 恰好为以OA ，OB ，OC ，为棱的正方体的一个顶点， 由于AB =1，所以OA =√22，所以S 为以边长为√22的正方形，其面积为12，故C 错误；对于D ：设AB 的中点为M ，则OM =12，且MD =√32，易知OD ≤OM +MD =1+√32<32，即OD <32， 所以点D 到坐标原点的距离小于32，故D 正确． 故选：ABD ．直接根据几何体中的点和投影的关系，结合直线与平面的平行的性质，三角形的面积公式判断A 、B 、C 、D 的结论．本题考查的知识要点：几何体中的点和投影的关系，直线与平面的平行的性质，三角形的面积公式，主要考查学生的运算能力，属于中档题．13.【答案】x 2+14【知识点】二次函数【解析】解：设f(x)=ax 2+bx +c(a ≠0)， ∵f(x)的图象关于y 轴对称， ∴对称轴x =−b2a =0，∴b =0， ∴f(x)=ax 2+c ，联立得{y =ax 2+cy =x 整理的ax 2+c =x ，即ax 2−x +c =0， ∵f(x)的图象与直线y =x 相切， ∴△=1−4ac =0，∴ac =14，∴满足条件的二次函数可以为f(x)=x 2+14． 故答案为：x 2+14．先设f(x)=ax 2+bx +c(a ≠0)，由对称轴的计算公式可得到b =0，函数f(x)的图象与直线y =x 相切，则可知函数与直线的方程组只有一解，可得a ，c 的关系，从而得到函数解析式．此题主要考查二次函数的解析式求解及相切求解问题．14.【答案】√53【知识点】椭圆的性质及几何意义【解析】解：由题意可知：|PF 1|+|PF 2|=2a ，|PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2|PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，可得：|PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=4a3，|PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2a 3，PF 1⊥PF 2，可得(4a3)2+(2a3)2=4c 2，解得e =√53，故答案为：√53．利用椭圆的定义，结合已知条件以及勾股定理，推出离心率即可． 本题考查椭圆的简单性质的应用，离心率的求法，是基础题．15.【答案】6【知识点】函数模型的应用 【解析】解：因为y =k 0⋅e 1.4e−0.125t，所以当t =0时，y =k 0⋅e 1.4， 当t =m 时，y =k 0⋅e 1.4e−0.125m，因为m(m ∈N ∗)年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半， 所以k 0⋅e 1.4e −0.125m<12k 0⋅e 1.4，即2⋅e 1.4e−0.125m<e 1.4，两边同取对数得，ln2+1.4e −0.125m <1.4，即e −0.125m <12， 两边取对数得，−0.125m <−ln2=−0.7， 即m >5.6，而m ∈N ∗， 所以m 的最小值为为6． 故答案为：6．根据某珍稀物种t 年后的种群数量y 解析式，分别求出t =0与t =m 的种群数，然后根据m(m ∈N ∗)年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半，建立不等式，取对数，从而可求出m 的范围．本题主要考查了实际应用问题，以及指数不等式的解法，同时考查了转化能力和运算求解的能力，属于中档题．16.【答案】12+√33【知识点】正余弦定理在解三角形计算中的综合应用【解析】解：不妨设BC=a，AC=b，若∠ACB=30°，由正弦定理得：ABsin30∘=2，故AB=1，所以由余弦定理得1=a2+b2−2abcos30°=a2+b2−√3ab≥(1−√32)(a2+b2)．所以a2+b2≤4+2√3．显然△A′B′C′为由△ABC得到的拿破仑三角形(等边三角形)，设其边长为x，易知∠A′CB′=90°，且A′C=√33a,B′C=√33b，所以x2=(√33a)2+(√33b)2=13(a2+b2)，故△A′B′C′的面积S=√34x2=√312(a2+b2)≤√312(4+2√3)=12+√33．当且仅当a=b时取等号．故△A′B′C′面积的最大值为12+√33．故答案为：12+√33．先利用正弦定理结合基本不等式，得到AC，BC两边平方和的最大值，然后利用拿破仑三角形的性质，用AC，BC表示出拿破仑三角形的边长，最后利用三角形的面积公式即可求出△A′B′C′面积的最大值．本题考查解三角形的基本运算，考查正、余弦定理的综合应用，属于中档题．17.【答案】(1)证明：∵S n+1=S n1+2S n，且a1=1，∴1S n+1=1+2S nS n=1S n+2，即1S n+1−1S n=2，∴数列{1S n}为首项为1，公差为2的等差数列；(2)解：由(1)可得：1S n =1+2(n−1)=2n−1，即S n=12n−1，当n≥2时，a n=S n−S n−1=12n−1−12n−3=−2(2n−1)(2n−3)，又当n=1时，a1=1，∴a n={1,n=1−2(2n−1)(2n−3)．【知识点】等差数列的性质、数列的递推关系【解析】(1)由题设得到：1Sn+1−1S n=2，即可证明结论；(2)先由(1)可得：S n =12n−1，再由a n ={S 1,n =1S n −S n−1,n ≥2求得a n ．本题主要考查等差数列的定义及基本量的计算、a n 与S n 的关系，属于中档题．18.【答案】解：(1)因为sinB −cosC =c 2−a22ab， 所以2absinB =c 2−a 2+2abcosC ， 由余弦定理得，c 2=a 2+b 2−2abcosC ， 所以2absinB =b 2， 即2asinB =b ，由正弦定理得，asinA =bsinB ， 所以2sinAsinB =sinB ， 因为sinB >0， 故sinA =12， 由A 为锐角，A =π6，(2)由题意得，S =12a ⋅2√3=12bcsinA =bc 4，所以bc =4√3a ， 因为b =√34c ，所以c 2=16a ，b 2=3c 216=3a ，由余弦定理得，cosA =b 2+c 2−a 22bc=22×4√3a=8√3=√32， 解得a =7，所以S =√3a =7√3．【知识点】余弦定理、正弦定理【解析】(1)由已知结合正弦定理，余弦定理进行化简可求sin A ，进而可求A ； (2)由已知结合三角形面积公式可得a ，b ，c 之间关系，然后结合余弦定理可求a ，再由三角形面积公式可求．本题主要考查了正弦定理，余弦定理，还考查了考生方程，转化与化归思想，考查了考生的逻辑推理，数学运算的核心素养．19.【答案】解：(1)甲同学两分球投篮命中的概率为：P=510+410+310+610+7105=0.5，甲同学三分球投篮命中的概率为：P=110+0+110+210+1105=0.1，设甲同学累计得分为X，则P(X≥4)=P(X=4)+P(X=5)=0.9×0.5×0.5+0.1×0.5+0.1×0.5×0.5=0.3，∴甲同学通过测试的概率为0.3．(2)同(1)可求，乙同学两分球投篮命中的概率为0.4，三分球投篮命中的概率为0.2，设乙同学累计得分为Y，则P(Y=4)=0.8×0.4×0.4=0.128，P(Y=5)=0.2×0.4+0.2×0.6×0.4=0.128，设“甲得分比乙得到高”为事件A，“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件B，则P(AB)=P(X=5)⋅P(X=4)=0.075×0.128=0.0096，P(B)=[P(X=4)+P(X=5)]⋅[P(Y=4)+P(Y=5)]=0.0768，由条件概率得：P(A|B)=P(AB)P(B)=0.00960.0768=18．【知识点】频率分布直方图【解析】(1)分别求出甲同学两分球投篮命中的概率和甲同学三分球投篮命中的概率，设甲同学累计得分为X，则P(X≥4)=P(X=4)+P(X=5)，由此能求出甲同学通过测试的概率．(2)乙同学两分球投篮命中的概率为0.4，三分球投篮命中的概率为0.2，设乙同学累计得分为Y，求出P(Y=4)=0.128，P(Y=5)=0.128，设“甲得分比乙得到高”为事件A，“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件B，则P(AB)=P(X=5)⋅P(X=4)，P(B)= [P(X=4)+P(X=5)]⋅[P(Y=4)+P(Y=5)]，由条件概率得：P(A|B)=P(AB)P(B)．本题以体育运动为背景，通过频率与概率定义以及条件概率公式等知识点，考查学生数学建模、运算求解能力、逻辑推理等数学核心素养，体现分类讨论的数学思想，是基础题．20.【答案】在四棱锥S−ABCD中，SA=SB=SC=SD=13，AC⊥CD，AB=6，BD=8．(1)证明：取AD 中点M ，连接MS 、MC 、MB ， 又因为SA =SD ，所以SM ⊥AD ，因为∠ACD =90°，所以MC =12AD =MD ， 又因为SC =SD ，SM =SM ，所以△MSC≌△MSD ， 所以∠SMC =SMD =90°，所以SM ⊥MC ， 又因MD ∩MC =M ，所以SM ⊥平面ABCD ， 又因为SM ⊂平面SAD ， 所以平面SAD ⊥平面ABCD ． (2)解：由(1)知SM ⊥平面ABCD ，又因为SA =SB =SC =SD ，所以MA =MB =MC =MD ， 于是A 、B 、C 、D 四点共圆，所以∠ABD =∠ACD =90°， 因为AB =6，BD =8，由勾股定理得AD =√AB 2+BD 2=10， 因为MC =MD =5，PC =13，由勾股定理得SM =√PC 2−MC 2=12， 建立如图所示的空间直角坐标系，B(0,0，0)，A(0,6，0)，D(8,0，0)，M(4,3，0)，S(4,3，12)， BS ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,3，12)，BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,6，0)，BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(8,0，0)， 设平面SBA 与平面SBD 的法向量分别为m⃗⃗⃗ =(x,y ，z)，n ⃗ =(u,v ，w)， {BS ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =4x +3y +12z =0BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =6y =0，令z =−1，m ⃗⃗⃗ =(3,0，−1)， {BS ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =4u +3v +12w =0BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =8u =0，令w =−1，n ⃗ =(0,4，−1)， 所以二面角A −SB −D 的余弦值为|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√10⋅√17=√170170．【知识点】利用空间向量求线线、线面和面面的夹角、面面垂直的判定【解析】(1)根据平面与平面垂直的判定定理证明；(2)用向量数量积计算二面角的余弦值．本题考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题．21.【答案】解：(Ⅰ)抛物线y 2=2px(p >0)的准线为x =−p2，∵点(34,a)到其焦点的距离为1，∴p2+34=1，即p =12， ∴抛物线方程为y 2=x ，又点(34,a)在抛物线上，∴a 2=34，即a =±√32；证明：(Ⅱ)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，联立{y 2=x y =x +m，得y 2−y +m =0，则y 1+y 2=1，y 1y 2=m ，且1−4m >0，即m <14，则|AB|=√1+12|y 1−y 2|=√2⋅√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=√2−8m ， 且线段AB 中点的纵坐标为y 1+y 22=12，则x =12−m ，∴线段AB 的中点M(12−m,12)，∵直线CD 为线段AB 的垂直平分线，直线CD 的方程为y =−x +1−m ， 联立{y 2=x y =−x +1−m ，得y 2+y +m −1=0．设C(x 3,y 3)，D(x 4,y 4)， 则y 3+y 4=−1，y 3y 4=m −1， 故|CD|=√1+112⋅|y 3−y 4|=√2⋅√(y 3+y 4)2−4y 3y 4=√10−8m ．线段CD 的中点为N(32−m,−12)， ∵(12|CD|)2=14(10−8m)=5−4m 2，|AN|2=|AM|2+|MN|2=(12√2−8m)2+2=5−4m 2，∴|AN|=12|CD|，∴点A 在以CD 为直径的圆上，同理点B 在以CD 为直径的圆上， 故A 、B 、C 、D 四点共圆．【知识点】抛物线的性质及几何意义【解析】(Ⅰ)由已知结合抛物线焦半径公式求得p ，得到抛物线方程，再由点(34,a)在抛物线上列式求得a 值；(Ⅱ)联立直线l 与抛物线方程，求出AB 的长度及AB 的中点坐标，再写出CD 所在直线方程，与抛物线方程联立，求出CD 长度与CD 的中点坐标，证明|AN|=12|CD|，可得点A 在以CD 为直径的圆上，同理点B 在以CD 为直径的圆上，即可证明A 、B 、C 、D 四点共圆．本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．22.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=2lnx(ax −1)，a−1<0，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，①若a≤0，则axx∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，②若0<a<1，当x∈(0,a)时，f′(x)<0，当x∈(a,1)时，f′(x)>0，当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0,a)和(1,+∞)上单调递减，在(a,1)上单调递增，③若a=1，则f′(x)≤0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递减，④若a>1，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,a)时，f′(x)>0，当x∈(a,+∞)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0,1)和(a,+∞)上单调递减，在(1,a)上单调递增，综上所述：若a≤0，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，若0<a<1，f(x)在(0,a)和(1,+∞)上单调递减，在(a,1)上单调递增，若a=1，f(x)在(0,+∞)上单调递减，若a>1，f(x)在(0,1)和(a,+∞)上单调递减，在(1,a)上单调递增．(2)令g(x)=0，则f(x)=2a2，e2的图像有3个不同的交点，所以依题意可得函数y=f(x)与y=2a2e2由(1)知必有0<a<1或a>1，①当0<a<1时，f(x)在(0,a)和(1,+∞)上单调递减，在(a,1)上单调递增，所以f(x)的极大值为f(1)=2，f(x)的极大值为f(1)=2，f(x)的极小值为f(a)=a(ln2a−2lna+2)，，又f(a)=a(ln2a−2lna+2)=a[(lna−1)2+1]>a>2a2e2的图像至多有1个交点，不合题意，所以函数y=f(x)与y=2a2e2②当a>1时，f(x)在(0,1)和(a,+∞)上单调递减，在(1,a)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(1)=2，f(x)的极大值为f(a)=a(ln2a−2lna+2)，<a(ln2a−2lna+2)成立，所以必须有2<2a2e2，所以a>e，因为2<2a2e2<a(ln2a−2lna+2)，所以2a2e2所以2a2e2<ln2a−2lna+2(∗)，下面求不等式(∗)的解集，令lna=x，则不等式(∗)等价于2e x−2<x2−2x+2，令函数ℎ(x)=x2−2x−2e x−2+2，则ℎ′(x)=2x−2−2e x−2，令y=2x−2−2e x−2，y′=2−2e x−2，函数y=2x−2−2e x−2在区间(−∞,2)上单调递增，在区间(2,+∞)上单调递减，又y(2)=0，所以y=2x−2−2e x−2≤0，即ℎ′(x)≤0恒成立，故函数ℎ(x)单调递减，又ℎ(2)=0，所以当且仅当x<2时，ℎ(x)>0，所以不等式2e x−2<x2−2x+2的解集为(−∞,2)，即不等式(∗)的解集为(0,e2).所以a的取值范围为(1,e2).【知识点】利用导数研究函数的单调性【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=2(a−1)lnxx，f′(1)=0，分四种情况①若a≤0，②若0<a<1，③若a=1，④若a>1，讨论函数f(x)的单调性．(2)令g(x)=0，得f(x)=2a2e2，问题可转化为函数y=f(x)与y=2a2e2的图像有3个不同的交点，由(1)知必有0<a<1或a>1，分两种情况①当0<a<1时，②当a>1时，讨论即可得出答案．本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论，转化思想的应用，属于中档题．。
