成都七中2019届高三理科数学二诊模拟考试试卷

四川省成都市第七中学2019届高三二诊模拟考试数学(文)(解析版)

成都七中高2019届高三二诊模拟考试数学（文科）试卷一、选择题：（共12个小题，每小题5分，共60分.）1.命题“，”的否定形式是（）.A.， B. ，C.， D. ，【答案】D【解析】【分析】结合命题的否定改写,即可.【详解】命题的否定为:改为,改为,故否定形式为，,故选D.【点睛】考查了命题的否定改写,关键抓住改为,改为,即可,难度较容易.2.已知复数满足，则为A. B. C. 2 D. 1【答案】A【解析】【分析】首先利用复数的运算法则，求出复数z，再应用复数的模的运算公式，求得结果.【详解】由，得，所以，故选A.【点睛】该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有复数的乘法运算法则和除法运算法则，还有复数的模，属于简单题目.3.设全集，集合，，则A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由集合或，先求解，再由集合能够求出答案. 【详解】因为全集,集合或，所以，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，属于基础题，其中解答中准确计算集合和集合的交集、补集的运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.4.函数在处的切线方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】计算导函数,计算切线斜率和切点坐标,结合点斜式方程计算方法,计算切线方程,即可.【详解】,故在处切线斜率为,在该点坐标为故切线方程为,得到,故选C.【点睛】考查了利用导函数计算曲线某一点的切线方程,难度中等.5.在△中，,,且的面积为，则的长为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：由题意得，因为的面积为，所以，解得，在中，由余弦定理可得，所以，故选B.考点：正弦定理；余弦定理.【方法点晴】本题主要考查了解三角形的综合问题，其中解答中涉及到三角形的正弦定理、余弦定理的应用，以及三角形的面积公式等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解答中根据三角形的面积公式，求得，再利用正、余弦定理是解得关键.6.已知函数为上的偶函数，当时，单调递减，若，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】结合题意,大致绘制函数图像,利用数形结合思想,建立不等式,计算范围,即可.【详解】结合题意,为偶函数,则该函数关于y轴对称，当时，单调递减，根据大致绘制函数图像,要满足,则要求,解得,故选C.【点睛】考查了偶函数的性质,考查了函数单调性,考查了数形结合思想,难度中等.7.在区间内随机取两个数分别记为，则使得函数有零点的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：先判断概率的类型，由题意知本题是一个几何概型，由a，b使得函数f（x）=x2+2ax-b2+π有零点，得到关于a、b的关系式，写出试验发生时包含的所有事件和满足条件的事件，做出对应的面积，求比值得到结果．解：由题意知本题是一个几何概型，∵a，b使得函数f（x）=x2+2ax-b2+π有零点，∴△≥0∴a2+b2≥π试验发生时包含的所有事件是Ω={（a，b）|-πaπ，-πbπ}∴S=（2π）2=4π2，而满足条件的事件是{（a，b）|a2+b2≥π}，∴s=4π2-π2=3π2，由几何概型公式得到P=，故选B．考点：几何概型点评：高中必修中学习了几何概型和古典概型两种概率问题，先要判断该概率模型是不是古典概型，再要找出随机事件A包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数．再看是不是几何概型，它的结果要通过长度、面积或体积之比来得到8. 如果执行如图所示的程序框图，输出的S＝110，则判断框内应填入的条件是( )．A. k＜10?B. k≥11?C. k≤10?D. k＞11?【答案】C【解析】试题分析：因为，所以时结束循环，因此选C.考点：循环结构流程图【方法点睛】研究循环结构表示算法，第一要确定是当型循环结构，还是直到型循环结构；第二要注意根据条件，确定计数变量、累加变量等，特别要注意正确理解循环结构中条件的表述，以免出现多一次循环或少一次循环的情况．9.已知函数，将的图像上的所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变；再把所得图像向上平移个单位长度，得到函数的图像，若，则的值可能为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】结合三角函数平移原理，得到的解析式，计算结果，即可。

四川省成都市棠湖中学2019届高三二诊模拟数学(理)试题附答案解析

2019年春四川省棠湖中学高三二诊模拟试题数学（理）试题第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题）1.已知集合A=，则=( )A. （2，6）B. （2，7）C. （-3，2]D. （-3，2）【答案】C【解析】试题分析：，所以，选C.考点：集合运算【方法点睛】1.用描述法表示集合，首先要弄清集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明确集合类型，是数集、点集还是其他的集合．2．求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．3．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn 图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍．2.若复数是纯虚数，其中m是实数，则= ( )A. iB.C.D.【答案】A【解析】因为复数是纯虚数，所以，则m=0，所以，则.3.下图所示的茎叶图记录的是甲、乙两个班各5名同学在一次数学小测试中的选择题总成绩（每道题5分，共8道题）．已知两组数据的中位数相同，则m的值为（）A. 0B. 2C. 3D. 5【答案】D【解析】【分析】根据茎叶图中的数据，直接写出甲、乙两个班级的中位数，得出30+m＝35，求出m的值．【详解】甲班成绩：25、30、35、40、40，中位数为：35，乙班成绩：30、30、30+m、35、40，因为中位数相同，所以30+m＝35，解得：m＝5故选D.【点睛】本题考查了利用茎叶图求中位数的应用问题，是基础题．4.“a＝b＝1”是“直线a x－y+1＝0与直线x－by－1＝0平行”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】a＝b＝1时，两条直线平行成立，但由ax－y+1＝0与直线x－by－1＝0平行，可得ab＝1，不一定是a＝b ＝1．【详解】a＝b＝1时，两条直线ax－y+1＝0与直线x－by－1＝0平行，反之由ax－y+1＝0与直线x－by－1＝0平行，可得：ab＝1，显然不一定是a＝b＝1，所以，必要性不成立，∴“a＝b＝1”是“直线ax－y+1＝0与直线x－by－1＝0平行”的充分不必要条件．故选：A．【点睛】本题考查了直线平行的判定与性质定理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5.执行如图所示的程序框图,则输出的n值是（）A. 5B. 7C. 9D. 11【答案】C【解析】【分析】模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的的值. 【详解】执行程序框图，时，；时，；时，；时，，，满足循环终止条件，退出循环，输出的值是9，故选C.【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.6.设为等差数列的前项和,且,则（）A. 28B. 14C. 7D. 2【答案】B【解析】【分析】由等差数列的性质求得，利用等差数列的前项和公式结合等差的性质可得结果.【详解】因为，所以，故选B.【点睛】本题主要考查等差数列的性质、等差数列的前项和公式，属于中档题.求解等差数列有关问题时，要注意应用等差数列的性质（）与前项和的关系.7.下图虚线网格的最小正方形边长为，实线是某几何体的三视图，这个几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．【详解】解：应用可知几何体的直观图如图：是圆柱的一半，可得几何体的体积为：．故选：B．【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积的求法，判断几何体的形状是解题的关键．8.扇形OAB的半径为1，圆心角为90º，P是弧AB上的动点，则的最小值是（）A. －1B. 0C. －D.【答案】A【解析】【分析】建立平面直角坐标系，得到的表达式，从而可求出最小值。

