2020年四川省成都市高考数学一模试卷(文科)
2020年四川省成都七中高考数学一诊试卷(文科)-教师用卷
2020年四川省成都七中高考数学一诊试卷（文科）副标题题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.复数z=a+bi(a,b∈R)的虚部记作Im(z)=b，则Im(3+i1+i)=()A. −2B. −1C. 1D. 2【答案】B【解析】解：∵3+i1+i =(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=4−2i2=2−i，又复数z=a+bi(a,b∈R)的虚部记作Im(z)=b，∴Im(3+i1+i)=−1．故选：B．直接由复数代数形式的乘除运算化简3+i1+i，再根据题目中定义的复数的虚部，可得答案．本题考查了复数代数形式的乘除运算、虚部的定义，属于基础题．2.执行如图所示的程序框图，输出的S值为()A. 3B. −6C. 10D. −15【答案】C【解析】解：由程序框图知，程序的运行功能是求S=−12+22−32+42−⋯可得：当i=5时，不满足条件i<5，程序运行终止，输出S═−12+22−32+42=10．故选：C．根据程序框图判断，程序的运行功能是求S=−12+22−32+42，计算可得答案．本题考查了循环结构的程序框图，解答此类问题的关键是判断程序框图的功能．3.关于函数f(x)=|tanx|的性质，下列叙述不正确的是()A. f(x)的最小正周期为π2B. f(x)是偶函数C. f(x)的图象关于直线x=kπ2(k∈Z)对称D. f(x)在每一个区间(kπ,kπ+π2)(k∈Z)内单调递增【答案】A【解析】【分析】本题考查了正切函数的图象与性质，是基础题．根据正切函数的图象与性质，结合绝对值的意义，对选项中的结论进行判断即可．【解答】解：对于函数f(x)=|tanx|，根据该函数的图象与性质知，其最小正周期为π，A错误；又f(−x)=|tan(−x)|=|tanx|=f(x)，所以f(x)是定义域上的偶函数，B正确；根据函数f(x)的图象与性质知，f(x)的图象关于直线x=kπ2(k∈Z)对称，C正确；根据f(x)的图象与性质知，f(x)在每一个区间(kπ,kπ+π2)(k∈Z)内单调递增，D正确．故选：A．4.已知a>0，b>0，则“a≤1且b≤1”是“a+b≤2且ab≤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【答案】A【解析】解：∵a>0，b>0，“a≤1且b≤1”可得：“a+b≤2且ab≤1”，反之不成立：取a=32，b=12，满足a+b≤2且ab≤1，而a≤1且b≤1不成立．故“a≤1且b≤1”是“a+b≤2且ab≤1”的充分不必要条件．故选：A．a>0，b>0，“a≤1且b≤1”可得：“a+b≤2且ab≤1”，反之不成立：取a=32，b=12，即可判断出结论．本题考查了不等式的性质、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.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. 36+12πB. 36+16πC. 40+12πD. 40+16π【答案】C【解析】解：由三视图可知几何体为长方体与半圆柱的组合体，作出几何体的直观图如图所示：其中半圆柱的底面半径为2，高为4，长方体的棱长分别为4，2，2，∴几何体的表面积S=12π×22×2+12×π×4×4+2×4+2×4×2+2×4+2×2×2=12π+40．故选：C．几何体为棱柱与半圆柱的组合体，作出直观图，代入数据计算．本题考查了几何体的常见几何体的三视图，几何体表面积计算，属于中档题．6.在约束条件：{x≤1y≤2x+y−1≥0下，目标函数z=ax+by(a>0,b>0)的最大值为1，则ab的最大值等于()A. 12B. 38C. 14D. 18【答案】D【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：(阴影部分)，由z=ax+by(a>0,b>0)，则y=−ab x+zb，平移直线y=−ab x+zb，由图象可知当直线y=−abx+zb经过点A(1,2)时直线的截距最大，此时z最大为1．代入目标函数z=ax+by得a+2b=1．