2021届重庆市第八中学高三上学期适应性月考数学(文)试题Word版含答案
2021届重庆市第八中学高三上学期适应性月考数学（文）试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合0,1,2,3A =，301x B x x ⎧-⎫=⎨⎬-⎩⎭≤，则A B ⋂=（ ）A ．1,2B ．1,2,3C ．2.3D ．22.复数()()2234i R z a a a =-+-∈的实部与虚部相等，且z 在复平面上对应的点在第三象限，则a =（ ） A ．1 B ．2 C ．1或2 D ．1-3.函数()sin 0,0,2y A x A πωϕωϕ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭＞＞＜的部分图象如图1所示，则（ ）A ．3sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭B ．3sin 23y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭C ．3sin 6y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭D ．3sin 3y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭4.直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，12AB BC AA ===，则该三棱柱的外接球的表面积为（ ） A ．4π B ．8π C.12π D ．323π5.已知直线40x y ++=被圆22220x y x y a ++-+=所截得弦长为2，则实数a 的值为（ ） A ．1- B ．4- C.7- D ．10-6.已知直线3y x =-与两坐标轴围成的区域为1Ω，不等式组3,0,2y x x y x -⎧⎪⎨⎪⎩≤≥≥所形成的区域为2Ω，现在区域1Ω中随机放置一点，则该点落在区域2Ω的概率是（ ） A ．14 B ．13 C.12 D ．237.某几何体的三视图如图2所示，则该几何体的体积为（）A．123π+ B．136π C.73πD．52π8.已知直线l过点()0,1，且倾斜角为6π，当此直线与抛物线24x y=交于A，B时，AB=（）A．163B．16 C.8 D．16339.阅读如图3所示的程序框图，运行相应的程序，则程序运行后输出的结果为（）A．8 B．9 C.10 D．1110.已知函数()12log,02,12,2,2x xf xx x⎧⎪⎪=⎨⎪-+⎪⎩＜≤＞且()2f a=，则()2f a+=（）A．12B．14C.58D．7811.设当x θ=时，函数()3sin 4cos f x x x =+取得最小值，则sin θ=（ ） A ．35 B ．45 C.35- D ．45-12.设函数()211121x f x x+⎛⎫=+⎪+⎝⎭，则使得()()()21122f x f x f x -+-＜成立的x 的取值范围是（ ） A ．1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．()1,1,3⎛⎫-∞⋃+∞ ⎪⎝⎭ C.11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭ D ．11,,33⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知向量()22,2a =，()0,2b =，(),2c m =，且()2a b c +⊥，则实数m = ．14.若双曲线()221024x y a a -=＞的一条渐近线过点()2,1，则a = ． 15.ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若3cos 5A =-，1sin 2C =，1c =，则ABC ∆的面积为 ．16.重庆好食寨鱼火锅底料厂用辣椒、花椒等原材料由甲车间加工水煮鱼火锅底料，由乙车间加工麻辣鱼火锅底料.甲车间加工1吨原材料需耗费工时10小时，可加工出14箱水煮鱼火锅底料，每箱可获利80元；乙车间加工1吨原材料需耗费工时6小时，可加工出8箱麻辣鱼火锅底料，每箱可获利100元.甲、乙两车间每天总获利最大值为 元．三、解答题 （本大题共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. （本小题满分12分）已知n a 是递增的等差数列，1a ，2a 是函数()21021f x x x =-+的两个零点. （1）求数列n a 的通项公式；（2）记3n n n b a =⨯，求数列n b 的前n 项和n S . 18. （本小题满分12分）发改委10月19日印发了《中国足球中长期发展规划（2016-2050年）重点任务分工》通知，其中“十三五”校园足球普及行动排名第三，为了调查重庆八中高一高二两个年级对改政策的落实情况，在每个年级随机选取20名足球爱好者，记录改政策发布后他们周平均增加的足球运动时间（单位：h ），所得数据如下：高一年级的20位足球爱好者平均增加的足球运动时间： 1.6 3.4 3.7 3.3 3.8 3.2 2.8 4.2 2.5 4.5 3.5 2.5 3.3 3.7 4.0 3.9 4.1 3.6 2.2 2.2 高二年级的20位足球爱好者平均增加的足球运动时间： 4.2 2.8 2.9 3.1 3.6 3.4 2.2 1.8 2.3 2.7 2.6 2.4 1.5 3.5 2.1 1.9 2.2 3.7 1.5 1.6（1）分别计算两组数据的平均数，从计算结果看，哪个年级政策落实得更好？ （2）根据两组数据完成图4的茎叶图，从茎叶图简单分析哪个年级政策落实得更好？ 19. （本小题满分12分）如图5所示，四边形ABCD 是边长为2的正方形，四边形BDFE 是平行四边形，点M ，N 分别是BE ，CF 的中点.（1）求证：MN ∥平面ABCD ；（2）若ABE ∆是等边三角形且平面ABE ⊥平面ABCD ，记三棱柱E ABF -的体积为1S ，四棱锥F ABCD -的体积为2S ，求12S S 的值. 20. （本小题满分12分）已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=＞＞的长轴是圆224x y +=的一条直径，且右焦点到直线230x y +-=的距离（1）求椭圆C 的标准方程；（2）是否存在直线():l y kx m k R =+∈与椭圆C 交于A ，B 两点，使得22OA OB OA OB +=-成立？若存在，求出实数m 的取值范围；若不存在，请说明理由. 21. （本小题满分12分） 设函数()()3x f x k x e x =---.（1）当1k =时，求()f x 在()()0,0f 处的切线方程； （2）若()0f x ＜对任意0x ＞恒成立，求整数k 的最大值.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程已知圆O 和圆C 的极坐标方程分别为2ρ=和4sin ρθ=，点P 为圆O 上任意一点． （1）若射线OP 交圆C 于点Q ，且其方程为3πθ=，求PQ 的长；（2）已知32,2D π⎛⎫⎪⎝⎭，若圆O 和圆C 的交点为A ，B ，求证：222PA PB PD ++为定值．23. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 若0a ＞，0b ＞且223ab a b =++． （1）求2a b +的最小值；（2）是否存在a ，b 使得22417a b +=？并说明理由．2021届重庆市第八中学高三上学期适应性月考数学（文）试题参考答案一、选择题1-5:CACCC 6-10:BBABD 11、12：CB 【解析】1.{}13B x x =＜≤，{}2,3A B ∴⋂=，故选C .2.由题意2234a a-=-，解得1a=或2，当2a=时，22iz=+，它在复平面上对应的点在第一象限，不符合题意，舍去，所以1a=，故选A.3.24362 Tπππ=-=，2Tπ∴=，2Tπω=，又,06π⎛⎫⎪⎝⎭为“五点法”的第一个点，则06πϕ+=，6πϕ=-，sin6y xπ⎛⎫∴=-⎪⎝⎭，故选C.4.设D，1D分别为AC，11A C的中点，则1DD的中点O为球心，球的半径223R CD OD=+=，故表面积为2412S Rππ==，故选C.5.圆的方程为()()22112x y a++-=-，圆心为()1,1-，由22114122a⎛-++⎫+=-⎪⎝⎭得7a=-，故选C.6.如图1所示，OAB∆对应的区域为1Ω，OBC∆对应的区域为2Ω，所以该点落在区域2Ω的概率13OBCOABSPS∆∆==，故选B.7.该几何体由一个圆柱和半个圆锥构成，2211131211236Vπππ=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=，故选B.8.直线3:1l y=+与24x y=联立得24340x-=，643∆=，故21211611333AB k x x=+⋅-=+=，故选A.9.当1i=时，1lg12S=-＞；当2i=时，1lg13S=-＞；当3i=时，1lg14S=-＞……当9i=时，1lg110S==-，故输出9i=，故选B.10.（1）当2a＞时，()1212f a a=-+＜，不成立；（2）当02a＜≤时，()12log2f a a==，则14a=或4a=（舍），所以()9197224248f a f⎛⎫+==-⨯+=⎪⎝⎭，故选D.11.()()343sin4cos5sin cos5sin55f x x x x x xϕ⎛⎫=+=+=+⎪⎝⎭，其中4sin5ϕ=，3cos5ϕ=，由()()5sin5fθθϕ=+=-得()sin1θϕ+=-，所以22kπθϕπ+=-+，k Z∈，22kπθϕπ=--+，k Z∈，所以3 sin sin2sin cos225kππθϕπϕϕ⎛⎫⎛⎫=--+=--=-=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选C.12.由解析式可知，()f x为偶函数且在[)0,+∞上单调递减，则()()()2112221f x f x f x-+-=-，所以()()()()()()()()()2112222122121f x f x f x f x f x f x f x f x f x-+-⇔-⇔-⇔-⇔＜＜＜＜()222212121213x x x x x x x-⇔-⇔-⇔＞＞＞＜或1x＞，故选B.二、填空题13.3- 14.4 15.83625-16.60800【解析】13.()222,6a b+=，由()20a b c+⋅=得22620m+=，所以3m=-.14.渐近线方程为2y xa=±，故41a=，所以4a=.15.22sincRC==，则482sin255a R A==⨯=，又()sin sin sin cos cos sinB AC A C A C=+=+=4331433525210-⎛⎫⨯+-⨯=⎪⎝⎭，118433836sin12251025S ac B--∴==⨯⨯⨯=.16.设甲车间加工原材料x吨，乙车间加工原材料y吨，甲、乙两车间每天获利为z元，则0,0,70,106480,x yx yx y⎧⎪+⎨⎪+⎩≥≥≤≤目标函数1120800z x y=+，作出可行域，如图2所示.当1120800z x y=+对应的直线过直线70x y+=与106480x y+=的交点A时，目标函数1120800z x y=+取得最大值.由70,106480x yx y+=⎧⎨+=⎩得15,55,xy=⎧⎨=⎩故max1120158005560800z=⨯+⨯=，即甲、乙两车间每天总获利最大值为60800元.三、解答题17.解：（1）函数()21021f x x x =-+的两个零点为3，7， 由题意得13a =，37a =.()()213353213213n n n S n n -=⨯+⨯++-⨯++⨯， ()()23133353213213n n n S n n +=⨯+⨯++-⨯++⨯，两式相减得()()()()23111292333213939213n n n n n S n n +++-=+⨯+++-+⨯=+--+⨯，所以13n n S n +=⨯.18.解：（1）设高一年级所得数据的平均数为x ，高二年级所得数据的平均数为y . 由记录数据可得 ()11.6 3.4 3.7 3.3 3.8 3.22.8 4.2 2.5 4.53.5 2.5 3.3 3.74.0 3.9 4.1 3.6 2.2 2.220x =⨯+++++++++++++++++++3.3=，()14.2 2.8 2.9 3.1 3.6 3.4 2.2 1.8 2.3 2.7 2.6 2.4 1.5 3.5 2.1 1.9 2.2 3.7 1.5 1.620y =⨯+++++++++++++++++++2.6=，由以上计算结果可得x y ＞，因此可看出高一年级政策落实得更好. （2）由记录结果可绘制如图3所示的茎叶图：从以上茎叶图可以看出，高一年级的数据有710的叶集中在茎3，4上，而高二年级的数据有710的叶集中在茎1，2上，由此可看出高一年级政策落实得更好.19.（1）证明：如图4，取DF 的中点H ，连接MH ，NH ， 点N ，H 分别是CF ，DF 的中点，NH CD ∴∥. EBDF 是平行四边形，且点M ，H 是BE ，DF 的中点， MH BD ∴∥，又MH NH H ⋂=，BD CD D ⋂=，所以平面MNH ∥平面ABCD ， 又MN ⊂平面MNH ，MN ∴∥平面ABCD.