2019年四川省成都高考数学二诊试卷(理科)含答案解析

2017年四川省成都高考数学二诊试卷（理科）一.选择题（每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求.把答案涂在答题卷上.）1．已知集合A={﹣2，﹣1，0，1，2}，B={x|lgx≤0}，则A∩B=（）A．{1} B．{0，1}C．{0，1，2}D．{1，2}2．i是虚数单位，若=a+bi（a，b∈R），则乘积ab的值是（）A．﹣15 B．﹣3 C．3 D．153．如图，某组合体的三视图是由边长为2的正方形和直径为2的圆组成，则它的体积为（）A．4+4πB．8+4πC．D．4．为了得到函数的图象，只需把函数y=log2x的图象上所有的点（）A．向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度B．向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度C．向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度D．向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度5．某程序框图如图所示，若使输出的结果不大于20，则输入的整数i的最大值为（）A．3 B．4 C．5 D．66．如图，圆锥的高，底面⊙O的直径AB=2，C是圆上一点，且∠CAB=30°，D为AC的中点，则直线OC和平面PAC所成角的正弦值为（）A．B．C．D．7．若曲线C1：x2+y2﹣2x=0与曲线C2：y（y﹣mx﹣m）=0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（）A．（﹣，）B．（﹣，0）∪（0，）C．[﹣，]D．（﹣∞，﹣）∪（，+∞）8．三棱锥A﹣BCD中，AB，AC，AD两两垂直，其外接球半径为2，设三棱锥A﹣BCD的侧面积为S，则S的最大值为（）A．4 B．6 C．8 D．169．已知a=（﹣ex）dx，若（1﹣ax）2017=b0+b1x+b2x2+…+b2017x2017（x∈R），则的值为（）A．0 B．﹣1 C．1 D．e10．由无理数引发的数学危机已知延续带19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金提出了“戴德金分割”，才结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴金德分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足M∪N=Q，M∩N=∅，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称（M，N）为戴金德分割．试判断，对于任一戴金德分割（M，N），下列选项中不可能恒成立的是（）A．M没有最大元素，N有一个最小元素B．M没有最大元素，N也没有最小元素C．M有一个最大元素，N有一个最小元素D．M有一个最大元素，N没有最小元素11．已知函数，其中m∈{2，4，6，8}，n∈{1，3，5，7}，从这些函数中任取不同的两个函数，在它们在（1，f（1））处的切线相互平行的概率是（）A．B．C．D．以上都不对12．若存在正实数x，y，z满足≤x≤ez且zln=x，则ln的取值范围为（）A．[1，+∞）B．[1，e﹣1]C．（﹣∞，e﹣1]D．[1， +ln2]二.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上.）13．在△ABC中，边a、b、c分别是角A、B、C的对边，若bcosC=（3a﹣c）cosB，则cosB=．14．已知点P（x，y）的坐标满足条件，若点O为坐标原点，点M（﹣1，﹣1），那么的最大值等于．15．动点M（x，y）到点（2，0）的距离比到y轴的距离大2，则动点M的轨迹方程为．16．在△ABC中，∠A=θ，D、E分别为AB、AC的中点，且BE⊥CD，则cos2θ的最小值为．三.解答题（17-21每小题12分，22或23题10分，共70分.在答题卷上解答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17．设数列{a n}的前n项和S n=2a n﹣a1，且a1，a2+1，a3成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列的前n项和T n．18．为宣传3月5日学雷锋纪念日，成都七中在高一，高二年级中举行学雷锋知识竞赛，每年级出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为，乙队每人答对的概率都是．设每人回答正确与否相互之间没有影响，用X表示甲队总得分．（1）求随机变量X的分布列及其数学期望E（X）；（2）求甲队和乙队得分之和为4的概率．19．已知等边△AB′C′边长为，△BCD中，（如图1所示），现将B与B′，C与C′重合，将△AB′C′向上折起，使得（如图2所示）．（1）若BC的中点O，求证：平面BCD⊥平面AOD；（2）在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角，若存在，求出CE的长度，若不存在，请说明理由；（3）求三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积．20．已知圆，将圆E2按伸缩变换：后得到曲线E1，（1）求E1的方程；（2）过直线x=2上的点M作圆E2的两条切线，设切点分别是A，B，若直线AB与E1交于C，D两点，求的取值范围．21．已知函数g（x）=xsinθ﹣lnx﹣sinθ在[1，+∞）单调递增，其中θ∈（0，π）（1）求θ的值；（2）若，当x∈[1，2]时，试比较f（x）与的大小关系（其中f′（x）是f（x）的导函数），请写出详细的推理过程；（3）当x≥0时，e x﹣x﹣1≥kg（x+1）恒成立，求k的取值范围．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C：ρsin2θ=2acosθ（a＞0），过点P（﹣2，﹣4）的直线l的参数方程为（t为参数），l与C分别交于M，N．（1）写出C的平面直角坐标系方程和l的普通方程；（2）若|PM|、|MN|、|PN|成等比数列，求a的值．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）=|x+|+|x﹣a|（a＞0）．（Ⅰ）证明：f（x）≥2；（Ⅱ）若f（3）＜5，求a的取值范围．2017年四川省成都高考数学二诊试卷（理科）参考答案与试题解析一.选择题（每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求.把答案涂在答题卷上.）1．已知集合A={﹣2，﹣1，0，1，2}，B={x|lgx≤0}，则A∩B=（）A．{1} B．{0，1}C．{0，1，2}D．{1，2}【考点】交集及其运算．【分析】先分别求出集合A，B，由此利用交集定义能求出A∩B．【解答】解：∵集合A={﹣2，﹣1，0，1，2}，B={x|lgx≤0}={x|0＜x≤1}，∴A∩B={1}．故选：A．2．i是虚数单位，若=a+bi（a，b∈R），则乘积ab的值是（）A．﹣15 B．﹣3 C．3 D．15【考点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算．【分析】先根据两个复数相除的除法法则化简，再依据两个复数相等的充要条件求出a和b的值，即得乘积ab的值．【解答】解：∵===﹣1+3i=a+bi，∴a=﹣1，b=3，∴ab=﹣1×3=﹣3．故选B．3．如图，某组合体的三视图是由边长为2的正方形和直径为2的圆组成，则它的体积为（）A．4+4πB．8+4πC．D．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据三视图知该几何体是正方体与球的组合体，结合图中数据计算它的体积即可．【解答】解：根据三视图知，该几何体的下面是棱长以2的正方体，上面是半径为1的球的组合体，结合图中数据，计算它的体积为V=V球+V正方体=π•13+23=π+8故选：D．4．为了得到函数的图象，只需把函数y=log2x的图象上所有的点（）A．向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度B．向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度C．向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度D．向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度【考点】函数的图象与图象变化；程序框图．【分析】利用对数的运算性质化简平移目标函数的解析式，然后根据“左加右减，上加下减”的原则，可得答案．【解答】解：∵函数=log2（x+1）﹣log24=log2（x+1）﹣2，故其图象可由函数y=log2x的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个长度单位得到，故选C．5．某程序框图如图所示，若使输出的结果不大于20，则输入的整数i的最大值为（）A．3 B．4 C．5 D．6【考点】程序框图．【分析】算法的功能是求S=2°+21+22+…+2n+n+1的值，根据输出的结果不大于20，得n≤3，由此可得判断框内i的最大值．【解答】解：由程序框图知：算法的功能是求S=2°+21+22+…+2n+n+1的值，∵输出的结果不大于20，∴n≤3，∴判断框的条件n＜i，i的最大值为4．故选：B．6．如图，圆锥的高，底面⊙O的直径AB=2，C是圆上一点，且∠CAB=30°，D为AC的中点，则直线OC和平面PAC所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【考点】直线与平面所成的角．【分析】由已知易得AC⊥OD，AC⊥PO，可证面POD⊥平面PAC，由平面垂直的性质考虑在平面POD中过O作OH⊥PD于H，则OH⊥平面PAC，∠OCH是直线OC和平面PAC所成的角，在Rt△OHC中，求解即可．【解答】解：因为OA=OC，D是AC的中点，所以AC⊥OD，又PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，所以AC⊥PO，而OD，PO是平面内的两条相交直线所以AC⊥平面POD，又AC⊂平面PAC所以平面POD⊥平面PAC在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，则OH⊥平面PAC连接CH，则CH是OC在平面上的射影，所以∠OCH是直线OC和平面PAC所成的角在Rt△ODA中，OD=DA•sin30°=，在Rt△POD中，OH==，在Rt△OHC中，sin∠OCH=，故直线OC和平面PAC所成的角的正弦值为．故选C．7．若曲线C1：x2+y2﹣2x=0与曲线C2：y（y﹣mx﹣m）=0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（）A．（﹣，）B．（﹣，0）∪（0，）C．[﹣，]D．（﹣∞，﹣）∪（，+∞）【考点】圆的一般方程；圆方程的综合应用．【分析】由题意可知曲线C1：x2+y2﹣2x=0表示一个圆，曲线C2：y（y﹣mx﹣m）=0表示两条直线y=0和y﹣mx﹣m=0，把圆的方程化为标准方程后找出圆心与半径，由图象可知此圆与y=0有两交点，由两曲线要有4个交点可知，圆与y﹣mx﹣m=0要有2个交点，根据直线y﹣mx﹣m=0过定点，先求出直线与圆相切时m的值，然后根据图象即可写出满足题意的m的范围．【解答】解：由题意可知曲线C1：x2+y2﹣2x=0表示一个圆，化为标准方程得：（x﹣1）2+y2=1，所以圆心坐标为（1，0），半径r=1；C2：y（y﹣mx﹣m）=0表示两条直线y=0和y﹣mx﹣m=0，由直线y﹣mx﹣m=0可知：此直线过定点（﹣1，0），在平面直角坐标系中画出图象如图所示：直线y=0和圆交于点（0，0）和（2，0），因此直线y﹣mx﹣m=0与圆相交即可满足条件．当直线y﹣mx﹣m=0与圆相切时，圆心到直线的距离d==r=1，化简得：m2=，解得m=±，而m=0时，直线方程为y=0，即为x轴，不合题意，则直线y﹣mx﹣m=0与圆相交时，m∈（﹣，0）∪（0，）．故选B．8．三棱锥A﹣BCD中，AB，AC，AD两两垂直，其外接球半径为2，设三棱锥A﹣BCD的侧面积为S，则S的最大值为（）A．4 B．6 C．8 D．16【考点】球内接多面体．【分析】三棱锥A﹣BCD的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，它也外接于球，对角线的长为球的直径，然后利用基本不等式解答即可．【解答】解：设AB，AC，AD分别为a，b，c，则三棱锥A﹣BCD的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，它也外接于球，对角线的长为球的直径，∴a2+b2+c2=16，S=（ab+bc+ac）≤（a2+b2+c2）=8，故选C．9．已知a=（﹣ex）dx，若（1﹣ax）2017=b0+b1x+b2x2+…+b2017x2017（x∈R），则的值为（）A．0 B．﹣1 C．1 D．e【考点】二项式定理的应用．【分析】利用微积分基本定理可得：a=﹣=2．因此（1﹣2x）2017=，分别令x=0，1=b0；x=，则0=b0+，即可得出．【解答】解：=﹣=﹣=2．∵（1﹣2x）2017=，令x=0，则1=b0．x=，则0=b0+，∴=﹣1，故选：B．10．由无理数引发的数学危机已知延续带19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金提出了“戴德金分割”，才结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴金德分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足M∪N=Q，M∩N=∅，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称（M，N）为戴金德分割．试判断，对于任一戴金德分割（M，N），下列选项中不可能恒成立的是（）A．M没有最大元素，N有一个最小元素B．M没有最大元素，N也没有最小元素C．M有一个最大元素，N有一个最小元素D．M有一个最大元素，N没有最小元素【考点】子集与真子集．【分析】由题意依次举例对四个命题判断，从而确定答案．【解答】解：若M={x∈Q|x＜0}，N={x∈Q|x≥0}；则M没有最大元素，N有一个最小元素0；故A正确；若M={x∈Q|x＜}，N={x∈Q|x≥}；则M没有最大元素，N也没有最小元素；故B正确；若M={x∈Q|x≤0}，N={x∈Q|x＞0}；M有一个最大元素，N没有最小元素，故D正确；M有一个最大元素，N有一个最小元素不可能，故C不正确；故选C．11．已知函数，其中m∈{2，4，6，8}，n∈{1，3，5，7}，从这些函数中任取不同的两个函数，在它们在（1，f（1））处的切线相互平行的概率是（）A．B．C．D．以上都不对【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】求出函数的导数，求得切线的斜率，由题意列举斜率相等的情况，得到共有多少组，求得总的基本事件，由古典概率的计算公式即可得到所求值．【解答】解：函数，导数为f′（x）=mx2+nx+1，可得在（1，f（1））处的切线斜率为m+n+1．则切线相互平行即有斜率相等，即有（m，n）为（2，7），（8，1），（4，5），（6，3），（2，5），（4，3），（6，1），（2，3），（4，1），（4，7），（6，5），（8，3），（8，5），（6，7）共++1++1=6+3+1+3+1=14组，总共有=120组，则它们在（1，f（1））处的切线相互平行的概率是=．