则1=a+2b≥2√2ab，则ab≤18当且仅当a=2b=12时取等号，∴ab 的最大值等于18，故选：D ．作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数取得最大值，确定a ，b 的关系，利用基本不等式求ab 的最大值．本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合以及基本不等式是解决此类问题的基本方法．7. 已知正项等比数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 2a 4=1，S 3=7则S 5=( )A. 152B. 314C. 334D. 172【答案】B【解析】【分析】本题考查等比数列的前5项和的求法，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用，属于基础题．由已知条件利用等比数列的通项公式和前n 项和公式得{a 1q ⋅a 1q 3=1a 1(1−q 3)1−q=7q >0，由此能求出S 5．【解答】解：由已知得： {a 1q ⋅a 1q 3=1a 1(1−q 3)1−q=7q >0，解得a 1=4，q =12， ∴S 5=a 1(1−q 5) 1−q=4(1−125)1−12=314．故选：B ．8. 双曲线x 26−y 23=1的渐近线与圆(x −3)2+y 2=r 2(r >0)相切，则r =( )A. √3B. 2C. 3D. 6【答案】A【解析】【分析】本题考查双曲线的性质、点到直线的距离公式，属于基础题．求出渐近线方程，再求出圆心到渐近线的距离，根据此距离和圆的半径相等，求出r ． 【解答】解：双曲线的渐近线方程为y =√2，即x ±√2y =0， 圆心(3,0)到直线的距离d =√(√2)2+1=√3，∴r =√3． 故选：A ．9. 已知函数f(x)对∀x ∈R 都有f(x)=f(4−x)，且其导函数f′(x)满足当x ≠2时，(x −2)f′(x)>0，则当2<a <4时，有( )A. f(2a)<f(2)<f(log2a)B. f(2)<f(2a)<f(log2a)C. f(log2a)<f(2a)<f(2)D. f(2)<f(log2a)<f(2a)【答案】D【解析】解：∵函数f(x)对定义域R内的任意x都有f(x)=f(4−x)，∴f(x)关于直线x=2对称；又当x≠2时其导函数f′(x)满足xf′(x)>2f′(x)⇔f′(x)(x−2)>0，∴当x>2时，f′(x)>0，f(x)在(2,+∞)上的单调递增；同理可得，当x<2时，f(x)在(−∞,2)单调递减；f(x)的最小值为f(2)∵2<a<4，∴1<log2a<2，∴2<4−log2a<3，又4<2a<16，f(log2a)=f(4−log2a)，f(x)在(2,+∞)上的单调递增；∴f(log2a)<f(2a)，∴f(2)<f(log2a)<f(2a)，故选：D．由f(x)=f(4−x)，可知函数f(x)关于直线x=2对称，由(x−2)f′(x)>0，可知f(x)在(−∞,2)与(2,+∞)上的单调性，从而可得答案．本题综合考查了导数的运用，函数的对称性，单调性的运用，综合运用对数解决问题的能力，属于中档题．10.对圆(x−1)2+(y−1)2=1上任意一点P(x,y)，若点P到直线l1：3x−4y−9=0和l2：3x−4y+a=0的距离和都与x，y无关，则a的取值区间为()A. [6,+∞)B. [−4,6]C. (−4,6)D. (−∞,−4]【答案】A【解析】解：设z=|3x−4y+a|+|3x−4y−9|=5(|3x−4y−9|+5|3x−4y+a|)，5故|3x−4y+a|+|3x−4y−9|可以看作点P(x,y)到直线l2：3x−4y+a=0与直线l1：3x−4y−9=0距离之和的5倍，∵|3x−4y+a|+|3x−4y−9|的取值与x，y无关，∴这个距离之和与点P在圆上的位置无关，如图所示：可知直线l1平移时，P点与直线l1，l2的距离之和均为l1，l2的距离，即此时圆在两直线内部，=1，当直线l2的与圆相切时，|3−4+a|5化简得|a−1|=5，解得a=6或a=−4(舍去)，∴a≥6．故选：A．由题意可得|3x−4y+a|+|3x−4y−9|可以看作点P到直线m：3x−4y+a=0与直线l：3x−4y−9=0距离之和的5倍，根据点到直线的距离公式解得即可．