（2）解：法一：DF BE ∥，DF ⊄平面ABE ，BE ⊂平面ABE ， DF ∴∥平面ABE ，1=E ABF F ABE D ABE E ABD S V V V V ----∴===，又EF BD ∥，EF ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， EF ∴∥平面ABCD ，2122F ABCD E ABCD E ABD S V V V S ---∴====，1212S S ∴=. 法二：DF BE ∥，DF ⊄平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，DF ∴∥平面ABE ,平面EAB ⊥平面ABCD ，DA AB ⊥，平面EAB ⋂平面ABCD AB =， DA ∴⊥平面EAB ，11123=3233E ABF D EAB EAB S V V S DA --∴==⋅⋅==， EF BD ∥，EF ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， EF ∴∥平面ABCD ，又平面EAB ⊥平面ABCD ，∴点F 到平面ABCD 的距离等于E 到AB的距离，即h =113F ABCD ABCD S V S h -∴==⋅⋅=， 1212S S ∴=. 20.解：（1）由已知24a =， 解得2a =，c =，所以1b =，椭圆C 的标准方程为2214x y +=.（2）假设存在这样的直线.由22,1,4y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()222418440k x kmx m +++-=， ()2216410k m ∆=-+＞，()*设()11,A x y ，()22,B x y ，则122841kmx x k +=-+，21224441m x x k -=+，()()1212y y kx m kx m =++()221212k x x km x x m =+++ ()22222224484141k m k m m k k -=-+++ 222441m k k -=+， 由22OA OB OA OB +=-得0OA OB ⋅=，即12120x x y y +=， 故22454k m =-，代入()*式得m -＜m 21.解：（1）当1k =时，()1x f x xe '=--， 则()01f '=-，()02f =-，所以()f x 在()()0,0f 处的切线方程为()()210y x --=-⨯-， 即20x y ++=.（2）()30x k x e x ---＜对任意0x ＞恒成立3x x k x e+⇔+＜对任意0x ＞恒成立 min 3x x k x e +⎛⎫⇔+ ⎪⎝⎭＜， 令()()30xx h x x x e +=+＞，则 ()221x x xx e x h x e e ----'=+=. 令()2x x e x ϕ=--，则()10x x e ϕ'=-＞，()x ϕ∴在()0,+∞上单调递增，又()130e ϕ=-＜，3237022e ϕ⎛⎫=- ⎪⎝⎭＞， ∴存在031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00x ϕ=，其中()h x 在()01,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， ()()0000min 3x x h x h x x e +∴==+， 又()00x ϕ=，即0020x e x --=，002x e x ∴=+，()()0000000min 00331122x x x h x h x x x x x x e ++∴==+=+=++++， 031,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，0512,2x ⎛⎫∴+∈ ⎪⎝⎭，0110,22x ⎛⎫∈ ⎪+⎝⎭， ()00112,32x x ∴++∈+， k Z ∈，2k ∴≤，k ∴的最大值为2.22.（1）解：把3πθ=代入4sinρθ=得到Q 点的极径4sin 3Q πρ==， 而点P 的极径为2P ρ=，所以2Q P PQ ρρ=-=.（2）证明：联立2ρ=和4sin ρθ=解得52,6A π⎛⎫ ⎪⎝⎭，2,6B π⎛⎫ ⎪⎝⎭，32,2D π⎛⎫⎪⎝⎭，其直角坐标为()A ，)B，()0,2D -，圆O 的直角坐标方程为224x y +=.则(()(()()22222222211224PA PB PD x y x y x y ++=+-+-+-+++=. 23.解：（1）由条件知()21230a b b -=+＞，12b ＞.所以2321b a b +=-，23422212262121b a b b b b b ++=+=-++=--≥. 当且仅当212b -=，即32b =，3a =时取等，所以2a b +的最小值为6. （2）因为22224269222a b a b ++⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥≥，当且仅当32b =，3a =时取等， 所以22418a b +≥，故不存在a ，b 使得22417a b +=.。
重庆一中2021届高三上学期第一次月考数学试题 Word版含答案
2020 年重庆一中高 2021 级高三上期第一次月考数学试题卷 2020.9本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟一、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1项是符合题目要求的.1. 设集合 A = {y |y =ln (1−x )} ， B = {y |y =√4−2x }，则 A ∩B= ( )A. [0，2)B. (0，2)C. [0，2]D. [0，1)2.a,b ∈(0,+∞)， A =√a +√b ， B =√a +b ，则 A ，B 的大小关系是() A. A<B B. A>B C. A ≤B D. A ≥ B3.已知直线 l 是曲线 y =√x +2x 的切线，则 l 的方程不可能是A.5x −2y +1=OB.4x −2y +1=OC.13x −6y +9=OD.9x − 4y + 4 = 04.中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴。
一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，设扇形的面积为S 1 ，画面中剩余部分的面积为S 2，当 S 1 与S 2的比值为√5−12 时，扇面看上去形状较为美观，那么此时扇形的圆心角的弧度数为() A.(3−√5)π B. (√5−1)πC. (√5+1)πD. (√5−2)π 5. 若函数f (x )={a x ，2<x ≤a log a (x −2)，x >a(其中a >0,且a ≠1)存在零点，则实数 a 的取值范围是 A.(12,1)U (1,3) B.(1,3] C.(2，3) D.(2，3]6. 己知0<ω≤2，函数f (x )=sin (ωx )−√3cos (ωx )，对任意x ∈R ，都有f (π3−x)=−f (x )，则 ω 的值为() A. 12 B. 1 C.32 D. 27. 函数f (x )=2cos x +sin 2x 的一个个单调递减区间是()A.(π4,π2)B.(0,π6)C.(π2,π)D. (5π6,π) 8.设函数 f (x )在 R 上存在导数f ′(x )，对任意的 x ∈R ，有f (x )+f (−x )=2cos x ，且在 [0，+∞)上有f ′(x )>−sin x ，则不等式 f (x )−f (π2−x)≥cos x −sin x 的解集是A.(−∞,π4]B.[π4,+∞)C.(−∞,π6]D.[π6,+∞)二、多项选择题。
2021级重庆一中数学3模精校解析版(1)
．6–6⎧级下期第三次定时作业数学试题（全卷共四个大题，满分150分，考试时间120分钟）参考公式：抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为b 4ac–b2 b（–2a，4a ），对称轴为x=–2a．一、选择题：（本大题12 个小题，每小题4 分，共48分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答．题．卡．上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑．1. –6 绝对值是（C ）8. 《九章算术》中有这样一个题：“今有五雀、六燕，A．–6 B1C．6 D．1集称之衡，雀俱重，燕俱轻．一雀一燕交而处，衡适平．并燕、雀重一斤．问燕、雀一枚各重几何？”译文：2.以下为四个银行的logo，其中是中心对称图形是（B ）“今有5 只雀、6 只燕，分别放在一起而且用称称重，5只雀总重量比6 只燕的总重量要重．若交换一只雀、一只燕，它们重量相等．5只雀、6 只燕重量为1 斤．问每1只雀、燕各重多少斤？”设每一只雀的重量为x 斤，每一只燕的重量为y 斤，则可建立方程组为（C ）A．B．C．D．3.如图，△ABC 与△DFE 是位似图形，且位似中心为O，OB∶OF=2∶1，若线段AC=6，则线段DE 为（D ）1 1A．⎨4x+y=5 y+x⎩4x+5y=1⎧4x+y=5y+xB．⎨1 1⎩4x+5 y=1A．2 B．4 C．6 D．3 ⎧1 1⎧4x+y=5y+x⎨⎩5x=1–6yD．⎨4x+y=5 y+x⎩5x=1–6y4.一个正多边形的一个外角是72°，则该正多边形的边数为（A ）A．5 B．6 C．7 D．85.下列命题是真命题的是（B ）A.对角线相等的平行四边形是菱形B.有一组邻边相等的平行四边形是菱形C.对角线相互垂直且相等的四边形是菱形D.有一组对边平行且相等的四边形是菱形6.如图，在⊙O 中，AB 为直径，C，E 在圆周上，若∠COB=100°，则∠AEC 的度数为（C ）A．30° B ．20° C ．40° D ．50°7.观察如图所示的程序计算，若输出的结果为3，则输入的值m 为（C ）A．1 B．2 C．–1 D．–29．重庆观音桥茂业大厦的户外LED 屏刷新了亚洲户外LED 屏之最，可谓重庆新的“城市封面”．重庆一中的初三学生张亮为了解该LED 屏GH 的高度，进行了实地测量，他从大楼底部E 点沿直线步行30 米到达人行天桥的自动扶梯底端D 点，在D 点用仪器测得屏幕下端点H 的仰角为31°，然后他再沿着坡比为3∶4，长度为40 米的自动扶梯到达扶梯顶端C 点，又沿天桥直线行走了40 米到达天桥的另外一端B 点，在B 点测得屏幕上端点G 的仰角为50°（A，B，C，D，E，H，G在同一个平面内，且B，C 和A，D，E 分别在同一水平线上），则该LED 屏GH 的高度约为（B ）（参考数据sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60，sin50°≈0.77，tan50°≈1.19）A．115.2 米B．127.4 米C．121.4 米D．115.4 米C．DD HCD=2– 3x x 10. 如果关于 xax –5 10 =3 的解为整数，且 的分式方程 x –3 +3–x⎧5x –a≤4关于 x 的不等式组⎨5–x>–2（ 3 有且仅有 1 个正⎩x –2） 整数解，则符合条件的所有整数 a 的和是（ C ）A ．15B ．12C ．7D ．611．如图，在等腰 Rt △ABC 中，∠A=90o ，AB=AC=2， AC 边上有一点 D ，连接 BD ，将△ABD 沿 BD 翻折得到△EBD ，连接 CE. 若 BC 平分∠DBE ，则点 C 到DE 的距离为（ C ）A ．6B ． 4C ．–4D ．–2提示：设 OC=a ，BC=b ，则 DC=3b ，而易知 EF ∥CD 且B ．2 2–1 1 3 3 1 3D ．1ABCE提示:作CH ⊥DE 于H ，由已知易得∠ABD=30°，∠ADB=∠BDE=60°，则∠CDH=60°，易得 AD= 2 ， 2， EF=2CD=2b ，由 S △AEF =2=2×2b ×a ，得 ab=2，则 k 1=a （–b ）=–2，k 2=a ·3b=6，故 k 1+k 2=4，选 B.二、填空题：（本大题 6 个小题，每小题 4 分，共 24 分）请将每小题的正确答案直接填在答．题．卡．中对应的横线上.13．世界旅游业理事会的最新报告预测，受疫情影响， 目前全球有 7500 万个旅游业工作岗位面临威胁，2020 年旅游业产值预计将损失 2100000000000 美元.请将 数 2100000000000 用科学记数表示为 2.1×1012 .1则 CH=（ 2 ） 3 3，故选 C.314．计算：（3）–1– 4=1 .3 2= 3–1 ABCE15．一木盒里装有四个完全相同的小球，在小球上分别标上– 2， 2， 2，3 四个数，搅匀后，小明先从木盒里随机摸出一个小球，然后小亮从剩余的小球里随机摸出一个小球，两人摸出的小球上的数字之积为无 理数的概率为2 .16 . 如图，以 Rt △ABC 直角边 BC 为直径作⊙O ，交 AB 边于点 D ，已知 AC=2，∠B=30o ， 则阴影部分面12．如图，在△ABD 中，A 、B 两点分别在反比例函数 5 3 π 积为 – .（结果保留 π） 4 2y=k 1图象的两支上，且 AB 经过点 O ，点 D 在反比例函数 y=k 2图象的一支上，AD 交 y 轴于点 E ，且 BD⊥x 轴，交 x 轴于点 C ，连接 AC ，交 y 轴于点 F. 若3S =S，S =3k +k 值为（ B ） △ABC △ADC △AEF 2，则 1 217.在重庆一中举办的趣味运动会中，“抢种抢收”的比赛规则如下：全程 50 米直线跑道，在起点和终点之间， 每隔 10 米放置一个小桶，共四个；参赛者用手托着 放有 4 个乒乓球的盘子，在从起点跑到终点的过程中， 将四个乒乓球依次放入 4 个小桶中（放入时间忽略不计），如果中途乒乓球掉出小桶，需要返回，将乒乓球放回桶中，率先到达终点者获胜.小明和小亮同时从2–A ．2 3–1 C ． 3–1起点处出发，以各自的速度匀速跑步前进，小明在放x+1 b+d=21⎩ ⎩或 . 若 入第二个乒乓球后，乒乓球跳出了小桶，落在了第二个桶的旁边，且落地后不再移动，但他并未发现，继续向前跑了一段距离，被裁判员提醒后立即原速返回捡球，并迅速放回桶中（捡球时间忽略不计），为了赶超小亮，小明将速度提高了 1m/s.小明和小亮之间的距离 y （米）和出发的时间 x （秒）之间的函数关系如图所示，则小明在掉出乒乓球后又继续跑了 5 米后开始返回.分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线）． 19. 计算：（5 分/题，共 10 分） （1）x （2x –3y ）–（x+2y ）（2x –y ） 解：原式=2x 2–3xy –（2x 2+3xy –2y 2）=2y 2–6xy .3 x 2–4x+4（2）（x –1–x+1）÷ x+1x 2–4 x+1 解：原式= ·（x –2）2提示：由点（6，4）可知 v 小亮=2×10+46 =4 米/秒，由50–6x+2 =x –2.20. 如图，AC 为矩形 ABCD 的对角线，点 E ，F 分别是线段 BC ，AD 上的点，连接 AE ，CF ，若∠BAE=∠DCF ． （1）求证：四边形 AECF 是平行四边形；（5 分）纵坐标为 6 的点可知小明到终点用时为 4 =11 秒， （2）若 AC 平分∠DAE ，AB=4，BC=8，求△AEC 的 所以（11–6）（v 小明+1）=50–2×10，解得 v 小明=5 米/秒，设小明在掉出乒乓球后又继续跑了 x 米后开始返回，则 6 v 小明=2×10+2x ，解得 x=5.故填 5.18. 2020 年中考在即，为了同学们更好地适应中考，重庆某中学初 2020 级举行了最后一次模拟适应性考试.几周前 Z 、W 、J 、L 四名老师接到本次模拟考试某学科的命题任务. 