故选：B．12．若存在正实数x，y，z满足≤x≤ez且zln=x，则ln的取值范围为（）A．[1，+∞）B．[1，e﹣1]C．（﹣∞，e﹣1]D．[1， +ln2]【考点】简单线性规划．【分析】由已知得到ln=，求出的范围，利用函数求导求最值．【解答】解：由正实数x，y，z满足≤x≤ez且zln=x，得到，∈[，e]，ln=，设t=，则，t∈[，2]，f'（t）=，令f'（t）=0，得到t=1，所以当时，f'（t）＜0，函数f（t）单调递减；当1＜t≤2时，函数f（t）单调递增；当t=1时函数的最小值为f（1）=1+ln1=1；又f（2）=+ln2，f（）=e﹣1，．又f（）﹣f（2）=e﹣ln2﹣＞e﹣lne﹣=e﹣2.5＞0，所以f（）＞f（2），所以ln的取值范围为[1，e﹣1]；故选B．二.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上.）13．在△ABC中，边a、b、c分别是角A、B、C的对边，若bcosC=（3a﹣c）cosB，则cosB=．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】bcosC=（3a﹣c）cosB，由正弦定理可得：sinBcosC=3sinAcosB﹣sinCcosB，可得sin（B+C）=3sinAcosB，即sinA=3sinAcosB，sinA≠0，即可得出．【解答】解：在△ABC中，∵bcosC=（3a﹣c）cosB，由正弦定理可得：sinBcosC=3sinAcosB﹣sinCcosB，∴sin（B+C）=3sinAcosB，即sinA=3sinAcosB，sinA≠0，化为cosB=．故答案为：．14．已知点P（x，y）的坐标满足条件，若点O为坐标原点，点M（﹣1，﹣1），那么的最大值等于4．【考点】简单线性规划．【分析】由约束条件作出可行域，令z==﹣x﹣y，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，令z==﹣x﹣y，化为y=﹣x﹣z，由图可知，当直线y=﹣x﹣z过点A（0，﹣4）时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为4．故答案为：4．15．动点M（x，y）到点（2，0）的距离比到y轴的距离大2，则动点M的轨迹方程为y2=8x（x≥0）或y=0（x＜0）．【考点】轨迹方程．【分析】由已知列出方程，化简即可求出动点M的轨迹C的方程．【解答】解：∵动点M（x，y）到点（2，0）的距离比到y轴的距离大2，∴=|x|+2，整理，得y2=4x+|4x|，∴当x≥0时，动点M的轨迹C的方程为y2=8x．当x＜0时，动点M的轨迹C的方程为y=0．故答案为：y2=8x（x≥0）或y=0（x＜0）16．在△ABC中，∠A=θ，D、E分别为AB、AC的中点，且BE⊥CD，则cos2θ的最小值为．【考点】二倍角的余弦．【分析】不妨设C（2，0），B（x，y），A（0，0），根据•=0，可得+y2=，故点B在此圆上．过点A作圆的切线，故当点B为切点时，∠A最大，即θ最大，故cosθ最小，从而求得cos2θ的最小值．【解答】解：△ABC中，∠A=θ，D、E分别为AB、AC的中点，且BE⊥CD，如图所示，不妨设C（2，0），B（x，y），A（0，0），∵AD=AB，AE=AC，∴E（1，0），D（，）．∵BE⊥CD，∴•=（1﹣x，﹣y）•（﹣2，）=（1﹣x）（﹣2）﹣y•=﹣ [+y2﹣]=0，∴+y2=，表示以（，0）为圆心，半径等于的圆，故点B在此圆上．过点A作圆的切线，故当点B为切点时，∠A最大，即θ最大，故cosθ===最小，则cos2θ的最小值为2cos2θ﹣1=2×﹣1=，故答案为：．三.解答题（17-21每小题12分，22或23题10分，共70分.在答题卷上解答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17．设数列{a n}的前n项和S n=2a n﹣a1，且a1，a2+1，a3成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列的前n项和T n．【考点】数列的求和；数列递推式．（n＞1），结合等差数列中项的性【分析】（1）运用数列的递推式：a n=S n﹣S n﹣1质，解方程可得首项，由等比数列的通项公式即可得到所求；（2）求得，运用数列的求和方法：分组求和，结合等比数列和等差数列的求和公式，计算即可得到所求和．【解答】解：（1）由已知S n=2a n﹣a1有a n=S n﹣S n﹣1=2a n﹣2a n﹣1（n＞1），即a n=2a n﹣1（n＞1）．从而a2=2a1，a3=4a1．又∵a1，a2+1，a3成等差数列，即a1+a3=2（a2+1），∴a1+4a1=2（2a1+1），解得a1=2．∴数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，故．（2）由（1）得，因数列是首项为，公比为的等比数列，即有T n=（++…+）﹣（1+2+…+n），∴．18．为宣传3月5日学雷锋纪念日，成都七中在高一，高二年级中举行学雷锋知识竞赛，每年级出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为，乙队每人答对的概率都是．设每人回答正确与否相互之间没有影响，用X表示甲队总得分．（1）求随机变量X的分布列及其数学期望E（X）；（2）求甲队和乙队得分之和为4的概率．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．【分析】（1）X的可能取值为0，1，2，3．分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列及数学期望．（2）设“甲队和乙队得分之和为4”事件A，包含“甲队3分且乙队1分”，“甲队2分且乙队2分”，“甲队1分且乙队3分”三个基本事件，由此能求出甲队和乙队得分之和为4的概率．【解答】解：（1）X的可能取值为0，1，2，3．，，，，∴X的分布列为：X0123P…．…（2）设“甲队和乙队得分之和为4”事件A，包含“甲队3分且乙队1分”，“甲队2分且乙队2分”，“甲队1分且乙队3分”三个基本事件，则：．…19．已知等边△AB′C′边长为，△BCD中，（如图1所示），现将B与B′，C与C′重合，将△AB′C′向上折起，使得（如图2所示）．（1）若BC的中点O，求证：平面BCD⊥平面AOD；（2）在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角，若存在，求出CE的长度，若不存在，请说明理由；（3）求三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积．【考点】平面与平面垂直的判定；球内接多面体．【分析】（1）运用平面几何中等腰三角形的三线合一，结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，即可得证；（2）（法1）作AH⊥DO，交DO的延长线于H，运用平面几何中有关性质，以及线面垂直和面面垂直的性质，可得∠EDF就是ED与面BCD所成的角．运用直角三角形的知识，计算可得CE；（法2）以D为坐标原点，以直线DB，DC分别为x轴，y轴的正方向，以过D 与平面BCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设CE=x，求出E的坐标，运用法向量，以及向量的夹角公式，计算即可得到所求；（3）将原图补形成正方体，由AC=，可得正方体边长为1，可得外接球的直径即为正方体的对角线长，由球的表面积公式，计算即可得到所求．【解答】解：（1）证明：∵△ABC为等边三角形，△BCD为等腰三角形，且O为中点，∴BC⊥AO，BC⊥DO，∵AO∩DO=O，∴BC⊥平面AOD，又BC⊂面ABC∴平面BCD⊥平面AOD…（2）（法1）作AH⊥DO，交DO的延长线于H，则平面BCD∩平面AOD=HD，则AH⊥平面BCD，在Rt△BCD中，，在Rt△ACO中，，在△AOD中，，∴，在Rt△ADH中AH=ADsin∠ADO=1，设，作EF⊥CH于F，平面AHC⊥平面BCD，∴EF⊥平面BCD，∠EDF就是ED与面BCD所成的角．由，∴（※），在Rt△CDE中，，要使ED与面BCD成30°角，只需使，∴x=1，当CE=1时，ED与面BCD成30°角…（法2）在解法1中接（※），以D为坐标原点，以直线DB，DC分别为x轴，y轴的正方向，以过D与平面BCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系则，，又平面BCD的一个法向量为，要使ED与面BCD成30°角，只需使成60°，只需使，即，∴x=1，当CE=1时ED与面BCD成30°角；（3）将原图补形成正方体，由AC=，可得正方体边长为1，则外接球的直径为，即半径，表面积：S=4πr2=3π…20．已知圆，将圆E2按伸缩变换：后得到曲线E1，（1）求E1的方程；（2）过直线x=2上的点M作圆E2的两条切线，设切点分别是A，B，若直线AB与E1交于C，D两点，求的取值范围．【考点】平面直角坐标轴中的伸缩变换．【分析】（1）根据题意，由平面直角坐标系中的伸缩变化的规律可得（x′）2+2（y′）2=2，整理即可得答案；（2）根据题意，直线x=2上任意一点M以及切点A，B坐标，分析可得切线AM，BM的方程，分t=0与t≠0两种情况讨论，分别求出的取值范围，综合即可得答案．【解答】解：（1）按伸缩变换：得：（x′）2+2（y′）2=2，则E1：；（2）设直线x=2上任意一点M的坐标是（2，t），t∈R，切点A，B坐标分别是（x1，y1），（x2，y2）；则经过A点的切线斜率k=，方程是x1x+y1y=2，经过B点的切线方程是x2x+y2y=2，又两条切线AM，BM相交于M（2，t），则有，所以经过A、B两点的直线l的方程是2x+ty=2，当t=0时，有A（1，1），B（1，﹣1），C（1，），D（1，﹣），则|CD|=，|AB|=2，=，当t≠0时，联立，整理得（t2+8）x2﹣16x+8﹣2t2=0；设C、D坐标分别为（x3，y3），（x4，y4），则，，，∴令t2+4=x，则x＞4，则f（x）=，又令u=∈（0，），φ（u）=﹣32u3+6u+1，u∈（0，），令φ′（u）=﹣96u2+6，令﹣96u2+6=0，解可得u0=，故φ（u）=﹣32u3+6u+1在（0，）上单调递增，且有φ（u）∈（1，），而，则＜＜1；综合可得≤＜1；所以的取值范围为[，1）．21．已知函数g（x）=xsinθ﹣lnx﹣sinθ在[1，+∞）单调递增，其中θ∈（0，π）（1）求θ的值；（2）若，当x∈[1，2]时，试比较f（x）与的大小关系（其中f′（x）是f（x）的导函数），请写出详细的推理过程；（3）当x≥0时，e x﹣x﹣1≥kg（x+1）恒成立，求k的取值范围．【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）令g′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，结合三角函数的性质即可得出sinθ=1；（2）化简得f（x）﹣f′（x）=x﹣lnx++﹣﹣2，利用导数分别求出y=x﹣lnx和y=+﹣﹣2在[1，2]上的最小值，即可得出结论；（3）令F（x）=e x﹣x﹣1﹣kg（x+1），则F min（x）≥0（x≥0），对k进行讨论，判断F（x）的单调性，计算F min（x）进行检验即可．【解答】解：（1）∵g（x）在[1，+∞）单调递增，∴在[1，+∞）上恒成立，即恒成立．∵当x≥1时，≤1，∴sinθ≥1，又θ∈（0，π），∴0＜sinθ≤1∴sinθ=1，∴．（2）由（1）可知g（x）=x﹣lnx﹣1，∴，∴，∴，令h（x）=x﹣lnx，，∴，，∴h（x）在[1，2]上单调递增，∴h（x）≥h（1）=1，令φ（x）=﹣3x2﹣2x+6，则φ（x）在[1，2]单调递减，∵φ（1）=1，φ（2）=﹣10，∴∃x0∈（1，2），使得H（x）在（1，x0）单调递增，在（x0，2）单调递减，∵H（1）=0，H（2）=﹣，∴，∴，又两个函数的最小值不同时取得；∴，即：．（3）∵e x﹣x﹣1≥kg（x+1）恒成立，即：e x+kln（x+1）﹣（k+1）x﹣1≥0恒成立，令F（x）=e x+kln（x+1）﹣（k+1）x﹣1，则，由（1）得：g（x）≥g（1）即x﹣lnx﹣1≥0（x≥1），∴x+1≥ln（x+1）+1（x ≥0），即：x≥ln（x+1）（x≥0），∴e x≥x+1，∴当k=1时，∵x≥0，∴，∴F（x）单调递增，∴F（x）≥F（0）=0，符合题意；当k∈（0，1）时，y=（x+1）+﹣（k+1）在[0，+∞）上单调递增，∴，∴F（x）单调递增，∴F（x）≥F（0）=0，符合题意；当k≤0时，F′（x）在[0，+∞）上是增函数，∴≥F′（0）=1+k﹣（k+1）=0，∴F（x）单调递增，∴F（x）≥F（0）=0符合题意，当k＞1时，F″（x）=e x﹣，∴F″（x）在[0，+∞）上单调递增，又F″（0）=1﹣k＜0，且x→+∞，F″（x）＞0，∴F″（x）在（0，+∞）存在唯一零点t0，∴F′（x）在（0，t0）单调递减，在（t0，+∞）单调递增，∴当x∈（0，t0）时，F′（x）＜F′（0）=0，∴F（x）在（0，t0）单调递减，∴F（x）＜F（0）=0，不合题意．综上：k≤1．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C：ρsin2θ=2acosθ（a＞0），过点P（﹣2，﹣4）的直线l的参数方程为（t为参数），l与C分别交于M，N．（1）写出C的平面直角坐标系方程和l的普通方程；（2）若|PM|、|MN|、|PN|成等比数列，求a的值．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）利用极坐标与普通方程的关系式，可得C为抛物线方程，消去参数t，可得直线l的方程；（2）由|PM|=|t1|，|MN|=|t1﹣t2|，|PN|=|t2|成等比数列，可转化为关于a的等量关系求解．【解答】解：（Ⅰ）曲线C：ρsin2θ=2acosθ，可得ρ2sin2θ=2aρcosθ，它的直角坐标方程为y2=2ax（a＞0）；，消去t，可得x﹣y﹣2=0，直线l的普通方程为x﹣y﹣2=0．4分（Ⅱ）将直线l的参数方程与C的直角坐标方程联立，得t2﹣2（4+a）t+8（4+a）=0 （*）△=8a（4+a）＞0．设点M，N分别对应参数t1，t2，恰为上述方程的根．则|PM|=|t1|，|PN|=|t2|，|MN|=|t1﹣t2|．由题设得（t1﹣t2）2=|t1t2|，即（t1+t2）2﹣4t1t2=|t1t2|．由（*）得t1+t2=2（4+a），t1t2=8（4+a）＞0，则有（4+a）2﹣5（4+a）=0，得a=1，或a=﹣4．因为a＞0，所以a=1．10分[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）=|x+|+|x﹣a|（a＞0）．（Ⅰ）证明：f（x）≥2；（Ⅱ）若f（3）＜5，求a的取值范围．【考点】绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）由a＞0，f（x）=|x+|+|x﹣a|，利用绝对值三角不等式、基本不等式证得f（x）≥2成立．（Ⅱ）由f（3）=|3+|+|3﹣a|＜5，分当a＞3时和当0＜a≤3时两种情况，分别去掉绝对值，求得不等式的解集，再取并集，即得所求．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵a＞0，f（x）=|x+|+|x﹣a|≥|（x+）﹣（x﹣a）|=|a+|=a+≥2=2，故不等式f（x）≥2成立．（Ⅱ）∵f（3）=|3+|+|3﹣a|＜5，∴当a＞3时，不等式即a+＜5，即a2﹣5a+1＜0，解得3＜a＜．当0＜a≤3时，不等式即6﹣a+＜5，即a2﹣a﹣1＞0，求得＜a≤3．综上可得，a的取值范围（，）．2017年4月15日。