本题考查了直线和圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，考查数学转化思想方法，属于难题．11. 若a ⃗ ，b ⃗ ，c ⃗ 满足，|a ⃗ |=|b ⃗ |=2|c ⃗ |=2，则(a ⃗ −b ⃗ )⋅(c ⃗ −b ⃗ )的最大值为( ) A. 10 B. 12 C. 5√3 D. 6√2 【答案】B【解析】解：a ⃗ ，b ⃗ ，c ⃗ 满足，|a ⃗ |=|b ⃗ |=2|c ⃗ |=2， 则(a ⃗ −b ⃗ )⋅(c ⃗ −b ⃗ )=a ⃗ ⋅c ⃗ −a ⃗ ⋅b ⃗ −b ⃗ ⋅c ⃗ +b ⃗ 2=2cos <a ⃗ ,c ⃗ >−4cos <a ⃗ ,b⃗ >−2cos <b ⃗ ,c ⃗ >+4≤12， 当且仅当a ⃗ ,c ⃗ 同向，a ⃗ ,b ⃗ ，反向，b ⃗ ,c ⃗ 反向时，取得最大值．故选：B ．利用向量的数量积公式化简表达式，转化求解最大值即可．本题考查了向量的数量积的运算，数量积的模的最值的求法，属于基础题．12. 点M ，N 分别是棱长为1的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中棱BC ，CC 1的中点，动点P在正方形BCC 1B 1(包括边界)内运动，且PA 1//面AMN ，则PA 1的长度范围为( )A. [1,√52]B. [3√24,√52]C. [3√24,32]D. [1,32]【答案】B【解析】解：取B 1C 1的中点E ，BB 1的中点F ，连结A 1E ，A 1F ，EF ，取EF 中点O ，连结A 1O ， ∵点M ，N 分别是棱长为1的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中棱BC ，CC 1的中点， ∴AM//A 1E ，MN//EF ，∵AM ∩MN =M ，A 1E ∩EF =E ， ∴平面AMN//平面A 1EF ，∵动点P 在正方形BCC 1B 1(包括边界)内运动，且PA 1//面AMN ，∴点P 的轨迹是线段EF ， ∵A 1E =A 1F =√12+(12)2=√52，EF =12√12+12=√22， ∴A 1O ⊥EF ，∴当P 与O 重合时，PA 1的长度取最小值：A 1O =√(√52)2+(√24)2=3√24，当P 与E(或F)重合时，PA 1的长度取最大值：A 1E =A 1F =√52．∴PA 1的长度范围为[3√24,√52]. 故选：B ．取B 1C 1的中点E ，BB 1的中点F ，连结A 1E ，A 1F ，EF ，取EF 中点O ，连结A 1O ，推导出平面AMN//平面A 1EF ，从而点P 的轨迹是线段EF ，由此能求出PA 1的长度范围． 本题考查线段长度的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.命题“∀x∈N，x2>1”的否定为______ ．【答案】∃x0∈N，x02≤1【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“∀x∈N，x2>1”的否定为∃x0∈N，x02≤1故答案为：∃x0∈N，x02≤1直接利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，是基础题．14.在样本的频率分布直方图中，共有9个小长方形，若第一个长方形的面积为0.02，前五个与后五个长方形的面积分别成等差数列且公差是互为相反数，若样本容量为1600，则中间一组(即第五组)的频数为______．【答案】360【解析】解：设公差为d，那么9个小长方形的面积分别为0.02，0.02+d，0.02+2d，0.02+3d，0.02+4d，0.02+3d，0.02+2d，0.02+d，0.02，而9个小长方形的面积和为1，可得0.18+16d=1解得d=0.8216，∴中间一组的频数为：1600×(0.02+4d)=360．故答案为：360．设出公差，利用9个小长方形面积和为1，求出公差，然后求解中间一组的频数．本题考查频率分布直方图的应用，考查计算能力．15.设O、F分别是抛物线y2=2x的顶点和焦点，M是抛物线上的动点，则|MO||MF|的最大值为______．【答案】2√33．