该学科试卷总的试题数大于 20 且不超过 30. Z 老师与 J 老师命题的数目之和乘以 Z 老师与 L 老师的命题数目之和其结果为 132. W 老师与 J 老师命题的数目之和乘以 W 老师与 L 老师的命题数目之和其结果为 210. 已知 W 老师与 J 老师命题的数目之和为偶数. Z 老师与 J 老师命题的数目之和乘以W 老师与 J 老师的命题数目之和其结果为 154 . 提示：设 Z 、W 、J 、L 四名老师各自的命题数分别为 a 、b 、c 、d ，由题意得：⎧（a+c ）（a+d ）=132=22×3×11…① 周长．（5 分）解：（1）∵四边形 ABCD 是平行四边形，∴AB ∥CD ，AD ∥BC ，∴∠BAC=∠DCA ，即∠1+∠3=∠2+∠4， 又∵∠1=∠2，∴∠3=∠4， ∴AE ∥FC ，又∵AF ∥CE ， ∴四边形 AECF 为平行四边形.⎨ ⎩（b+c ）（b+d ）=210=2×3×5×7 …②，又∵b+c 为偶 ⎧b+c=10 数且 20<a+b+c+d<30 ，由② 得⎨ ⎧b+c=14⎨ ⎩b+d=15（2）∵矩形 ABCD ， ∴∠B=90°，⎧b+c=10 2 2 2 2 ⎨ ，则 d –c=11…③，此时①式中 132 不能分解成 ∴AC= AB +BC = 4 +8 =4 5， ⎩b+d=21⎧b+c=14∵AC 平分∠DAE ， 两个相差为 11 有整数，故矛盾，舍去；若⎨b+d=15，则∴∠3=∠5， 又∵AD ∥BC ，⎧a+c=11 d –c=1…④，此时①式唯有⎨与④相符，故（a+c ） ∴∠5=∠6， ⎩a+d=12 （b+c ）=11×14=154. 故填 154.三、解答题：（本大题 7 个小题，每小题 10 分，共 70∴∠3=∠6，∴EC=AE，设EC=AE=x，则BE=8-x，在Rt△ABE中：AB2+BE2=AE2，x2+2x+2x2+2x+2×20=2 5∴42+（8–x）2=x2，∴x1=5，x2=–5（舍），∴△AEC周长=AE+EC+AC=10+4 5.21.每年都有很多人因火灾丧失生命，某校为提高学生的逃生知识，开展了“防火灾，爱生命”的防火灾安全知识竞赛. 现从该校七、八年级中各抽取10 名学生的竞赛成绩（百分制）进行整理、描述和分析（成绩得分用x 表示，共分成四组：A:80≤x<85，B: 85≤x<90，C:90≤x<95，D: 95≤x≤100），下面给出了部分信息：七年级抽取的10 名学生的竞赛成绩是：100，81，84，83，90，89，89，98，97，99；八年级抽取的10 名学生的竞赛成绩是：100，80，85，83，90，95，92，93，93，99.八年级抽取的学生竞赛成绩频数分布直方图请根据相关信息，回答以下问题：22.在某次数学活动中，小明根据学习函数的经验，研究函数y=3的图象和性质.（1）上表是该函数y 与自变量x 的几组对应值，直接写出a、b 的值；（2 分）（2）如图，在给出的平面直角坐标系中，描出以上表格中的各组对应值为坐标的点，观察描出的这些点的分布，作出该函数的图象；并写出该函数的一条性质；（4 分）（3）已知函数y=|x+1|的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出方程3=|x+1|的解（结（1）直接写出表格中a，b 的值并补全八年级抽取的学生竞赛成绩频数分布直方图；（3 分）（2）根据以上数据，你认为该校七、八年级中哪个年级学生掌握防火安全知识较好？请说明理由（一条理由即可）；（3 分）（3）该校七、八年级共有3200 人参加了此次竞赛活动，估计参加此次竞赛活动成绩非常优秀（x≥95）的学生人数是多少. （4 分）解：（1）a=92.5，b=89，补全如图：（2）我认为八年级中哪个年级学生掌握防火安全知识较好，理由如下：七年级和八年级的平均数均为91 分，八年级的中位数92.5 分比七年级的中位数89.5 分要高.（一条合理的理由即可）（3）32003+4=1120（人）答：此次参加竞赛活动成绩非常优秀（x≥95）的学生人数是1120 人.果精确到0.1）. （4 分）解：（1）a3，b=3；（2）如图，当x<-1 时，y 随x 的增大而增大.（3）x1=–2.2，x2=0.2.23.阅读下列材料，回答问题：材料一：一个三位正整数M，若M 的十位数字大于个位数字且M 是一个正整数的完全平方数，则称M为“ 中核完全平方数”. 例如：三位数961 ，因为961=312，且6>1，所以961 是“中核完全平方数”. 三年级平均分中位数众数方差七年级91 89.5 b 45.2八年级91 a 93 39.24 额比 6 月 24 ，位数 621，因为 242<621<252，所以 621 不是“中核完全平方数”.材料二：一个三位正整数 N= abc （1≤a≤9，1≤b≤9，1≤c ≤9，且 a 、b 、c 为整数），把这个三位数作变换得到 6 个两位数分别为：8a ，8b ，8c ，a8 ，b8 ，c8 ，将这 6 个两位数加起来的和再除以 11 的商记作 F （N ）. 例如：三位数 276，按照这种变换可以得到 6 个两位数分别为：82，87，86，28，78，68，千克降价 a%，销量比 6 月 24 日增加了 2a%，“阳光玫瑰”葡萄的售价每千克上涨1a%，销量比 6 月24 日增加了 a %，结果 6 月 25 日两种葡萄的总销售31日两种葡萄的总销售额增加了36a% 求 a 的值（a>0）. （6 分）解：（1）设“夏黑”葡萄每千克的售价为x 元，由题意得：100x+200（x+10）=17000，解得：x=50. 答：“夏黑”葡萄每千克的售价为 50 元.（2）设 6 月 24 日“夏黑”葡萄的销量为 3m ，由题意得： 所以 F （276） 82+87+86+28+78+68 50（1–a%）·3m （1+2a%）+60（ 1）·2m （1+a%） = 11 =39. 1+4a% （1）请分别判断 121 和 921 是否是“中核完全平方数”， =（50×3m+60×2m ）（ 31 ）， 并说明理由；（4 分） （2）一个三位正整数N 是一个小于500的“中核完全平 1+36a% 令a%=t ，化简得：4t 2–t=0，解得：t =0（舍去）， 1方数”，求所有符合条件的F （N ）的最大值. （6分）解：（1）121 是“中核完全平方数”，理由如下：∵121=112，且 2>1，∴121 是“中核完全平方数” ，921 不是“中核完全平方数”，理由如下： ∵302<921<312，∴921 不是“中核完全平方数” .（2）由题意得：∵N 是“中核完全平方数”所以a=25. 答：a 的值为 25. 1t 2=4， ∴三位数 N 小于 500 的完全平方数有：100，121，144， 169，196，225，256，289，324，361，400，441，484. 符合的有：121，196，361，441，484 ∴F（121）=28，F （196）=40，F （361）=34，F （441） =33，F （484）=40，∵28<33<34<40 ∴F （N ） =40.25. 已知抛物线 y=ax 2+bx+3（a≠0）与 x 轴交于 A 、B 两点（点 A 在点 B 的左侧），与 y 轴交于 C ，A （–2，0） 和 B （6，0）.（1）求抛物线的解析式；（2分）（2）如图1，点P 是直线BC 上方抛物线上的一点，过点 P 作PQ ∥y 轴交BC 于点Q ，求的最大值 最大值和此时点P 的坐标；（4分）（3）如图2，将抛物线先沿x 轴正方向平移m 个单位，再沿y 轴正方向平移m 个单位，记平移后的抛物线为y′，y′的顶点为F ，当y′恰好经过原抛物线的顶点时， 停止平移. 连接AC ，再将△BOC 沿直线AC 平移， 24. 谊品生鲜超市在六月第三周购进“夏黑”和“阳光玫 记平移所得到的三角形为△B ′O ′C （′ 其中点B 的对应 瑰”两种葡萄，已知“夏黑”葡萄的售价比“阳光玫瑰” 葡萄的售价每千克少 10 元.（1）若六月第三周超市购进 100 千克的“夏黑”葡萄，“阳光玫瑰”葡萄的购进数量是“夏黑”葡萄购进数量的 2 倍，全部销售完后，销售额为 17000 元， 则“夏黑”葡萄每千克的售价为多少元？（4 分） （2）由于两种葡萄销量很好，六月第四周超市又购进了两种葡萄若干千克. 6 月 24 日，两种葡萄的售价与第三周的售价相同，其中“夏黑”葡萄与“阳光玫瑰”葡萄当天的销量之比为 3∶2，6 月 25 日是端午节，超市决定调整销售方案，“夏黑”葡萄的售价每点为点B′，点O的对应点为点O′，点C的对应点为点C′），是否存在点O′，使得△B′O′F是以B′O′为腰的等腰三角形，若存在，请直接写出点O′的坐标，若不存在，请说明理由. （4分）2 29图1 图2解：（1）∵y=ax2+bx+3过点A（–2，0）和B（6，0）.（2）如图2，将图1 中△ADE 绕着点A 逆时针旋转，使点D 在△ABC 的内部，连接BD，CD．线段AE，BD 相交于点F，当∠DCB=∠DAC 时，求证：BF=DF；（3）如图3，点C′是点C 关于AB 的对称点，连接C′A，C′B，在（2）的基础上继续逆时针旋转△ADE，过B 作AD 的平行线，交直线EA 于点G，连接C′G，CG，BD，若BC=2，当线段C′G最短时，直接写出△ACG 的面积．⎧4a–2b+3=0⎧a= 1 1∴⎨，解得：⎨ –4，∴y=–x2+x+3. 图1⎩36a+6b+3=0⎩b=1 4（2）过点Q作QK⊥y轴于点K，设P（m 12），，–4m +m +3易得直线BC解析式为y= 1则Q（m1），易2 5知5 CQ=QK，2 54PQ–5 CQ =4PQ–QK –2x+3.，–2m+3图 2=4[ 121）]–m（–4m +m +3）–（–2m+3 =–m 2+5m，当m=5 2 525 5 632时，4PQ–CQ取最大值4 ；此时P（2，16）.图 3解：（1）作CH⊥EA于点H，∵DE=DA，∠EDA=90°，∴∠EAD=45°，∴HC=AH= 2，∴EH=AH+AE=2+3=5，∴EC= EH2+CH2= 22+52= 29.（3 48+4 5372+6 5348–4 5372–6 53）（，），（，），72+8 29108+172–8 29108–12 29（，），（13 ，）.（2）作BQ∥ED交AE于Q，四．解答题：（本大题1 个小题，共8 分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线）．26.（2020·重庆一中九下三模）在△ABC 和△ADE 中∠BAC=∠ADE=90o，AB=AC，DE=DA，且AB>AD．（1）如图1，当点D 在线段AB 上时，连接EC，若AC=2 2，AE=3，求线段EC 的长；∵∠BAC=∠ADE=90°，AB=AC，DE=DA，∴∠4+∠5=45°，∠2=∠E=45°，∴∠1+∠3=90°–∠2=45°，又∵∠1=∠5，∴∠3=∠4，又∵BQ∥ED，∴∠7=∠E=45°，即∠3+∠6=45°，又∵∠4+∠1=∠5+∠4=45°，且∠4=∠3，∴∴∠1=∠6，⎧⎪∠6=∠1在△ABQ和△CAD中⎨AB=AC ，⎪⎩∠3=∠4∴△ABQ≌△CAD（ASA），∴BQ=AD，∵AD=DE，∴BQ=DE，⎧⎪∠7=∠E在△BQF和△DEF中⎨∠QFB=∠EFD ，⎪⎩BQ=DE∴△BQF≌△DEF（AAS），∴BF=DF.（3 ）5– 5. （提示：由BG ∥AD 易得∠ BGA= ∠GAD=135°，而∠ ACB=45°，则得∠ BGA+ ∠ACB=180°，得A、C、B、G 四点共圆，从而得∠ BGC=∠BAC=90°，故动点G 在以BC 中点O 为圆心，半径为1 的圆上，连接C′O，显然当G 点落在C′O 上C′G最短，此时易得GO=1，C′O= 5，易得S1 1 5–1 5–1△ACG=2S△C′CG=2×S△C′CO×5=2 5×S△=5–15– 5ACB×1=2 510. ）。
重庆市普通高中2025届高三一诊考试数学试卷含解析
重庆市普通高中2025届高三一诊考试数学试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效． 5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知双曲线2222x y 1(a 0,b 0)a b-=>>，过原点作一条倾斜角为π3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( )A 1B 1C ．2D2．已知集合{|{|2,}A x N y B x x n n Z =∈===∈,则A B =（ ）A ．[0,4]B ．{0,2,4}C ．{2,4}D ．[2,4]3．关于函数()sin 6f x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭的单调性，下列叙述正确的是（ ）A ．单调递增B ．单调递减C ．先递减后递增D ．先递增后递减4．在平行四边形ABCD 中，113,2,,D,32AB AD AP AB AQ A ====若CP C 12,Q ⋅=则ADC ∠=( ) A ．56πB ．34π C ．23π D ．2π 5．若()f x 是定义域为R 的奇函数，且()()2f x f x +=-，则 A ．()f x 的值域为RB ．()f x 为周期函数，且6为其一个周期C ．()f x 的图像关于2x =对称D ．函数()f x 的零点有无穷多个6．公差不为零的等差数列{a n }中，a 1+a 2+a 5=13，且a 1、a 2、a 5成等比数列，则数列{a n }的公差等于( ) A ．1B ．2C ．3D ．47．数列{a n }，满足对任意的n ∈N +，均有a n +a n +1+a n +2为定值.若a 7=2，a 9=3，a 98=4，则数列{a n }的前100项的和S 100=( ) A ．132B ．299C ．68D ．998． “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为（ ） A ．56383B ．57171C ．59189D ．612429．已知命题p ：若1a >，1b c >>，则log log b c a a <；命题q ：()00,x ∃+∞，使得0302log x x <”，则以下命题为真命题的是（ ） A ．p q ∧B ．()p q ∧⌝C ．()p q ⌝∧D ．()()p q ⌝∧⌝10．已知向量a 与a b +的夹角为60︒，1a =，3b =，则a b ⋅=( ) A ．32-B ．0C ．0或32-D ．32-11．已知函数()2ln 2xx f x ex a x=-+-（其中e 为自然对数的底数）有两个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．21,e e ⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦B ．21,e e ⎛⎫-∞+ ⎪⎝⎭C ．21,e e⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D ．21,e e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭12．某工厂一年中各月份的收入、支出情况的统计如图所示，下列说法中错误的是（ ）．A ．收入最高值与收入最低值的比是3:1B ．结余最高的月份是7月份C ．1与2月份的收入的变化率与4至5月份的收入的变化率相同D ．前6个月的平均收入为40万元二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
21年8月高三第一次调研考_(数学)试题及答案