四川省成都市第七中学2019届高三二诊模拟考试数学(文)含详解

，
, 故选 D.
【点睛】考查了命题的否定改写 , 关键抓住改为 , 改为 , 即可 , 难度较容易 .
2. 已知复数满足
，则为
A.
B.
C. 2
D. 1
【答案】 A
【分析】首先利用复数的运算法则，求出复数 z，再应用复数的模的运算公式，求得结果 .
【详解】由
，得
，
所以
，
故选 A.
【点睛】该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有复数的乘法运算法则和除法运算
, 难度中等 .
5. 在△ 中，
,
,且
的面积为，则的长为（）
A.
B.
C.
D.
【答案】 B
试题分析：由题意得，因为
的面积为，所以
得
，在
中，由余弦定理可得
以
，故选 B.
考点：正弦定理；余弦定理 .
-2-
，解，所
【方法点晴】本题主要考查了解三角形的综合问题，其中解答中涉及到三角形的正弦定理、
余弦定理的应用，以及三角形的面积公式等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和
【详解】结合题意 , 为偶函数 , 则该函数关于 y 轴对称，当
时，单调递减，根据大
致绘制函数图像 ,
要满足
, 则要求
, 解得
, 故选 C.
【点睛】考查了偶函数的性质 , 考查了函数单调性 , 考查了数形结合思想 , 难度中等 .
7. 在区间
内随机取两个数分别记为
，则使得函数
有零点的概率
为（）
A.
法则，还有复数的模，属于简单题目 .
3. 设全集
，集合
，

【全国百强校】四川省成都市第七中学2019届高三10月阶段性测试数学(理)答案

y kx m 2 2 2 ，得 (3k 1) x 6mkx 3m 3 0 ………………5 分 2 2 x 3y 3
又 BC
(1 k 2 ) 12(3k 2 m2 1) ， 3k 2 1 12(1 k 2 )(3k 2 m 2 1) 2 BC , ① 平方得 …………6 分 (3k 2 1) 2
从而
1 1 2， S S n n 1 .
………………………………6分
1 构成以1为首项，2为公差的等差数列. Sn
（Ⅱ）由（1）可知，
1 1 1 . ………8 分 (n 1) 2 2n 1 ， Sn S n S1 2n 1 S 1 1 1 1 ……10 分 n ( ) 2n 1 (2n 1)(2n 1) 2 2n 1 2n 1 S S S 1 1 1 1 1 1 1 2 ... n (1 ... ) 3 5 2n 1 2 3 3 5 2n 1 2n 1 1 1 1 = (1 ) 2 2n 1 2
DB (3, 3,0)
NB (1,0, 2)
CN (0, 3, 2)
设平面 BDN 的一个法向量为 n1 =(x1 ，y1 ，z1 )，则由 n1 • DB =0，n1 • NB =0，得
3 x1 3 y1 0， x1 2 z1 0，
令 x1 =2，则 y1 = 2 3 ，z1 =1，即 n1 =(2， 2 3 ，1)， …………………………9 分设 NC 与平面 BDN 所成角为则 sin = cos CN，n1 =
成都七中高 2019 届 10 月阶段性测试数学试题（理科）