21年8月高三第一次调研考 (数学)一、选择题1. 设集合A={x|x2−2x−3≤0}，B={x|1≤x<5}，则A∩B=( )A.[−1,2）B.[−1,3]C.[−1,5）D.[1,3]2. 若复数z=2−ii（i为虚数单位），则在复平面内，z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3. 函数f(x)=x−2−x2的图象大致为( )A. B.C. D.4. 质检机构为检测一大型超市某商品的质量情况，从编号为1∼120的该商品中利用系统抽样的方法抽8件进行质检，若所抽样本中含有编号67的商品，则下列编号一定被抽到的是( )A.112B.53C.38D.95. 若双曲线C:x2cos2θ−y2sin2θ=1(0<θ<π2)的离心率为2，则θ=( )A.π3B.π4C.π6D.π126. 已知实数a，b，c满足lna=e b=c，则a，b，c的大小关系为( )A.a>b>cB.c>b>aC.b>c>aD.a>c>b 7. 如图所示的几何体是一个正方体挖掉一个圆锥（圆锥的底面圆与正方体的上底面正方形各边相切，顶点在下底面上），用一个垂直于正方体某个面的平面截该几何体，下列图形中一定不是其截面图的是( )A. B. C. D.8. 执行如图所示的程序框图，则输出的i=( )A.1002B.1001C.1000D.9999. “直线ax+2y+4=0与直线x+(a−1)y+2=0平行”是“a=−1”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10. 已知函数f(x)=sinωx(ω>0)在[−π6,π4]上是单调函数，其图象的一条对称轴方程为x=3π2，则ω的值不可能是( )A.13B.73C.1D.5311. 在△ABC中，AD为△ABC的角平分线，若AB=3,AC=2,AD=√2，则边BC的长为( )A.2√3B.3√22C.5√63D.2√612. 直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，其侧面积是8√2，若该直四棱柱有外接球，则该外接球的表面积的最小值为( )A.3πB.5πC.6πD.8π二、填空题已知f (x )=−e x −1，则曲线y =f (x )在点（1,f(1)）处的切线方程是________.若单位向量a →，b →满足(a →−2b →)⋅(a →+b →)=−12，则a →, b →的夹角为________.若x ，y 满足约束条件{x +y −4≥0,x −y +1≤0,y ≤3,则z =3x −2y 的最小值为________.已知抛物线Γ:y 2=2px (p >0)的焦点为F ，圆F:x 2+y 2−4x =0,M (x,y )为抛物线上一点，且x ∈[1,4]，过M 作圆F 的两条切线，切点分别为A ，B ，则|AB|的取值范围为________.三、解答题在数列{a n }中，a 1=1，a n+1=a n −2a n a n+1. (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n =3na n，求数列{b n }的前n 项和S n .树木根部半径与树木的高度正相关，即树木根部越粗，树木的高度也就越高．某块山地上种植了A 树木，某农科所为了研究A 树木的根部半径与树木的高度之间的关系，从这块山地中用简单随机抽样的方法抽取6棵A 树木，得到A 树木根部半径x （单位：米）与A 树木高度y （单位：米）的相关数据如下表所示：(1)求y 关于x 的线性回归方程；(2)对(1)中得到的回归方程进行残差分析，若某A 树木的残差为零，则认为该树木“长势标准”，在此片树木中随机抽取1棵A 树木，估计这棵树木“长势标准”的概率．参考公式：回归直线方程为y ̂=b ̂x +a ̂，其中b ̂=i ni=1i −nxy ∑x 2n −nx2=ni=1i −x)(y i −y)∑(n x −x)2，a ̂=y −b ̂x .如图，在四棱锥A −BCDE 中，底面BCDE 为矩形，M 为CD 的中点，连接BM ，CE 交于点F ，G 为△ABE 的重心．(1)证明:GF//平面ABC ；(2)若平面ABC ⊥底面BCDE ，平面ACD ⊥底面BCDE ，BC =3,CD =6,AC =4，求四棱锥G −EFMD 的体积已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12，过椭圆的左、右焦点F 1，F 2分别作斜率为1的两条直线，这两条直线之间的距离为√2. (1)求椭圆C 的方程；(2)设点M (1,32)，直线l 与OM （O 为坐标原点）平行且与C 交于A ，B 两点，求△MAB 面积的最大值．已知函数f (x )=12x 2−axlnx +ax .(1)当a =1时，判断f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点，求实数a 的取值范围．在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为{x =a +√5cosα,y =√5sinα（α为参数），直线l 的参数方程为{x =√2ty =√2t （t 为参数），设原点O 在圆C 的内部，直线l 与圆C 交于M 、N 两点；以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线l 和圆C 的极坐标方程，并求a 的取值范围；（2）求证：|OM|2+|ON|2为定值．已知函数f(x)=|x−2|+|x+1|.(1)求不等式f(x)>3的解集；(2)若f(x)的最小值为m，且对任意正数a，b满足a+b=m，求m+1a+1+1b的最小值．参考答案与试题解析21年8月高三第一次调研考 (数学)一、选择题1.【答案】D【考点】交集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：因为A={x|−1≤x≤3}，B={x|1≤x<5}，所以A∩B=[1，3]．故选D.2.【答案】C【考点】复数的代数表示法及其几何意义复数代数形式的乘除运算【解析】此题暂无解析【解答】解：复数z=2−ii =−i(2−i)−i⋅i=−1−2i，则z对应点的坐标为(−1,−2)，位于第三象限．故选C.3.【答案】C【考点】函数奇偶性的判断函数的图象【解析】【解答】解：函数f(x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，由f(−x)=(−x)−2−(−x)2=x−2−x2=f(x)，得f(x)为偶函数，可排除A和B；当x>0时，令f(x)=0，解得x=1，当0<x<1时，f(x)>0，可排除D．故选C．4.【答案】A【考点】系统抽样方法【解析】此题暂无解析【解答】解：由系统抽样的特点知抽样间隔为15，故所抽样本编号符合x0+15k(x0为第一段的抽取样本编号，k∈N），由抽取样本中有编号67，则x0=7，选项中符合7+15k（k∈N）的是112. 故选A.5.【答案】A【考点】双曲线的离心率【解析】此题暂无解析【解答】解：设双曲线的半实轴、半虚轴、半焦距分别为a,b,c，则由题意，得a=cosθ，b=sinθ，c=√cos2θ+sin2θ=1，又离心率为2，则1cosθ=2，cosθ=12，又0<θ<π2，所以θ=π3．故选A.6.【答案】D【考点】对数值大小的比较指数式、对数式的综合比较【解析】此题暂无解析【解答】解：设f(x)=e x−x，由f′(x)=e x−1，易知f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，所以f(x)min=f(0)=1>0，故e x>x，所以c=e b>b，又lna =c ，所以a =e c >c ， 所以a >c >b ． 故选D ． 7. 【答案】 B【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台） 棱柱的结构特征 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：用过圆锥的轴且与上底面一组对棱垂直的平面截该几何体可得A 图， 用平行于圆锥底面的平面截该几何体可得C 图，用垂直于圆锥底面且不过圆锥的轴的平面截该几何体可得D 图， 而B 图用垂直于正方体的任何面的平面截都无法得到． 故选B ． 8. 【答案】 B【考点】 程序框图 数列的求和 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由题意知S =11×2+12×3+ +1i (i+1)，该框图的功能是求当1−S <11000时i +1的最小值， 由S =11×2+12×3+…+1i (t+1)=1−12+12−12−13+⋯+1i −1i +1=1−1i+1，知1−S =1i+1，得1i+1<11000，所以i >999，所以i +1≥1001， 所以输出i 的值为1001． 故选B ． 9. 【答案】C【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系 必要条件、充分条件与充要条件的判断 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：直线ax +2y +4=0与直线x +(a −1)y +2=0平行， 则a (a −1)−2=0，且2a −4≠0， 所以a =−1，反之当a =−1时，直线ax +2y +4=0与直线x +(a −1)y +2=0平行，故“直线ax +2y +4=0与直线x +(a −1)y +2=0平行”是“a =−1"的充要条件． 故选C ． 10. 【答案】 B【考点】正弦函数的单调性 正弦函数的对称性 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由题意，得 {3π2ω=kπ+π2,k ∈Z,π4≤π2ω, 即{ω=23k +13,k ∈Z,0<ω≤2, 解得ω=13,1,53． 故选B . 11. 【答案】 C 【考点】 正弦定理 余弦定理 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由S △ABC =S △ABD +S △ACD ，得12×2×3sinA =12×2×√2sin A2+12×3×√2sin A2，所以6sinA =5√2sin A2，所以cos A2=5√212， 所以cosA =2cos 2A2−1=2×50144−1=−1136， 所以BC =√9+4−2×3×2×(−1136)=5√63． 故选C ． 12. 【答案】 D【考点】球内接多面体棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 基本不等式在最值问题中的应用 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：因为直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，菱形的四个顶点在球上， 所以底面是正方形．设直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1底面正方形的边长为a ，侧棱长为ℎ， 由侧面积是8√2，得4aℎ=8√2，即aℎ=2√2， 且该直四棱柱的外接球的半径R =12√2a 2+ℎ2，所以其外接球的表面积S =4πR 2=π(2a 2+ℎ2)≥π⋅2√2aℎ=8π（当且仅当√2a =ℎ，即a =√2，ℎ=2时等号成立），所以其外接球的表面积的最小值为8π． 故选D ． 二、填空题 【答案】 ex +y +1=0【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由f ′(x )=−e x ，得切线斜率k =f ′(1)=−e ， 又f (1)=−e −1，所以曲线y =f (x )在点(1,−e −1)处的切线方程为ex +y +1=0. 故答案为：ex +y +1=0. 【答案】2π3【考点】数量积表示两个向量的夹角 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：因为|a →|=|b →|=1， 所以(a →−2b →)⋅(a →+b →) =a →2−a →⋅b →−2b →2 =−1−a →⋅b →=−12， 所以a →⋅b →=−12， 所以cos⟨a →,b →⟩=−12，又⟨a →,b →⟩∈[0,π]， 所以⟨a →,b →⟩=2π3.故答案为：2π3 . 【答案】 −3【考点】求线性目标函数的最值 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：作出可行域（如图阴影部分），z =3x −2y 得y =32x −12z ，平移直线y =32x −12z ，由图可知当直线y =32x −12z 经过点A (1,3)时，直线y =32x −12z 在y 轴上的截距最大，此时z 最小，且z min =−3.故答案为：−3. 【答案】[4√5 3,8√2 3]【考点】抛物线的定义抛物线的应用圆与圆锥曲线的综合问题【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意知圆F的圆心为F(2,0)，半径r=2，抛物线方程y2=8x，四边形MAFB的面积S=12|MA|⋅|AF|×2=2√|MF|2−4，又S=12|AB|⋅|MF|，所以|AB|=4√|MF|2−4|MF|=4√1−4|MF|2，由抛物线定义，得|MF|=x+2，又x∈[1,4]，所以MF2∈[9,36]，所以4|MF|2∈[19,49]，所以|AB|∈[4√53,8√2 3].故答案为：[4√53,8√2 3] .三、解答题【答案】解：(1)因为a1=1，a n+1=a n−2a n a n+1，所以a n≠0，所以1a n=1a n+1−2，所以1a n+1−1a n=2，所以数列{1a n}是以2为公差的等差数列，且1a1=1，所以1a n=1+2(n−1)=2n−1，所以a n=12n−1(n∈N∗) .(2)由(1)知b n=(2n−1)×3n，所以S n=1×3+3×32+5×33+7×34+⋯+(2n−1)×3n，两边同乘以3，得3S n=1×32+3×33+5×34+7×35+⋯+(2n−1)×3n+1，两式相减，得−2S n=3+2×32+2×33+2×34+⋯+2×3n−(2n−1)×3n+1 =3+2(32+33+34+….+3n)−(2n−1)×3n+1=3+2×32(1−3n−1)1−3−(2n−1)×3n+1=3+3n+1−9−(2n−1)×3n+1=2(1−n)×3n+1−6所以S n=(n−1)×3n+1+3.【考点】等差数列的通项公式数列递推式数列的求和【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)因为a1=1，a n+1=a n−2a n a n+1，所以a n≠0，所以1a n=1a n+1−2，所以1a n+1−1a n=2，所以数列{1a n}是以2为公差的等差数列，且1a1=1，所以1a n=1+2(n−1)=2n−1，所以a n=12n−1(n∈N∗) .(2)由(1)知b n=(2n−1)×3n，所以S n=1×3+3×32+5×33+7×34+⋯+(2n−1)×3n，两边同乘以3，得3S n =1×32+3×33+5×34+7×35+⋯+(2n −1)×3n+1， 两式相减，得−2S n =3+2×32+2×33+2×34+ ⋯+2×3n −(2n −1)×3n+1 =3+2(32+33+34+….+3n )−(2n −1)×3n+1 =3+2×32(1−3n−1)1−3−(2n −1)×3n+1=3+3n+1−9−(2n −1)×3n+1=2(1−n )×3n+1−6所以S n =(n −1)×3n+1+3. 【答案】解：(1)由x =16×(0.1+0.2+0.3+0.4+0.5+0.6)=0.35，y =16×(1.1+1.3+1.6+1.5+2.0+2.1)=1.6，∑x i 6i=1y i =0.1×1.1+0.2×1.3+0.3×1.6+0.4×1.5+0.5×2.0+0.6×2.1=3.71，∑x i 26i=1=0.12+0.22+0.32+0.42+0.52+0.62=0.91，b ̂=∑x i ni=1y i −nxy ∑x i 2n i=1−nx2=3.71−6×0.35×1.60.91−6×0.352=2， a ̂=y −b̂x = 1.60−2×0.35 =0.9， 故y 关于x 的线性回归方程为y ̂=2x +0.9．