精品解析：【全国百强校】四川省成都市第七中学2019届高三二诊模拟考试数学(文)(解析版)

成都七中高2019届高三二诊模拟考试数学（文科）试卷注意：1．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。

2．选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。

3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，答案写在本试题卷上无效。

一、选择题：（共12个小题，每小题5分，共60分.）1.命题“，”的否定形式是（）.A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】结合命题的否定改写,即可.【详解】命题的否定为:改为,改为,故否定形式为，,故选D.【点睛】考查了命题的否定改写,关键抓住改为,改为,即可,难度较容易.2.已知复数满足，则为A. B. C. 2 D. 1【答案】A【解析】【分析】首先利用复数的运算法则，求出复数z，再应用复数的模的运算公式，求得结果.【详解】由，得，所以，故选A.【点睛】该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有复数的乘法运算法则和除法运算法则，还有复数的模，属于简单题目.3.设全集，集合，，则A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由集合或，先求解，再由集合能够求出答案. 【详解】因为全集,集合或，所以，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，属于基础题，其中解答中准确计算集合和集合的交集、补集的运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.4.函数在处的切线方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】计算导函数,计算切线斜率和切点坐标,结合点斜式方程计算方法,计算切线方程,即可.【详解】,故在处切线斜率为,在该点坐标为故切线方程为,得到,故选C.【点睛】考查了利用导函数计算曲线某一点的切线方程,难度中等.5.在△中，,,且的面积为，则的长为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：由题意得，因为的面积为，所以，解得，在中，由余弦定理可得，所以，故选B.考点：正弦定理；余弦定理.【方法点晴】本题主要考查了解三角形的综合问题，其中解答中涉及到三角形的正弦定理、余弦定理的应用，以及三角形的面积公式等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解答中根据三角形的面积公式，求得，再利用正、余弦定理是解得关键.6.已知函数为上的偶函数，当时，单调递减，若，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】结合题意,大致绘制函数图像,利用数形结合思想,建立不等式,计算范围,即可.【详解】结合题意,为偶函数,则该函数关于y轴对称，当时，单调递减，根据大致绘制函数图像,要满足,则要求,解得,故选C.【点睛】考查了偶函数的性质,考查了函数单调性,考查了数形结合思想,难度中等.7.在区间内随机取两个数分别记为，则使得函数有零点的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：先判断概率的类型，由题意知本题是一个几何概型，由a，b使得函数f（x）=x2+2ax-b2+π有零点，得到关于a、b的关系式，写出试验发生时包含的所有事件和满足条件的事件，做出对应的面积，求比值得到结果．解：由题意知本题是一个几何概型，∵a，b使得函数f（x）=x2+2ax-b2+π有零点，∴△≥0∴a2+b2≥π试验发生时包含的所有事件是Ω={（a，b）|-πaπ，-πbπ}∴S=（2π）2=4π2，而满足条件的事件是{（a，b）|a2+b2≥π}，∴s=4π2-π2=3π2，由几何概型公式得到P=，故选B．考点：几何概型点评：高中必修中学习了几何概型和古典概型两种概率问题，先要判断该概率模型是不是古典概型，再要找出随机事件A包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数．再看是不是几何概型，它的结果要通过长度、面积或体积之比来得到8. 如果执行如图所示的程序框图，输出的S＝110，则判断框内应填入的条件是( )．A. k＜10?B. k≥11?C. k≤10?D. k＞11?【答案】C【解析】试题分析：因为，所以时结束循环，因此选C.考点：循环结构流程图【方法点睛】研究循环结构表示算法，第一要确定是当型循环结构，还是直到型循环结构；第二要注意根据条件，确定计数变量、累加变量等，特别要注意正确理解循环结构中条件的表述，以免出现多一次循环或少一次循环的情况．9.已知函数，将的图像上的所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变；再把所得图像向上平移个单位长度，得到函数的图像，若，则的值可能为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】结合三角函数平移原理，得到的解析式，计算结果，即可。