(2)当x =0.1，y ̂=2×0.1+0.9=1.1，残差为1.1−1.1=0， 当x =0.2，y ̂=2×0.2+0.9=1.3，残差为1.3−1.3=0， 当x =0.3，y ̂=2×0.3+0.9=1.5，残差为1.6−1.5=0.1， 当x =0.4，y ̂=2×0.4+0.9=1.7，残差为1.5−1.7=−0.2， 当x =0.5，y ̂=2×0.5+0.9=1.9，残差为2.0−1.9=0.1， 当x =0.6，y ̂=2×0.6+0.9=2.1，残差为2.1−2.1=0， 由这6棵A 树木中残差为零的有3棵，占比为36=12，由题意知，“长势标准”的频率为12，依此估计这棵树木“长势标准”的概率为12.【考点】求解线性回归方程 用频率估计概率 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)由x =16×(0.1+0.2+0.3+0.4+0.5+0.6)=0.35，y =16×(1.1+1.3+1.6+1.5+2.0+2.1)=1.6，∑x i 6i=1y i =0.1×1.1+0.2×1.3+0.3×1.6+0.4×1.5+0.5×2.0+0.6×2.1=3.71，∑x i 26i=1=0.12+0.22+0.32+0.42+0.52+0.62=0.91， b̂=∑x i n i=1y i −nxy∑x i 2n i=1−nx2=3.71−6×0.35×1.60.91−6×0.352=2，a ̂=y −b̂x = 1.60−2×0.35 =0.9， 故y 关于x 的线性回归方程为y ̂=2x +0.9．(2)当x =0.1，y ̂=2×0.1+0.9=1.1，残差为1.1−1.1=0， 当x =0.2，y ̂=2×0.2+0.9=1.3，残差为1.3−1.3=0， 当x =0.3，y ̂=2×0.3+0.9=1.5，残差为1.6−1.5=0.1， 当x =0.4，y ̂=2×0.4+0.9=1.7，残差为1.5−1.7=−0.2， 当x =0.5，y ̂=2×0.5+0.9=1.9，残差为2.0−1.9=0.1， 当x =0.6，y ̂=2×0.6+0.9=2.1，残差为2.1−2.1=0， 由这6棵A 树木中残差为零的有3棵，占比为36=12，由题意知，“长势标准”的频率为12，依此估计这棵树木“长势标准”的概率为12. 【答案】(1)证明：延长EG 交AB 于点N ，连接CN ．因为G 为△ABE 的重心，所以N 为AB 的中点，且EG GN=2，因为CM//BE ， 所以EFFC =BECM =2． 所以EF FC =EG GN，所以GF//NC.又GF ⊄平面ABC ，NC ⊂平面ABC ， 所以GF//平面ABC ．(2)解：因为平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC ∩平面BCDE =BC,DC ⊥BC ，DC ⊂平面BCDE ， 所以DC ⊥平面ABC ， 因为AC ⊂平面ABC ， 所以DC ⊥AC ， 同理BC ⊥AC ，又BC ∩DC =C ，BC ，DC ⊂平面BCDE ， 所以AC ⊥平面BCDE ，因为N 为AB 的中点，则N 到平面BCDE 的距离d =12AC =2， 又G 为△ABE 的重心，所以点G 到平面BCDE 的距离ℎ满足ℎd =EGEN =23，所以ℎ=43，因为四边形EFMD 的面积S =12DE ⋅CD −12MC ⋅BC 3=9−32=152， 所以四棱锥G −EFMD 的体积V =13×152×43=103． 【考点】直线与平面平行的判定柱体、锥体、台体的体积计算 【解析】 此题暂无解析 【解答】(1)证明：延长EG 交AB 于点N ，连接CN ．因为G 为△ABE 的重心，所以N 为AB 的中点，且EG GN=2，因为CM//BE ， 所以EF FC =BE CM =2．所以EF FC=EG GN，所以GF//NC.又GF ⊄平面ABC ，NC ⊂平面ABC ， 所以GF//平面ABC ．(2)解：因为平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC ∩平面BCDE =BC,DC ⊥BC ，DC ⊂平面BCDE ， 所以DC ⊥平面ABC ， 因为AC ⊂平面ABC ， 所以DC ⊥AC ， 同理BC ⊥AC ，又BC ∩DC =C ，BC ，DC ⊂平面BCDE ， 所以AC ⊥平面BCDE ，因为N 为AB 的中点，则N 到平面BCDE 的距离d =12AC =2， 又G 为△ABE 的重心，所以点G 到平面BCDE 的距离ℎ满足ℎd =EGEN =23， 所以ℎ=43，因为四边形EFMD 的面积S =12DE ⋅CD −12MC ⋅BC 3=9−32=152，所以四棱锥G −EFMD 的体积V =13×152×43=103．【答案】解：(1)因为分别过F 1，F 2所作的两条直线的斜率为1，故其倾斜角为π4， 又两直线间的距离为√2，所以焦距2c =2， 所以c =1， 因为离心率e =c a=12，所以a =2，所以b 2=a 2−c 2=4−1=3， 所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1．(2)K OM =32−01−0=32，由OM//l ，可设直线l 的方程为y =32x +n (n ≠0)，代入3x 2+4y 2=12，并整理得3x 2+3nx +n 2−3=0. 由直线l 与C 交于A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)两点， 得Δ=9n 2−12(n 2−3)≥0， 解得0≤n 2≤12.由韦达定理，得x 1+x 2=−n ，x 1x 2=n 2−33，所以|AB|=√(1+k 2)[(x 1+x 2)2−4x 1x 2| =√(1+94)[(−n)2−4×n 2−33]=√13(12−n 2)12.点M 到直线l 的距离d =√13，所以S △MAB =12|AB|⋅d=12√13(12−n 2)12√13 =√n 2(12−n 2)12． 因为√n 2(12−n 2)≤n 2+(12−n 2)2=6，所以当且仅当n 2=12−n 2，即n =±√6（适合0≤n 2<12）时，△MAB 面积的最大值为√3 【考点】椭圆的标准方程椭圆的离心率椭圆中的平面几何问题直线与椭圆结合的最值问题【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)因为分别过F1，F2所作的两条直线的斜率为1，故其倾斜角为π4，又两直线间的距离为√2，所以焦距2c=2，所以c=1，因为离心率e=ca =12，所以a=2，所以b2=a2−c2=4−1=3，所以椭圆C的方程为x 24+y23=1．(2)K OM=32−01−0=32，由OM//l，可设直线l的方程为y=32x+n(n≠0)，代入3x2+4y2=12，并整理得3x2+3nx+n2−3=0. 由直线l与C交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，得Δ=9n2−12(n2−3)≥0，解得0≤n2≤12.由韦达定理，得x1+x2=−n，x1x2=n2−33，所以|AB|=√(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2|=√(1+94)[(−n)2−4×n2−33]=√13(12−n2)12.点M到直线l的距离d=√13，所以S△MAB=12|AB|⋅d=12√13(12−n2)12√13=√n2(12−n2)12．因为√n2(12−n2)≤n2+(12−n2)2=6，所以当且仅当n2=12−n2，即n=±√6（适合0≤n2<12）时，△MAB面积的最大值为√3【答案】解：(1)当a=1时，f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=x−lnx，则令ℎ(x)=x−lnx，则ℎ′(x)=1−1x=x−1x，当0≤x≤1时，ℎ′(x)<0；当x>1时，ℎ′(x)>0，所以f′(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以x=1是f′(x)的极小值点，也是f′(x)的最小值点，所以f′(x)≥f′(1)=1>0，所以f(x)在(0,+∞)上为增函数．(2)由f(x)有两个极值点，得f′(x)=x−alnx有两个零点．设g(x)=x−alnx，则g′(x)=1−ax=x−ax．当a≤0时，g′(x)>0，则g(x)在(0,+∞)上是增函数，此时g(x)最多有一个零点．当a>0时，由g′(x)≤0，得0≤x≤a；由g′(x)>0，得x>a，所以g(x)在(0,a)上是减函数，在(a,+∞)上是增函数，所以x=a是g(x)的极小值点，也是g(x)的最小值点，且g(x)min=g(a)=a−alna=a(1−lna).当a=e时，g(x)min=0，此时，g(x)只有一个零点．当0≤a≤e时，g(x)min>0，此时，g(x)无零点．当a>e时，g(x)min<0，又g(e−1)=e−1+a>0，所以g(x)在(0,a)上有一个零点．g(e a)=e a−a2=e a(1−a2e a)，令φ(a)=1−a2e a(a>e)，则φ′(a)=a(a−2)e a>0，所以φ(a)在(e,+∞)上是增函数，从而φ(a)>φ(e)=1−e2e e>0，所以g(e x)>0，所以g(x)在(a,+∞)上有一个零点．此时，g(x)有两个零点，且都是f(x)的极值点．综上，实数a的取值范围是(e,+∞)．【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】解：(1)当a=1时，f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=x−lnx，则令ℎ(x)=x−lnx，则ℎ′(x)=1−1x=x−1x，当0≤x≤1时，ℎ′(x)<0；当x>1时，ℎ′(x)>0，所以f′(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以x =1是f ′(x )的极小值点，也是f ′(x )的最小值点， 所以f ′(x )≥f ′(1)=1>0， 所以f (x )在(0,+∞)上为增函数．(2)由f (x )有两个极值点，得f ′(x )=x −alnx 有两个零点． 设g (x )=x −alnx ，则g ′(x )=1−ax =x−a x．当a ≤0时，g ′(x )>0，则g (x )在(0,+∞)上是增函数，此时g (x )最多有一个零点． 当a >0时，由g ′(x )≤0，得0≤x ≤a ；由g ′(x )>0，得x >a ， 所以g (x )在(0,a )上是减函数，在(a,+∞)上是增函数， 所以x =a 是g (x )的极小值点，也是g (x )的最小值点， 且g (x )min =g (a )=a −alna =a (1−lna ).当a =e 时，g (x )min =0，此时，g (x )只有一个零点． 当0≤a ≤e 时，g (x )min >0，此时，g (x )无零点． 当a >e 时，g (x )min <0，又g (e −1)=e −1+a >0， 所以g (x )在(0,a )上有一个零点． g (e a )=e a −a 2=e a (1−a 2e a)，令φ(a )=1−a 2ea (a >e )，则φ′(a )=a (a−2)e a>0，所以φ(a )在(e,+∞)上是增函数，从而φ(a )>φ(e )=1−e 2e e >0， 所以g (e x )>0，所以g (x )在(a,+∞)上有一个零点．此时，g (x )有两个零点，且都是f (x )的极值点． 综上，实数a 的取值范围是(e,+∞)． 【答案】（1）解：将直线Ⅰ的参数方程化为直角坐标方程，得y =x 所以直线Ⅰ的极坐标方程为θ=π4(ρ∈R )将圆C 的参数方程化为普通方程，得(x −a )2+y 2=5所以圆C 的极坐标方程为ρ2−(2acosθ)ρ+a 2−5=0由原点O 在圆C 的内部，得(0−a )2+02<5，解得−√5<a <√5故α的取值范围是(−√5,√5) (2)证明：设M(x 1,x 1)，N(x 2,x 2)，则{xy=1x 2+y 2−2ax =5−a 2⇒2x 2−2ax −5+a 2=0， 由韦达定理得： {x 1+x 2=2a2=a ，x 1x 2=a 2−52.|OM|2+|ON|2=(√(x 1−0)2+(x 1−0)2)2+(√()(x 2−0)(x 2−0))2=2x 12+2x 22=2[(x 1+x 2)2−2x 1x 2]=2(a 2−a 2+5)=10． 故|OM|2+|ON|2为定值．【考点】参数方程化为普通方程圆的参数方程 圆的极坐标方程 【解析】由x =ρcosθ，y =ρsinθ，能求出圆C 的极坐标方程，由直线l 的参数方程，求出直线的直角坐标方程，从而能求出直线l 的极坐标方程． 答案未提供解析． 【解答】（1）解：将直线Ⅰ的参数方程化为直角坐标方程，得y =x 所以直线Ⅰ的极坐标方程为θ=π4(ρ∈R )将圆C的参数方程化为普通方程，得(x −a )2+y 2=5所以圆C 的极坐标方程为ρ2−(2acosθ)ρ+a 2−5=0由原点O 在圆C 的内部，得(0−a )2+02<5，解得−√5<a <√5故α的取值范围是(−√5,√5) (2)证明：设M(x 1,x 1)，N(x 2,x 2)，则{xy =1x 2+y 2−2ax =5−a 2⇒2x 2−2ax −5+a 2=0，由韦达定理得： {x 1+x 2=2a2=a ，x 1x 2=a 2−52.|OM|2+|ON|2=(√(x 1−0)2+(x 1−0)2)2+(√()(x 2−0)(x 2−0))2=2x 12+2x 22=2[(x 1+x 2)2−2x 1x 2]=2(a 2−a 2+5)=10．故|OM|2+|ON|2为定值． 【答案】解：(1)f (x )={1−2x,x ≤−1,3,−1<x ≤2,2x −1,x >2,当x ≤−1时，不等式变为1−2x >3，解得x <−1； 当−1<x ≤2时，不等式变为3>3，无解；当x >2时，不等式变为2x −1>3，解得x >2． 故不等式f (x )>3的解集为{x|x >2或x <−1}． (2)由(1)知f (x )的最小值为3，所以a +b =3，则(a +1)+b =4， m +1a +1+1b =4a +1+1b =14[(a +1)+b ](4a +1+1b ) =14(5+4b a+1+a+1b)≥14(5+2√4ba+1⋅a+1b)=94，当且仅当{4ba+1=a+1b ,a +b =3,即a =53，b =43时，等号成立， 所以m+1a+1+1b 的最小值为94． 【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】 此题暂无解析 【解答】解：(1)f (x )={1−2x,x ≤−1,3,−1<x ≤2,2x −1,x >2,当x ≤−1时，不等式变为1−2x >3，解得x <−1； 当−1<x ≤2时，不等式变为3>3，无解；当x >2时，不等式变为2x −1>3，解得x >2． 故不等式f (x )>3的解集为{x|x >2或x <−1}． (2)由(1)知f (x )的最小值为3，所以a +b =3，则(a +1)+b =4， m +1a +1+1b =4a +1+1b =14[(a +1)+b ](4a +1+1b ) =14(5+4ba+1+a+1b)≥14(5+2√4b a+1⋅a+1b)=94，当且仅当{4ba+1=a+1b,a +b =3,即a =53，b =43时，等号成立， 所以m+1a+1+1b的最小值为94．。