2019年四川省成都高考数学二诊试卷(理科)含答案解析

2017年四川省成都高考数学二诊试卷（理科）一.选择题（每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求.把答案涂在答题卷上.）1．已知集合A={﹣2，﹣1，0，1，2}，B={x|lgx≤0}，则A∩B=（）A．{1} B．{0，1}C．{0，1，2}D．{1，2}2．i是虚数单位，若=a+bi（a，b∈R），则乘积ab的值是（）A．﹣15 B．﹣3 C．3 D．153．如图，某组合体的三视图是由边长为2的正方形和直径为2的圆组成，则它的体积为（）A．4+4πB．8+4πC．D．4．为了得到函数的图象，只需把函数y=log2x的图象上所有的点（）A．向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度B．向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度C．向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度D．向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度5．某程序框图如图所示，若使输出的结果不大于20，则输入的整数i的最大值为（）A．3 B．4 C．5 D．66．如图，圆锥的高，底面⊙O的直径AB=2，C是圆上一点，且∠CAB=30°，D为AC的中点，则直线OC和平面PAC所成角的正弦值为（）A．B．C．D．7．若曲线C1：x2+y2﹣2x=0与曲线C2：y（y﹣mx﹣m）=0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（）A．（﹣，）B．（﹣，0）∪（0，）C．[﹣，]D．（﹣∞，﹣）∪（，+∞）8．三棱锥A﹣BCD中，AB，AC，AD两两垂直，其外接球半径为2，设三棱锥A﹣BCD的侧面积为S，则S的最大值为（）A．4 B．6 C．8 D．169．已知a=（﹣ex）dx，若（1﹣ax）2017=b0+b1x+b2x2+…+b2017x2017（x∈R），则的值为（）A．0 B．﹣1 C．1 D．e10．由无理数引发的数学危机已知延续带19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金提出了“戴德金分割”，才结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴金德分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足M∪N=Q，M∩N=∅，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称（M，N）为戴金德分割．试判断，对于任一戴金德分割（M，N），下列选项中不可能恒成立的是（）A．M没有最大元素，N有一个最小元素B．M没有最大元素，N也没有最小元素C．M有一个最大元素，N有一个最小元素D．M有一个最大元素，N没有最小元素11．已知函数，其中m∈{2，4，6，8}，n∈{1，3，5，7}，从这些函数中任取不同的两个函数，在它们在（1，f（1））处的切线相互平行的概率是（）A．B．C．D．以上都不对12．若存在正实数x，y，z满足≤x≤ez且zln=x，则ln的取值范围为（）A．[1，+∞）B．[1，e﹣1]C．（﹣∞，e﹣1]D．[1， +ln2]二.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上.）13．在△ABC中，边a、b、c分别是角A、B、C的对边，若bcosC=（3a﹣c）cosB，则cosB=．14．已知点P（x，y）的坐标满足条件，若点O为坐标原点，点M（﹣1，﹣1），那么的最大值等于．15．动点M（x，y）到点（2，0）的距离比到y轴的距离大2，则动点M的轨迹方程为．16．在△ABC中，∠A=θ，D、E分别为AB、AC的中点，且BE⊥CD，则cos2θ的最小值为．三.解答题（17-21每小题12分，22或23题10分，共70分.在答题卷上解答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17．设数列{a n}的前n项和S n=2a n﹣a1，且a1，a2+1，a3成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列的前n项和T n．18．为宣传3月5日学雷锋纪念日，成都七中在高一，高二年级中举行学雷锋知识竞赛，每年级出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为，乙队每人答对的概率都是．设每人回答正确与否相互之间没有影响，用X表示甲队总得分．（1）求随机变量X的分布列及其数学期望E（X）；（2）求甲队和乙队得分之和为4的概率．19．已知等边△AB′C′边长为，△BCD中，（如图1所示），现将B与B′，C与C′重合，将△AB′C′向上折起，使得（如图2所示）．（1）若BC的中点O，求证：平面BCD⊥平面AOD；（2）在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角，若存在，求出CE的长度，若不存在，请说明理由；（3）求三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积．20．已知圆，将圆E2按伸缩变换：后得到曲线E1，（1）求E1的方程；（2）过直线x=2上的点M作圆E2的两条切线，设切点分别是A，B，若直线AB与E1交于C，D两点，求的取值范围．21．已知函数g（x）=xsinθ﹣lnx﹣sinθ在[1，+∞）单调递增，其中θ∈（0，π）（1）求θ的值；（2）若，当x∈[1，2]时，试比较f（x）与的大小关系（其中f′（x）是f（x）的导函数），请写出详细的推理过程；（3）当x≥0时，e x﹣x﹣1≥kg（x+1）恒成立，求k的取值范围．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C：ρsin2θ=2acosθ（a＞0），过点P（﹣2，﹣4）的直线l的参数方程为（t为参数），l与C分别交于M，N．（1）写出C的平面直角坐标系方程和l的普通方程；（2）若|PM|、|MN|、|PN|成等比数列，求a的值．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）=|x+|+|x﹣a|（a＞0）．（Ⅰ）证明：f（x）≥2；（Ⅱ）若f（3）＜5，求a的取值范围．2017年四川省成都高考数学二诊试卷（理科）参考答案与试题解析一.选择题（每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求.把答案涂在答题卷上.）1．已知集合A={﹣2，﹣1，0，1，2}，B={x|lgx≤0}，则A∩B=（）A．{1} B．{0，1}C．{0，1，2}D．{1，2}【考点】交集及其运算．【分析】先分别求出集合A，B，由此利用交集定义能求出A∩B．【解答】解：∵集合A={﹣2，﹣1，0，1，2}，B={x|lgx≤0}={x|0＜x≤1}，∴A∩B={1}．故选：A．2．i是虚数单位，若=a+bi（a，b∈R），则乘积ab的值是（）A．﹣15 B．﹣3 C．3 D．15【考点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算．【分析】先根据两个复数相除的除法法则化简，再依据两个复数相等的充要条件求出a和b的值，即得乘积ab的值．【解答】解：∵===﹣1+3i=a+bi，∴a=﹣1，b=3，∴ab=﹣1×3=﹣3．故选B．3．如图，某组合体的三视图是由边长为2的正方形和直径为2的圆组成，则它的体积为（）A．4+4πB．8+4πC．D．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】根据三视图知该几何体是正方体与球的组合体，结合图中数据计算它的体积即可．【解答】解：根据三视图知，该几何体的下面是棱长以2的正方体，上面是半径为1的球的组合体，结合图中数据，计算它的体积为V=V球+V正方体=π•13+23=π+8故选：D．4．为了得到函数的图象，只需把函数y=log2x的图象上所有的点（）A．向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度B．向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度C．向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度D．向右平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度【考点】函数的图象与图象变化；程序框图．【分析】利用对数的运算性质化简平移目标函数的解析式，然后根据“左加右减，上加下减”的原则，可得答案．【解答】解：∵函数=log2（x+1）﹣log24=log2（x+1）﹣2，故其图象可由函数y=log2x的图象向左平移1个单位长度，再向下平移2个长度单位得到，故选C．5．某程序框图如图所示，若使输出的结果不大于20，则输入的整数i的最大值为（）A．3 B．4 C．5 D．6【考点】程序框图．【分析】算法的功能是求S=2°+21+22+…+2n+n+1的值，根据输出的结果不大于20，得n≤3，由此可得判断框内i的最大值．【解答】解：由程序框图知：算法的功能是求S=2°+21+22+…+2n+n+1的值，∵输出的结果不大于20，∴n≤3，∴判断框的条件n＜i，i的最大值为4．故选：B．6．如图，圆锥的高，底面⊙O的直径AB=2，C是圆上一点，且∠CAB=30°，D为AC的中点，则直线OC和平面PAC所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【考点】直线与平面所成的角．【分析】由已知易得AC⊥OD，AC⊥PO，可证面POD⊥平面PAC，由平面垂直的性质考虑在平面POD中过O作OH⊥PD于H，则OH⊥平面PAC，∠OCH是直线OC和平面PAC所成的角，在Rt△OHC中，求解即可．【解答】解：因为OA=OC，D是AC的中点，所以AC⊥OD，又PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，所以AC⊥PO，而OD，PO是平面内的两条相交直线所以AC⊥平面POD，又AC⊂平面PAC所以平面POD⊥平面PAC在平面POD中，过O作OH⊥PD于H，则OH⊥平面PAC连接CH，则CH是OC在平面上的射影，所以∠OCH是直线OC和平面PAC所成的角在Rt△ODA中，OD=DA•sin30°=，在Rt△POD中，OH==，在Rt△OHC中，sin∠OCH=，故直线OC和平面PAC所成的角的正弦值为．故选C．7．若曲线C1：x2+y2﹣2x=0与曲线C2：y（y﹣mx﹣m）=0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（）A．（﹣，）B．（﹣，0）∪（0，）C．[﹣，]D．（﹣∞，﹣）∪（，+∞）【考点】圆的一般方程；圆方程的综合应用．【分析】由题意可知曲线C1：x2+y2﹣2x=0表示一个圆，曲线C2：y（y﹣mx﹣m）=0表示两条直线y=0和y﹣mx﹣m=0，把圆的方程化为标准方程后找出圆心与半径，由图象可知此圆与y=0有两交点，由两曲线要有4个交点可知，圆与y﹣mx﹣m=0要有2个交点，根据直线y﹣mx﹣m=0过定点，先求出直线与圆相切时m的值，然后根据图象即可写出满足题意的m的范围．【解答】解：由题意可知曲线C1：x2+y2﹣2x=0表示一个圆，化为标准方程得：（x﹣1）2+y2=1，所以圆心坐标为（1，0），半径r=1；C2：y（y﹣mx﹣m）=0表示两条直线y=0和y﹣mx﹣m=0，由直线y﹣mx﹣m=0可知：此直线过定点（﹣1，0），在平面直角坐标系中画出图象如图所示：直线y=0和圆交于点（0，0）和（2，0），因此直线y﹣mx﹣m=0与圆相交即可满足条件．当直线y﹣mx﹣m=0与圆相切时，圆心到直线的距离d==r=1，化简得：m2=，解得m=±，而m=0时，直线方程为y=0，即为x轴，不合题意，则直线y﹣mx﹣m=0与圆相交时，m∈（﹣，0）∪（0，）．故选B．8．三棱锥A﹣BCD中，AB，AC，AD两两垂直，其外接球半径为2，设三棱锥A﹣BCD的侧面积为S，则S的最大值为（）A．4 B．6 C．8 D．16【考点】球内接多面体．【分析】三棱锥A﹣BCD的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，它也外接于球，对角线的长为球的直径，然后利用基本不等式解答即可．【解答】解：设AB，AC，AD分别为a，b，c，则三棱锥A﹣BCD的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，它也外接于球，对角线的长为球的直径，∴a2+b2+c2=16，S=（ab+bc+ac）≤（a2+b2+c2）=8，故选C．9．已知a=（﹣ex）dx，若（1﹣ax）2017=b0+b1x+b2x2+…+b2017x2017（x∈R），则的值为（）A．0 B．﹣1 C．1 D．e【考点】二项式定理的应用．【分析】利用微积分基本定理可得：a=﹣=2．因此（1﹣2x）2017=，分别令x=0，1=b0；x=，则0=b0+，即可得出．【解答】解：=﹣=﹣=2．∵（1﹣2x）2017=，令x=0，则1=b0．x=，则0=b0+，∴=﹣1，故选：B．10．由无理数引发的数学危机已知延续带19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金提出了“戴德金分割”，才结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴金德分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足M∪N=Q，M∩N=∅，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称（M，N）为戴金德分割．试判断，对于任一戴金德分割（M，N），下列选项中不可能恒成立的是（）A．M没有最大元素，N有一个最小元素B．M没有最大元素，N也没有最小元素C．M有一个最大元素，N有一个最小元素D．M有一个最大元素，N没有最小元素【考点】子集与真子集．【分析】由题意依次举例对四个命题判断，从而确定答案．【解答】解：若M={x∈Q|x＜0}，N={x∈Q|x≥0}；则M没有最大元素，N有一个最小元素0；故A正确；若M={x∈Q|x＜}，N={x∈Q|x≥}；则M没有最大元素，N也没有最小元素；故B正确；若M={x∈Q|x≤0}，N={x∈Q|x＞0}；M有一个最大元素，N没有最小元素，故D正确；M有一个最大元素，N有一个最小元素不可能，故C不正确；故选C．11．已知函数，其中m∈{2，4，6，8}，n∈{1，3，5，7}，从这些函数中任取不同的两个函数，在它们在（1，f（1））处的切线相互平行的概率是（）A．B．C．D．以上都不对【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】求出函数的导数，求得切线的斜率，由题意列举斜率相等的情况，得到共有多少组，求得总的基本事件，由古典概率的计算公式即可得到所求值．【解答】解：函数，导数为f′（x）=mx2+nx+1，可得在（1，f（1））处的切线斜率为m+n+1．则切线相互平行即有斜率相等，即有（m，n）为（2，7），（8，1），（4，5），（6，3），（2，5），（4，3），（6，1），（2，3），（4，1），（4，7），（6，5），（8，3），（8，5），（6，7）共++1++1=6+3+1+3+1=14组，总共有=120组，则它们在（1，f（1））处的切线相互平行的概率是=．故选：B．12．若存在正实数x，y，z满足≤x≤ez且zln=x，则ln的取值范围为（）A．[1，+∞）B．[1，e﹣1]C．（﹣∞，e﹣1]D．[1， +ln2]【考点】简单线性规划．【分析】由已知得到ln=，求出的范围，利用函数求导求最值．【解答】解：由正实数x，y，z满足≤x≤ez且zln=x，得到，∈[，e]，ln=，设t=，则，t∈[，2]，f'（t）=，令f'（t）=0，得到t=1，所以当时，f'（t）＜0，函数f（t）单调递减；当1＜t≤2时，函数f（t）单调递增；当t=1时函数的最小值为f（1）=1+ln1=1；又f（2）=+ln2，f（）=e﹣1，．又f（）﹣f（2）=e﹣ln2﹣＞e﹣lne﹣=e﹣2.5＞0，所以f（）＞f（2），所以ln的取值范围为[1，e﹣1]；故选B．二.填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上.）13．在△ABC中，边a、b、c分别是角A、B、C的对边，若bcosC=（3a﹣c）cosB，则cosB=．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】bcosC=（3a﹣c）cosB，由正弦定理可得：sinBcosC=3sinAcosB﹣sinCcosB，可得sin（B+C）=3sinAcosB，即sinA=3sinAcosB，sinA≠0，即可得出．【解答】解：在△ABC中，∵bcosC=（3a﹣c）cosB，由正弦定理可得：sinBcosC=3sinAcosB﹣sinCcosB，∴sin（B+C）=3sinAcosB，即sinA=3sinAcosB，sinA≠0，化为cosB=．故答案为：．14．已知点P（x，y）的坐标满足条件，若点O为坐标原点，点M（﹣1，﹣1），那么的最大值等于4．【考点】简单线性规划．【分析】由约束条件作出可行域，令z==﹣x﹣y，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，令z==﹣x﹣y，化为y=﹣x﹣z，由图可知，当直线y=﹣x﹣z过点A（0，﹣4）时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为4．故答案为：4．15．动点M（x，y）到点（2，0）的距离比到y轴的距离大2，则动点M的轨迹方程为y2=8x（x≥0）或y=0（x＜0）．【考点】轨迹方程．【分析】由已知列出方程，化简即可求出动点M的轨迹C的方程．【解答】解：∵动点M（x，y）到点（2，0）的距离比到y轴的距离大2，∴=|x|+2，整理，得y2=4x+|4x|，∴当x≥0时，动点M的轨迹C的方程为y2=8x．当x＜0时，动点M的轨迹C的方程为y=0．故答案为：y2=8x（x≥0）或y=0（x＜0）16．在△ABC中，∠A=θ，D、E分别为AB、AC的中点，且BE⊥CD，则cos2θ的最小值为．【考点】二倍角的余弦．【分析】不妨设C（2，0），B（x，y），A（0，0），根据•=0，可得+y2=，故点B在此圆上．过点A作圆的切线，故当点B为切点时，∠A最大，即θ最大，故cosθ最小，从而求得cos2θ的最小值．【解答】解：△ABC中，∠A=θ，D、E分别为AB、AC的中点，且BE⊥CD，如图所示，不妨设C（2，0），B（x，y），A（0，0），∵AD=AB，AE=AC，∴E（1，0），D（，）．∵BE⊥CD，∴•=（1﹣x，﹣y）•（﹣2，）=（1﹣x）（﹣2）﹣y•=﹣ [+y2﹣]=0，∴+y2=，表示以（，0）为圆心，半径等于的圆，故点B在此圆上．过点A作圆的切线，故当点B为切点时，∠A最大，即θ最大，故cosθ===最小，则cos2θ的最小值为2cos2θ﹣1=2×﹣1=，故答案为：．三.解答题（17-21每小题12分，22或23题10分，共70分.在答题卷上解答，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17．设数列{a n}的前n项和S n=2a n﹣a1，且a1，a2+1，a3成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列的前n项和T n．【考点】数列的求和；数列递推式．（n＞1），结合等差数列中项的性【分析】（1）运用数列的递推式：a n=S n﹣S n﹣1质，解方程可得首项，由等比数列的通项公式即可得到所求；（2）求得，运用数列的求和方法：分组求和，结合等比数列和等差数列的求和公式，计算即可得到所求和．【解答】解：（1）由已知S n=2a n﹣a1有a n=S n﹣S n﹣1=2a n﹣2a n﹣1（n＞1），即a n=2a n﹣1（n＞1）．从而a2=2a1，a3=4a1．又∵a1，a2+1，a3成等差数列，即a1+a3=2（a2+1），∴a1+4a1=2（2a1+1），解得a1=2．∴数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，故．（2）由（1）得，因数列是首项为，公比为的等比数列，即有T n=（++…+）﹣（1+2+…+n），∴．18．为宣传3月5日学雷锋纪念日，成都七中在高一，高二年级中举行学雷锋知识竞赛，每年级出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为，乙队每人答对的概率都是．设每人回答正确与否相互之间没有影响，用X表示甲队总得分．（1）求随机变量X的分布列及其数学期望E（X）；（2）求甲队和乙队得分之和为4的概率．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．【分析】（1）X的可能取值为0，1，2，3．分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列及数学期望．（2）设“甲队和乙队得分之和为4”事件A，包含“甲队3分且乙队1分”，“甲队2分且乙队2分”，“甲队1分且乙队3分”三个基本事件，由此能求出甲队和乙队得分之和为4的概率．【解答】解：（1）X的可能取值为0，1，2，3．，，，，∴X的分布列为：X0123P…．…（2）设“甲队和乙队得分之和为4”事件A，包含“甲队3分且乙队1分”，“甲队2分且乙队2分”，“甲队1分且乙队3分”三个基本事件，则：．…19．已知等边△AB′C′边长为，△BCD中，（如图1所示），现将B与B′，C与C′重合，将△AB′C′向上折起，使得（如图2所示）．（1）若BC的中点O，求证：平面BCD⊥平面AOD；（2）在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角，若存在，求出CE的长度，若不存在，请说明理由；（3）求三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积．【考点】平面与平面垂直的判定；球内接多面体．【分析】（1）运用平面几何中等腰三角形的三线合一，结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，即可得证；（2）（法1）作AH⊥DO，交DO的延长线于H，运用平面几何中有关性质，以及线面垂直和面面垂直的性质，可得∠EDF就是ED与面BCD所成的角．运用直角三角形的知识，计算可得CE；（法2）以D为坐标原点，以直线DB，DC分别为x轴，y轴的正方向，以过D 与平面BCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设CE=x，求出E的坐标，运用法向量，以及向量的夹角公式，计算即可得到所求；（3）将原图补形成正方体，由AC=，可得正方体边长为1，可得外接球的直径即为正方体的对角线长，由球的表面积公式，计算即可得到所求．【解答】解：（1）证明：∵△ABC为等边三角形，△BCD为等腰三角形，且O为中点，∴BC⊥AO，BC⊥DO，∵AO∩DO=O，∴BC⊥平面AOD，又BC⊂面ABC∴平面BCD⊥平面AOD…（2）（法1）作AH⊥DO，交DO的延长线于H，则平面BCD∩平面AOD=HD，则AH⊥平面BCD，在Rt△BCD中，，在Rt△ACO中，，在△AOD中，，∴，在Rt△ADH中AH=ADsin∠ADO=1，设，作EF⊥CH于F，平面AHC⊥平面BCD，∴EF⊥平面BCD，∠EDF就是ED与面BCD所成的角．由，∴（※），在Rt△CDE中，，要使ED与面BCD成30°角，只需使，∴x=1，当CE=1时，ED与面BCD成30°角…（法2）在解法1中接（※），以D为坐标原点，以直线DB，DC分别为x轴，y轴的正方向，以过D与平面BCD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系则，，又平面BCD的一个法向量为，要使ED与面BCD成30°角，只需使成60°，只需使，即，∴x=1，当CE=1时ED与面BCD成30°角；（3）将原图补形成正方体，由AC=，可得正方体边长为1，则外接球的直径为，即半径，表面积：S=4πr2=3π…20．已知圆，将圆E2按伸缩变换：后得到曲线E1，（1）求E1的方程；（2）过直线x=2上的点M作圆E2的两条切线，设切点分别是A，B，若直线AB与E1交于C，D两点，求的取值范围．【考点】平面直角坐标轴中的伸缩变换．【分析】（1）根据题意，由平面直角坐标系中的伸缩变化的规律可得（x′）2+2（y′）2=2，整理即可得答案；（2）根据题意，直线x=2上任意一点M以及切点A，B坐标，分析可得切线AM，BM的方程，分t=0与t≠0两种情况讨论，分别求出的取值范围，综合即可得答案．【解答】解：（1）按伸缩变换：得：（x′）2+2（y′）2=2，则E1：；（2）设直线x=2上任意一点M的坐标是（2，t），t∈R，切点A，B坐标分别是（x1，y1），（x2，y2）；则经过A点的切线斜率k=，方程是x1x+y1y=2，经过B点的切线方程是x2x+y2y=2，又两条切线AM，BM相交于M（2，t），则有，所以经过A、B两点的直线l的方程是2x+ty=2，当t=0时，有A（1，1），B（1，﹣1），C（1，），D（1，﹣），则|CD|=，|AB|=2，=，当t≠0时，联立，整理得（t2+8）x2﹣16x+8﹣2t2=0；设C、D坐标分别为（x3，y3），（x4，y4），则，，，∴令t2+4=x，则x＞4，则f（x）=，又令u=∈（0，），φ（u）=﹣32u3+6u+1，u∈（0，），令φ′（u）=﹣96u2+6，令﹣96u2+6=0，解可得u0=，故φ（u）=﹣32u3+6u+1在（0，）上单调递增，且有φ（u）∈（1，），而，则＜＜1；综合可得≤＜1；所以的取值范围为[，1）．21．已知函数g（x）=xsinθ﹣lnx﹣sinθ在[1，+∞）单调递增，其中θ∈（0，π）（1）求θ的值；（2）若，当x∈[1，2]时，试比较f（x）与的大小关系（其中f′（x）是f（x）的导函数），请写出详细的推理过程；（3）当x≥0时，e x﹣x﹣1≥kg（x+1）恒成立，求k的取值范围．【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．【分析】（1）令g′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，结合三角函数的性质即可得出sinθ=1；（2）化简得f（x）﹣f′（x）=x﹣lnx++﹣﹣2，利用导数分别求出y=x﹣lnx和y=+﹣﹣2在[1，2]上的最小值，即可得出结论；（3）令F（x）=e x﹣x﹣1﹣kg（x+1），则F min（x）≥0（x≥0），对k进行讨论，判断F（x）的单调性，计算F min（x）进行检验即可．【解答】解：（1）∵g（x）在[1，+∞）单调递增，∴在[1，+∞）上恒成立，即恒成立．∵当x≥1时，≤1，∴sinθ≥1，又θ∈（0，π），∴0＜sinθ≤1∴sinθ=1，∴．（2）由（1）可知g（x）=x﹣lnx﹣1，∴，∴，∴，令h（x）=x﹣lnx，，∴，，∴h（x）在[1，2]上单调递增，∴h（x）≥h（1）=1，令φ（x）=﹣3x2﹣2x+6，则φ（x）在[1，2]单调递减，∵φ（1）=1，φ（2）=﹣10，∴∃x0∈（1，2），使得H（x）在（1，x0）单调递增，在（x0，2）单调递减，∵H（1）=0，H（2）=﹣，∴，∴，又两个函数的最小值不同时取得；∴，即：．（3）∵e x﹣x﹣1≥kg（x+1）恒成立，即：e x+kln（x+1）﹣（k+1）x﹣1≥0恒成立，令F（x）=e x+kln（x+1）﹣（k+1）x﹣1，则，由（1）得：g（x）≥g（1）即x﹣lnx﹣1≥0（x≥1），∴x+1≥ln（x+1）+1（x ≥0），即：x≥ln（x+1）（x≥0），∴e x≥x+1，∴当k=1时，∵x≥0，∴，∴F（x）单调递增，∴F（x）≥F（0）=0，符合题意；当k∈（0，1）时，y=（x+1）+﹣（k+1）在[0，+∞）上单调递增，∴，∴F（x）单调递增，∴F（x）≥F（0）=0，符合题意；当k≤0时，F′（x）在[0，+∞）上是增函数，∴≥F′（0）=1+k﹣（k+1）=0，∴F（x）单调递增，∴F（x）≥F（0）=0符合题意，当k＞1时，F″（x）=e x﹣，∴F″（x）在[0，+∞）上单调递增，又F″（0）=1﹣k＜0，且x→+∞，F″（x）＞0，∴F″（x）在（0，+∞）存在唯一零点t0，∴F′（x）在（0，t0）单调递减，在（t0，+∞）单调递增，∴当x∈（0，t0）时，F′（x）＜F′（0）=0，∴F（x）在（0，t0）单调递减，∴F（x）＜F（0）=0，不合题意．综上：k≤1．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C：ρsin2θ=2acosθ（a＞0），过点P（﹣2，﹣4）的直线l的参数方程为（t为参数），l与C分别交于M，N．（1）写出C的平面直角坐标系方程和l的普通方程；（2）若|PM|、|MN|、|PN|成等比数列，求a的值．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）利用极坐标与普通方程的关系式，可得C为抛物线方程，消去参数t，可得直线l的方程；（2）由|PM|=|t1|，|MN|=|t1﹣t2|，|PN|=|t2|成等比数列，可转化为关于a的等量关系求解．【解答】解：（Ⅰ）曲线C：ρsin2θ=2acosθ，可得ρ2sin2θ=2aρcosθ，它的直角坐标方程为y2=2ax（a＞0）；，消去t，可得x﹣y﹣2=0，直线l的普通方程为x﹣y﹣2=0．4分（Ⅱ）将直线l的参数方程与C的直角坐标方程联立，得t2﹣2（4+a）t+8（4+a）=0 （*）△=8a（4+a）＞0．设点M，N分别对应参数t1，t2，恰为上述方程的根．则|PM|=|t1|，|PN|=|t2|，|MN|=|t1﹣t2|．由题设得（t1﹣t2）2=|t1t2|，即（t1+t2）2﹣4t1t2=|t1t2|．由（*）得t1+t2=2（4+a），t1t2=8（4+a）＞0，则有（4+a）2﹣5（4+a）=0，得a=1，或a=﹣4．因为a＞0，所以a=1．10分[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）=|x+|+|x﹣a|（a＞0）．（Ⅰ）证明：f（x）≥2；（Ⅱ）若f（3）＜5，求a的取值范围．【考点】绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）由a＞0，f（x）=|x+|+|x﹣a|，利用绝对值三角不等式、基本不等式证得f（x）≥2成立．（Ⅱ）由f（3）=|3+|+|3﹣a|＜5，分当a＞3时和当0＜a≤3时两种情况，分别去掉绝对值，求得不等式的解集，再取并集，即得所求．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵a＞0，f（x）=|x+|+|x﹣a|≥|（x+）﹣（x﹣a）|=|a+|=a+≥2=2，故不等式f（x）≥2成立．（Ⅱ）∵f（3）=|3+|+|3﹣a|＜5，∴当a＞3时，不等式即a+＜5，即a2﹣5a+1＜0，解得3＜a＜．当0＜a≤3时，不等式即6﹣a+＜5，即a2﹣a﹣1＞0，求得＜a≤3．综上可得，a的取值范围（，）．2017年4月15日。