重庆八中2021级八上定时数学试题一
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图
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2021届重庆一中高三上学期开学数学(理科) 试题Word版含解析
2021届重庆一中高三上学期开学数学（理科）试题一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1． cosxdx=（）A．1 B．0 C．﹣1 D．22．已知集合M={x|x2﹣3＞0}，N={n|1≤2n≤13且n∈Z}，则N∩M=（）A．{2，3} B．{3} C．[0，）D．[2，+∞）3．已知函数f（x）=e|x﹣1|在区间[a，+∞）上是增函数，则a的取值范围是（）A．a≥1 B．a≤1 C．a≤﹣1 D．a≥﹣14．已知f（x）=x3+x﹣4，则函数f（x）的零点位于区间（）内．A．（﹣1，0）B．（0，1）C．（1，2）D．（2，3）5．若f（x）=1﹣2x，g[f（x）]=2x+x，则g（﹣1）的值为（）A．1 B．3 C．﹣ D．66．△ABC的内角A、B、C所对的边是a、b、c．若b=a•cosC+c•sinA，则内角A=（）A．30° B．45° C．60° D．90°7．下列说法中错误的是（）A．“|x|＞1”是“x＞1”的必要不充分条件．B．若命题p：∀x∈R，2x＜3．则￢p：∃x∈R，2x≥3．C．若p∧q为假命题，则p∨q也为假命题．D．命题“若x+y≠5，则x≠2或y≠3”是真命题8．某正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）的正视图和俯视图如图所示．若它的体积为2，则它的侧视图面积为（）A．2 B．3 C．2 D．49．sin（﹣10°）cos160°﹣sin80°sin=（）A．﹣B．C．﹣ D．10．在区间（0，1）内随机抽取两个数x和y，恰好满足y≥2x的概率是（）A．B．C．D．11．在直角坐标系中，A、B分别是x轴和y轴上的动点，若以线段AB为直径的圆C与直线x+y﹣4=0相切，则圆C面积的最小值为（）A．4πB．2πC．πD．π12．已知函数，若对任意三个实数a、b、c，均存在一个以f（a）、f（b）、f （c）为三边之长的三角形，则k的取值范围是（）A．﹣2＜k＜4 B．C．﹣2＜k≤1 D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知2a=5b=，则+= ．14．已知角α的终边落在直线y=﹣2x上，则sin2α= ．15．△ABC的内角为A、B、C，其中A=，cosC=，BC=．点D是边AC的中点，则中线BD的长为．16．定义在R上的函数f（x）满足下列三个条件：（1）f（x﹣2）+f（﹣x）=0；（2）f（2﹣x）=f（x）；（3）在（﹣1，1]上的表达式为f（x）=．已知函数g（x）=，则方程f（x）=g（x）在区间[﹣5，3]内共有个解．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．已知f（x）=（x﹣a）2+4ln（x+1）的图象在点（1，f（1））处的切线与y轴垂直．（1）求实数a的值；（2）求出f（x）的所有极值．18．我国政府对PM 2.5采用如表标准：PM 2.5日均值m（微克/立方米）空气质量等级m＜35 一级35≤m≤75 二级m＞75 超标某市环保局从一年365天的市区PM 2.5监测数据中，随机抽取10天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示（十位为茎，个位为叶）．（1）用样本数据来估计全年大概有多少天空气质量超标？（2）求样本数据的中位数；（3）从样本数据中任取2天的数据，记ξ为这2天里空气质量达到一级的天数，求ξ的分布列和期望．19．如图（1）所示，在边长为12的正方形AA′A A1中，点B、C在线段AA′上，点B1、C1在线段A1A1′上，且有CC1∥BB1∥AA1，AB=3，BC=4．连结对角线AA1′，分别交BB1和CC1于点P和点Q．现将该正方形沿BB1和CC1折叠，使得A′A1′与AA1重合，构成如图（2）所示的三棱柱ABC﹣A1B1C1，连结AQ．（1）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，求证：AP⊥BC；（2）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，求直线A1Q与面APQ所成角的正弦值．20．已知椭圆C的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点B恰好是抛物线x2=4y的焦点．（1）求椭圆C的方程；（2）直线l与椭圆C交于M，N两点，那么椭圆C的右焦点F是否可以成为△BMN的垂心？若可以，求出直线l的方程；若不可以，请说明理由．（注：垂心是三角形三条高线的交点）21．已知函数f（x）=e x﹣ax﹣1（a∈R），函数g（x）=ln（e x﹣1）﹣lnx．（1）求出f（x）的单调区间；（2）若x∈（0，+∞）时，不等式f（g（x））＜f（x）恒成立，求实数a的取值范围．请考生在第22、23、24题中任选一题作答。
重庆一中2021届高考数学三诊试卷(含答案解析)
重庆一中2021届高考数学三诊试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分） 1.已知tanα，tanβ是关于x 的方程x 2+(log a M +log b M)x −log a M ⋅log b M =0两个根，其中a ，b ，M 均不为1的正数，若sinαcosβ+cosαsinβ=2sinαsinβ，则a ，b ，M 满足的关系是( )A.a+b 2=MB. √ab =MC. a +b =MD. ab =M2. 下列关系中，正确的个数为( )①√22∈R ②{√3}∈Q③0∈N ∗④{−5}⊆Z ．A. 1B. 2C. 3D. 43.已知向量a ⃗ =(−1,2)，b ⃗ =(2,y)，若a ⃗ //b ⃗ ，则3a ⃗ +4b ⃗ =( )A. (1,−2)B. (1,2)C. (5,−10)D. (−10,−5)4.二项式(x 2−12x )6的展开式中x 3的系数为( )A. 52B. −52C. 1516D. −3165.“中国农谷杯”2012全国航模锦标赛于10月12日在荆门开幕，文艺表演结束后，在7所高水平的高校代表队中，选择5所高校进行航模表演．如果M 、N 为必选的高校，并且在航模表演过程中必须按先M 后N 的次序(M 、N 两高校的次序可以不相邻)，则可选择的不同航模表演顺序有( )A. 120种B. 240种C. 480种D. 600种6.如图，某景区内有一圆形花圃，其直径AB 为6，O 为圆心，且OC ⊥AB ，在OC 有一座观赏亭Q ，其中∠AQC =2π3，计划在圆弧BC⏜再建一座观赏亭P ，记∠POB =θ (0<θ<π2)，当∠OPQ 越大时，游客在观赏亭P 处的观赏效果越佳，则观赏效果最佳时，sinθ=( )A. √33B. √22C. √32D. 127.△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，G 是平面△ABC 上一点，且满足a ⋅GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +b ⋅GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +c ⋅GC⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则G 是△ABC 中的( ) A. 内心B. 外心C. 重心D. 垂心8.若sinα+cosα=√22(lnx +1lnx)，则α的值为( )A. 2kπ+π4，k ∈Z B. kπ+π4，k ∈Z C. 2kπ−π4，k ∈ZD. kπ−π4，k ∈Z二、多选题（本大题共4小题，共20.0分） 9.任何一个复数z =a +bi(其中a,b ∈R,i 为虚数单位)都可以表示成：z =r(cosθ+isinθ)的形式，通常称之为复数z 的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：z n =[r(cos θ+isin θ)]n =r n (cos nθ+isin nθ)(n ∈N +)，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是( )A. |z 2|=|z|2B. 当r =1，θ=π3时，z 3=1C. 当r =1，θ=π3时，z =12−√32i D. 当r =1，θ=π4时，若n 为偶数，则复数z n 为纯虚数10. 如图所示，棱长为1的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，P 为线段A 1B 上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是( )A. 平面D 1A 1P ⊥平面A 1APB. AP ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 不是定值C. 三棱锥B 1−D 1PC 的体积为定值D. DC 1⊥D 1P11. 已知数列{a n }的通项公式为a n =9−2n ，要下列各数中是{a n }的项的是( )A. 7B. 0C. 3D. 512. 设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)是抛物线y 2=4x 上两点，O 是坐标原点，若OA ⊥OB ，下列结论正确的为( )A. y 1y 2为定值B. 直线AB 过抛物线y 2=4x 的焦点C. S ΔAOB 最小值为16D. O 到直线AB 的距离最大值为4三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知函数f(x)={x +1,x ≤02x −1,x >0，则f(f(0))=______．14. 在一本书中，分组统计100个句子中的字数，得出下列结果：字数1～5个的5句，字数6～10个的27句，字数11～15个的32句，字数16～20个的21句，字数21～25个的9句，字数26～30个的6句．利用组中值可估计该书中平均每个句子所包含的字数为 ．x2+2ax与g(x)=3a2lnx+b(a>0)的图象的公共点，以P为切点可作15.设点P为函数f(x)=12直线与两曲线都相切，则实数b的最大值为______．16.如图，已知底面半径为r的圆柱被截后剩下部分的体积是______ ．四、解答题（本大题共6小题，共72.0分）17.已知函数f(x)=2sin xcos x+cos2x(x∈R)．(1)当x取什么值时，函数f(x)取得最大值，并求其最大值；(2)若θ为锐角，且f=，求tanθ的值．18.数列{a n}中，a3=1，a1+a2+⋯+a n=a n+1(n∈N∗).(Ⅰ)求a1，a2，a4，a5；(Ⅱ)求数列{a n}的前n项和S n；(Ⅲ)设b n=log2S n，存在数列{c n}使得c n⋅b n+3⋅b n+4=n(n+1)(n+2)S n，试求数列{c n}的前n项和T n．19.为了解甲乙两厂的产品质量，采用分层抽样的方法，从甲、乙两厂生产的产品中分别抽取14件和5件，测量产品中微量元素x，y的含量(单位：mg)下表是乙厂的5件产品测量数据编号12345x169178166175180y7580777081①已知甲厂生产的产品共有98件，求乙厂生产的产品数量；②当产品中微量元素x，y满足x≥175，y≥75时，该产品为优质品，试估计乙厂生产的优质品的数量；③从乙厂抽出的上述5件产品中任取3件，求抽取的3件产品中优质品数ξ的分布列及数学期望．20. (本题12分)已知平面，且是垂足，证明：21. 已知椭圆E：x23+y22=1，直线l：y=kx+2．(1)若直线l与椭圆E有公共点，求实数k的取值范围；(2)若直线l经过椭圆左焦点，且与椭圆交于A、B两点，求弦AB的长．．22. 已知函数f(x)=2x+2x+alnx，a∈R.若函数f(x)在[1,+∞)单调递增，求实数a的取值范围？【答案与解析】1.答案：B解析：解：∵sinαcosβ+cosαsinβ=2sinαsinβ，∴tanα+tanβ=2tanαtanβ，∵tanα，tanβ是关于x的方程x2+(log a M+log b M)x−log a M⋅log b M=0的两个根，∴tanαt+anβ=−(log a M+log b M)=−log a M⋅log b Mlog M ab，tanαtanβ=−log a M⋅log b M，∴−log a M⋅log b Mlog M ab=−2log a M⋅log b M，∴log M ab=2，∴√ab=M，故选：B．根据韦达定理，得到tanαt+anβ=−(log a M+log b M)=−log a M⋅log b Mlog M ab，tanαtanβ=−log a M⋅log b M，再根据三角形函数的化简得到tanα+tanβ=2tanαtanβ，计算即可本题考查了韦达定理和三角函数的化简，属于基础题．2.答案：B解析：解：①√22∈R正确，②{√3}∈Q不正确，③0∈N∗不正确，④{−5}⊆Z正确．故选B．根据元素与集合的关系，集合间的包含关系，进行判断．本题主要考查元素与集合的关系，集合间的包含关系，属于基础题．3.答案：C解析：解：∵向量a⃗=(−1,2),b⃗ =(2,y),a⃗//b⃗ ，∴−1·y=2×2，解得y=−4，则3a⃗+4b⃗ =(5,−10)．故选：C．利用向量共线的充要条件列方程，求出y，再利用平面向量坐标运算法则能求出结果．本题考查平面向量的求法，考查向量平行的性质、平面向量坐标运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．4.答案：B解析：解：二项式(x2−12x )6的展开式的通项公式为C6r(−12)r x12−3r，令12−3r=3，解得r=3，故二项式(x 2−12x )6的展开式中x 3的系数为为C 63(−12)3=−52， 故选：B ．求出通项公式，令12−3r =3，解得r =4，再代值计算即可．本题考查二项式定理的应用，关键是掌握二项式定理的形式，属于基础题．5.答案：D解析：解：如果M 、N 为必选高校，则从其余的5个高校中任意取出3个进行排列，共有A 53种方法，将这3个高校排列，存在4个空，从中任意选取2个，按顺序插入M 、N ，有C 42种方法， 故根据分步计数原理知不同的航模表演顺序种数是A 35⋅C 42=600，故选D ．从其余的5个高校中任意取出3个进行排列，然后从4个空位中任意选取2个，按顺序插入M 、N ，由分步计数原理可得．本题考查排列与组合以及简单的计数原理，正确理解按先M 后N 的次序经过M 、N 两城市，并正确应用排列、组合公式是解题的关键，属中档题．6.答案：A解析：解：设∠OPQ =α，在△OPQ 中，OP =3，∠POQ =π2−θ， 由正弦定理得OQ sin∠OPQ =OP sin∠OQP ，即√3sinα=3sin(π−α−(π2−θ))，所以√3sinα=sin(π−α−(π2−θ))=sin(π2−(α−θ))=cos(α−θ)=cosαcosθ+sinαsinθ， 从而(√3−sinθ)sinα=cosαcosθ，其中√3−sinθ≠0，cosα≠0， 所以tanα=√3−sinθ，记f(θ)=√3−sinθ，则f′(θ)=√3sinθ(√3−sinθ)2，θ∈(0,π2)， 令f′(θ)=0，sinθ=√33，存在唯一θ0∈(0,π2)使得sinθ0=√33，当θ∈(0,θ0)时f′(θ)>0，f(θ)单调增，当θ∈(θ0,π2)时f′(θ)<0，f(θ)单调减， 所以当θ=θ0时，f(θ)最大，即tan∠OPQ 最大， 又∠OPQ 为锐角，从而∠OPQ 最大，此时sinθ=√33．