【数学】四川省成都市第七中学2019届高中毕业班零诊模拟考试试题(文).docx

直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为
1
t sin
y
角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点为极点，以
x轴正半轴为极轴）中，圆
C的方
程为6cos.
（1）求圆C的直角坐标方程；
（2）设圆C与直线l交于点A，B，若点P的坐标为(2,1)，求PAPB的最小值.
【参考答案】
一、选择题
1-5: CDDBB6-10: CACBC11、12：DD
1
2
10
（2）方案A好，理由如下：为250 0.0004
0.1，
同理，蜜柚质量在
[1750, 2000)
，[2000,2250)
，[2250,2500)
，[2500,2750)，
[2750,3000]的频率依次为
0.1，0.15，0.4，0.2，0.05，
由QA
( 2, y0)，QB (x1, y1
y0)，
QA QB 2x1
y0( y1y0)
2(2
8k2)
6k
(
4k
6k
2)
1
4k
2
1
4k
2
4k
2
1
4k
1
4(16k4
15k2
1)
4.
(1
4k2)2
整理得
7k2
2
，故k
14
，所以y0
2
14
.
7
5
9
综上y0
2
2
或y0
2
14
.
5
21.解：（1）a
1时，f
x
x
2ln x 1，f ' x
1
x2，则下列命题中为真命

四川省成都第七中学高中数学2019年联赛模拟试题训练题(十二)含答案

2019 年一试训练题（十二）
一、填空题（每小题 8 分，共 64 分）
1.设实数 a, b 满足： a3 3ab2 39 ， b3 3a2b 26 ，则 a2 b2 的值为
.
2.已知 (2x 4x2 1)( y2 4 2) y 0 ，则 x y 的最小值是
又由于 f (b) 2 f ( a b ) ， 2
故 f (b) 2 f ( a b) f (( a b)2 )
2
2
于是 4b (a b)2
故 4b b2 2 a 2 (0,1) ，
b2 4b 2 0
2 2 b 2 2
由于 a, b(0 a b) 满足 f (a) f (b) ，则 f (a) f (b), f (a) 0, f (b) 0
于是 f (ab) f (a) f (b) 0 ，
从而 ab 1 ，于是 0 a 1 b ， a b ab 1 2
50
两球均为红球的概率是
.
5. 已知数列{an}满足： a1 1, a2 1, an2 an1 an (n N*) ，
n
则 lim
1
.
a n k 0 2k
6. 设 O1 与 O2 交于点 A, B ， A 的坐标为 (4, 3) . r1, r2 分别为 O1 与 O2 的半径，满
2 求 b 的取值范围.
1
x2 y2 10.（本小题满分 20 分）设点 O 是坐标原点，椭圆： 1，点 P 是以椭圆
43 的长轴为直径的圆上任一点（异于椭圆顶点）， PE, PF 分别与椭圆切于点 E, F .

2019届四川省成都市第七中学高三下学期二诊模拟考试理综试卷强化版

一、单选题1. 如图甲所示，在粗糙水平面上，物块A 在水平向右的外力F 的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，下列判断正确的是（　　）A ．在0~ls 内，外力F 不断增大B ．在1s~3s 内，外力F 的大小恒定C ．在3s~4s 内，外力F 不断增大D ．在3s~4s 内，外力F 的大小恒定2. 如图所示，在圆形区域内，存在着垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的一条直径。

一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为，方向与ab成时，恰好从b 点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t 。

现将粒子的速度大小减为，方向不变，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子的重力）（）A ．3tB ．2t C．D．3. 如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m 的滑块，初始时静置于a 点。

一原长为l 的轻质弹簧左端固定在O 点，右端与滑块相连。

直杆上还有b 、c 、d 三点，且b 点与O 点在同一水平线上，，和与的夹角均为，与的夹角为。

现由静止释放滑块，在滑块从a 点下滑到d 点的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，，则下列说法正确的是（）A ．滑块在b点时速度最大，加速度为B ．滑块从a 点下滑到c 点的过程中，滑块的机械能守恒C ．滑块在c点的速度大小为D ．滑块从a 点下滑到d 点的过程中，滑块的机械能一直在减小4. 在水平地面上有一个质量为4.0 kg 的物体，物体在水平拉力F 的作用下由静止开始运动。

10 s后拉力大小减小为，并保持恒定。

该物体的速度图象如图所示（取g ＝10 m/s 2）物体在10-30s 内的加速度大小为（）A ．1m/s 2B ．0.5m/s 2C ．2m/s 2D ．0.75m/s 22019届四川省成都市第七中学高三下学期二诊模拟考试理综试卷强化版二、多选题三、实验题5. 用半导体材料制成热敏电阻，在温度升高时，电阻会迅速减小，如图所示，将一热敏电阻接入电路中，接通开关后，经过一段时间会观察到（）A ．电流表示数不变B ．电流表示数减小C ．电压表示数增大D ．电压表示数减小6. 某同学研究电子在电场中的运动时，电子仅受电场力作用，得到了电子由a 点运动到b 点的轨迹（虚线所示）图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的是（）A ．不论图中实线是电场线还是等势面，a 点的电势都比b 点低B ．不论图中实线是电场线还是等势面，a 点的加速度都比b 点小C ．如果图中实线是电场线，电子在a 点动能较小D ．如果图中实线是等势面，电子在a 点电势能较小7. 下列说法中正确的是___________A ．固体、液体、气体中都有扩散现象和布朗运动B ．扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，但扩散现象和布朗运动并不都是热运动C ．晶体有一定的熔化温度，非晶体没有一定的熔化温度D ．第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量守恒定律E ．两个分子从无穷远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子间相互作用力的合力先变大后变小，再变大8.如图所示，固定粗糙斜面的长度为、倾角为，顶端处有一轻小定滑轮。