故观赏效果达到最佳时，sinθ=√33，故选：A ．设∠OPQ =α，在△OPQ 中，由正弦定理得√3sinα=3sin(π−α−(π2−θ))，变形可得(√3−sinθ)sinα=cosαcosθ，记f(θ)=√3−sinθ求导可得，由导数与函数的单调性的关系分析可得答案．本题考查解三角形的应用，涉及函数导数的性质以及应用，关键是建立三角函数的模型．7.答案：A解析：解：∵a ⋅GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +b ⋅GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +c ⋅GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ， ∴a GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +b(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AG ⃗⃗⃗⃗⃗ )+c(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AG ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0⃗ ， ∴(a +b +c)AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =b AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +c AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 即AG⃗⃗⃗⃗⃗ =b a+b+cAB⃗⃗⃗⃗⃗ +c a+b+cAC⃗⃗⃗⃗⃗ =bc a+b+c⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+bca+b+c⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ |AC⃗⃗⃗⃗⃗ |， ∴G 在∠BAC 的角平分线上，同理可得：G 在∠ABC 的角平分线上， ∴G 是△ABC 的内心． 故选：A ．用AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 表示出AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ，结合图形即可得出G 在∠BAC 的角平分线上．本题考查了平面向量在几何中的应用，平面向量的基本运算，同时考查转化思想，属于中档题．8.答案：B解析：解：由基本不等式得：lnx +1lnx ≥2或lnx +1lnx ≤−2， ∴√22(lnx +1lnx)≥√2或√22(lnx +1lnx)≤−√2，又sinα+cosα=√2sin(α+π4)，sinα+cosα=√22(lnx +1lnx )，∴sin(α+π4)≥1或sin(α+π4)≤−1，由正弦函数的性质可知，sin(α+π4)=1或sin(α+π4)=−1， ∴α+π4=kπ+π2，k ∈Z ，∴α=kπ+π4，k ∈Z ． 故选：B ．利用对数函数的性质及基本不等式，可得lnx +1lnx ≥2或lnx +1lnx ≤−2，结合已知可得sin(α+π4)≥1或sin(α+π4)≤−1，利用正弦函数的值域可知sin(α+π4)=1或sin(α+π4)=−1，从而可求α的值．本题考查同角三角函数基本关系的运用，考查基本不等式的应用与正弦函数的值域，考查综合分析与运算能力，属于中档题．9.答案：AC解析：本题考查了新定义的应用、复数的三角表示、模以及共轭复数，属于中档题． 根据新定义，逐一判定即可得出结论．解：对于A ，z =r(cosθ+ isinθ)，z 2=r 2(cos2θ+ isin2θ)，则|z 2|=r 2，|z|2=r 2，所以，故A 正确；对于B ，当r =1，θ=π3时，z 3=r 3(cos3θ+ isin3θ)=cosπ+isinπ=−1，故B 错误； 对于C ，当r =1，θ=π3时，，则z =12−√32i ，故C 正确；对于D ，当r =1，θ =π4时，，当n 为偶数时，复数z n 不一定为纯虚数，比如当n =4时，，为实数，故D 错误，故选AC ．10.答案：ACD解析：解：如图，A .由正方体的结构特征，得D 1A 1⊥平面A 1AP ，D 1A 1⊂平面D 1A 1P ， ∴平面D 1A 1P ⊥平面A 1AP ，故A 正确；B .AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos45°+|A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos90°=1×√2×√22=1，故AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1，故B 不正确；C .V B 1−D 1PC =V P−B 1D 1C ，△B 1D 1C 的面积是定值，A 1B//平面B 1D 1C ， ∵点P 在线段A 1B 上的动点，∴点P 到平面B 1D 1C 的距离是定值， ∴V B 1−D 1PC =V P−B 1D 1C 是定值，故C 正确；D .∵DC 1⊥A 1D 1，DC 1⊥A 1B ，A 1D 1∩A 1B =A 1，∴DC 1⊥平面A 1D 1P ， 而D 1P ⊂平面A 1D 1P ，∴DC 1⊥D 1P ，故D 正确． 故选：ACD ．由正方体的结构特征证明直线与平面垂直，进一步得到面面垂直判断A ；求解数量积判断B ；由等体积法说明体积为定值判断C ；证明线面垂直，从而得到线线垂直判断D ．本题考查点，线，面的位置关系，体积，空间向量数量积的综合判断题型，重点考查垂直关系，属于中档题型．11.答案：ACD解析：解：A：当a n=7时，9−2n=7，∴n=1，∴A正确．B：当a n=0时，9−2n=0，∴n=92，∵n∈N+，∴B错误．C：当a n=3时，9−2n=3，∴n=3，∴C正确．D：当a n=5时，9−2n=5，∴n=2，∴D正确．故选：ACD．把选项分别代入通项公式，求出n的值，若n为正整数，则是数列的项，若n不是正整数，则不是数列的项．本题考查数列的通项公式的应用，考查计算能力．是基础题．12.答案：ACD解析：解：设直线AB方程为x=my+n，A(x1,y1)，B(x2,y2)，将直线AB方程代入抛物线方程y2=4x，焦点坐标(1,0)得y2−4my−4n=0，则y1+y2=4m，y1y2=−4n，∵OA⊥OB，∴k OA⋅k OB=y1y2x1x2=−4n−4m2n+4m2n+n2=−1，n=4．于是直线AB方程为x=my+4，该直线过定点(4,0).故A正确；焦点坐标不满足直线方程，所以B不正确；y1y2=−4n=−16，1 2|OA||OB|=12×√x12+y12⋅√x22+y22 =12×√y1416+y12⋅√y2416+y22=12×|y1y2|×116×√(y12+16)(y22+16) =12×√(y12+16)(y22+16)≥12×√2√16|y12|⋅2√16|y2|2=16.当且仅当|y1|=|y2|=4时，取等号，SΔAOB最小值为16.所以C正确；O 到直线AB 的距离d =√1+m 2≤4，当m =0时，d 取得最大值4，即D 正确； 故选：ACD ．设直线AB 方程为x =my +n ，将直线AB 方程代入抛物线方程y 2=4x ，利用韦达定理，结合直线垂直的条件，能够证明直线AB 过定点，即可判断结论．本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题，考查学生分析解决问题的能力，考查学生的计算能力．解题的关键是灵活利用韦达定理，直线方程和曲线的方程联立等．13.答案：1解析：解：∵函数f(x)={x +1,x ≤02x −1,x >0，∴f(0)=0+1=1， f(f(0))=f(1)=2−1=1． 故答案为：1．推导出f(0)=0+1=1，从而f(f(0))=f(1)，由此能求出结果．本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．14.答案：14解析：试题分析：每组的组中值乘以相应的频数再求和，然后除以总频数，即为该书中平均每个句子所包含的字数．该书中平均每个句子所包含的字数为：3×5+8×27+13×32+18×21+23×9+28×65+27+32+21+9+6=14．所以可估计该书中平均每个句子所包含的字数为14． 故答案为：14．15.答案：32e 23解析：本题考查利用导数研究函数的切线方程以及构造函数法，运用导数求得单调性、函数的最值，考查方程思想和运算能力，属于中档题．设出点P 的坐标，利用P 为两函数曲线的切点，过点P 的切线相同，列出方程组求得切点P ，从而求出b 的解析式，再利用函数的性质求实数b 的最大值． 解：设点P(m,n)，由于点P 为两函数曲线的切点， 则12m 2+2am =3a 2lnm +b ，函数f(x)=12x2+2ax的导数为f′(x)=x+2a，g(x)=3a2lnx+b的导数为g′(x)=3a2x，又点P的切线相同，则f′(m)=g′(m)，即m+2a=3a2m，即(m+3a)(m−a)=0，又a>0，m>0，所以m=a，于是b=52a2−3a2lna，其中a>0，设ℎ(x)=52x2−3x2lnx，其中x>0，则ℎ′(x)=2x(1−3lnx)，其中x>0，所以ℎ(x)在(0,e13)内单调递增，在(e13,+∞)内单调递减，所以实数b的最大值为ℎ(e 13)=32e23．故答案为：32e23．16.答案：a+b2πr2解析：再取一个相同的几何体，使二者拼接为一个圆柱，求出圆柱的体积的一半，就是所求几何体的体积．本题考查几何体的体积，求体积有时将几何体扩展，转化求解，本题是拼接为圆柱，使问题简化，是基础题．解：如图取相同的几何体，使二者拼接为一个圆柱，圆柱的体积为：πr2(a+b)所以，已知底面半径为r的圆柱被截后剩下部分的体积是：a+b2πr2故答案为：a+b2πr217.答案：(1)x=kπ+(k∈Z)时，函数f(x)取得最大值，其最大值为．(2)解析：解：(1)f(x)=2sin xcos x+cos2x=sin2x+cos2x==sin．∴当2x+=2kπ+(k∈Z)，即x=kπ+(k∈Z)时，函数f(x)取得最大值，其最大值为．(2)∵f=，∴sin=，∴cos2θ=．∵θ为锐角，即0<θ<，∴0<2θ<π，∴sin2θ==，∴tan2θ==2，∴=2，∴tan2θ+tanθ−=0，∴(tanθ−1)(tanθ+)=0，∴tan θ=或tan θ=−(不合题意，舍去)，∴tan θ=．18.答案：解：(Ⅰ)当n =1时，有a 1=a 2；当n =2时，有a 1+a 2=a 3；…∵a 3=1，∴a 1=12，a 2=12，a 4=2，a 5=4.…(4分)(Ⅱ)∵S n =a n+1=S n+1−S n ，…(6分)∴2S n =S n+1∴S n+1S n =2…(8分)∴{S n }是首项为S 1=a 1=12，公比为2的等比数列．∴S n =12⋅2n−1=2n−2…(10分)(Ⅲ)由S n =2n−2，得b n =n −2，∴b n+3=n +1，b n+4=n +2，∵c n ⋅b n+3⋅b n+4=n(n +1)(n +2)S n ，∴c n ⋅(n +1)(n +2)=n(n +1)(n +2)2n−2，即c n =n ⋅2n−2. …(12分)T n =1×2−1+2×20+3×21+4×22+⋯+n ⋅2n−2…①则2T n =1×20+2×21+3×22+⋯+(n −1)⋅2n−2+n ⋅2n−1…②②一①得T n =n ⋅2n−1−2−1−20−21−⋯−2n−2=n ⋅2n−1−2−1(1−2n )1−2=n ⋅2n−1+12.…(14分) 解析：(Ⅰ)依题意，可求得a 1=a 2；而a 1+a 2=a 3=1，从而可求a 1，a 2，继而可求得a 4，a 5； (Ⅱ)可求得2S n =S n+1，即{S n }是首项为S 1=a 1=12，公比为2的等比数列，从而可求得S n =2n−2； (Ⅲ)依题意，可求得c n =n ⋅2n−2，利用错位相减法即可求得数列{c n }的前n 项和T n ．本题考查数列的求和，考查等比数列的判定，突出考查错位相减法求和，考查等价转化思想与推理运算能力，属于难题． 19.答案：解：①设乙厂生产的产品数量为m 件，由分层抽样的方法可得1498=5m ，解得m =35． ②由表格数据可知：只有2号和5号2件产品中微量元素x ，y 满足x ≥175，y ≥75.估计乙厂生产的优质品的数量=35×25=14件．③从乙厂抽出的上述5件产品中任取3件，共有C53种方法；抽取的3件产品中优质品数ξ可能为0，1，2．P(ξ=0)=C33C53=110，P(ξ=1)=C32C21C53=35，P(ξ=2)=C31C22C53=310．可得ξ的分布列为：ξ 0 1 2P(ξ)110610310∴数学期望Eξ=0×110+1×610+2×310=1.2．解析：①设乙厂生产的产品数量为m件，由分层抽样的方法可得1498=5m，解得m即可．②由表格数据可知：只有2号和5号2件产品中微量元素x，y满足x≥175，y≥75.估计乙厂生产的优质品的数量=35×25件．③从乙厂抽出的上述5件产品中任取3件，共有C53种方法；抽取的3件产品中优质品数ξ可能为0，1，2.利用超几何分布即可得出．本题综合考查了分层抽样方法、利用概率估计产品数量、超几何分布列及其数学期望等基础知识与基本技能方法，属于中档题．20.答案：先证，再证，进而求得解析：试题分析：证明：因为，所以，，又因为所以，……4分同理可证，……6分又因为，所以，所以.……12分考点：本小题主要考查空间中线面垂直的证明，考查学生的空间想象能力和推理能力．点评：线面垂直的判定定理中强调平面内的两条直线相交，这点不要忘记．21.答案：解：(1)由{y=kx+2x23+y22=1，消去y得：(2+3k2)x2+12kx+6=0由于直线l与椭圆有公共点，∴△=144k2−24(2+3k2)≥0，即k2≥23，故k⩾√63,或k⩽−√63．(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线l过椭圆左焦点(−1,0)，此时直线l：y=2x+2代入椭圆方程，得：7x2+12x+3=0，所以x1+x2=−127，x1x2=37，故|AB|=2|x1−x2|=√5√(x1+x2)2−4x1x2=10√37．解析：(1)当直线l与椭圆有公共点时，两方程联立，消去一个未知数，得到的关于另一个未知数的一元二次方程中，△≥0，即可得到k的范围；(2)先求出过椭圆左焦点的直线方程，再与椭圆方程联立，消去y，得到关于x的一元二次方程，求两根之和，两根之积，再利用弦长公式求弦AB之长．本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式等，属于中档题．22.答案：解：由函数f(x)=alnx+2x+2x，得f′(x)=ax +2−2x2，若函数f(x)为[1,+∞)上的单调增函数，则f′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立，即不等式ax +2−2x2≥0在[1,+∞)上恒成立．也即a≥2x−2x在[1,+∞)上恒成立．又g(x)=2x−2x在[1,+∞)上为减函数，g(x)max=g(1)=0．∴a≥0．解析：通过已知条件，求出函数的导数，转化导数大于等于0恒成立，得到a的表达式，求出a的最小值即可．本题考查函数与导函数的关系，函数的单调性与导数的关系，通过函数的导数求解函数极值，考查转化思想与计算能力．。