【解析】解：焦点F(12,0)，设M(m,n)，则n2=2m，m>0，设M到准线x=−12的距离等于d，则由抛物线的定义得|MO||MF|=√m2+n2m+12=√1+m−14m2+m+14，令m−14=t，依题意知，m>0，若t>0，则m−14m2+m+14=tt2+32t+916=1t+916t+32≤13，∴t max =13，此时(|MO||MF|)max =√1+13=2√33；若−14<t <0，y =t +916t+32单调递减，故y <−1，1y ∈(−1,0)； 综上所述，(|MO||MF|)max =2√33． 故答案为：2√33． 设M(m,n)到抛物线y 2=2x 的准线x =−12的距离等于d ，由抛物线的定义可得|MO||MF|=√m 2+n 2m+12=√1+m−14m 2+m+14，令m −14=t ，利用基本不等式可求得最大值．本题考查抛物线的定义、简单性质，基本不等式的应用，体现了换元的思想，属于难题．16. 若实数a ，b ∈(0,1)且ab =14，则11−a +21−b 的最小值为______． 【答案】4+4√23【解析】解：因为ab =14，所以b =14a ， 因此11−a +21−b =11−a +21−14a，=11−a +8a4a−1， =11−a +2(4a−1)+24a−1，=11−a +24a−1+2，=2(14a−1+24−4a )+2，=23(14a−1+24−4a )[(4a −1)+(4−4a)]+2， =23[1+2+4−4a4a−1+2(4a−1)4−4a]+2，≥23(3+2√2)+2=4+4√23， 当且仅当a =√24+22，取“=”， 及11−a +21−b 的最小值为4+4√23， 故答案为：4+4√23， 先根据条件消掉b ，将b =14a 代入原式得11−a +8a4a−1，再列项并用贴“1“法，最后应用基本不等式求其最小值．本题考查基本不等式的应用，属于中档题．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知c=3，且sin(C−π6)⋅cosC=14．(1)求角C的大小；(2)若向量m⃗⃗⃗ =(1,sinA)与n⃗=(2,sinB)共线，求a、b的值．【答案】解：(1)sin(C−π6)⋅cosC=(sinCcosπ6−cosCsinπ6)⋅cosC =√32sinCcosC−12cos2C=√34sin2C−1+cos2C4=12sin(2C−π6)−14=14，∴sin(2C−π6)=1；又0<C<π，∴−π6<2C−π6<11π6，∴2C−π6=π2，解得C=π3；(2)向量m⃗⃗⃗ =(1,sinA)与n⃗=(2,sinB)共线，∴2sinA−sinB=0，∴sinB=2sinA，即b=2a①；又c=3，C=π3，∴c2=a2+b2−2abcosC=a2+b2−ab=9②；由①②联立解得a=√3，b=2√3．【解析】(1)利用三角恒等变换化简sin(C−π6)⋅cosC=14，即可求出C的值；(2)根据向量m⃗⃗⃗ 、n⃗共线，得出sinB=2sinA，即b=2a①；由余弦定理得出a2+b2−ab=9②，①②联立解得a、b的值．本题考查了三角恒等变换以及向量共线定理和正弦、余弦定理的应用问题，是综合性题目．18.学校为了了解高三学生每天自主学习中国古典文学的时间，随机抽取了高三男生和女生各50名进行问卷调查，其中每天自主学习中国古典文学的时间超过3小时的学生称为“古文迷”，否则为“非古文迷”，调查结果如表：(Ⅱ)现从调查的女生中按分层抽样的方法抽出5人进行调查，求所抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数；(Ⅲ)现从(Ⅱ)中所抽取的5人中再随机抽取3人进行调查，记这3人中“古文迷”的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望．参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．参考数据：P(K2≥k0)0.500.400.250.050.0250.010 k00.4550.708 1.321 3.841 5.024 6.635【答案】解：(Ⅰ)由列联表得K2=100(26×20−30×34)256×44×50×50≈0.6494<0.708，所以没有60%的把握认为“古文迷”与性别有关．(Ⅱ)调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法抽出5人，则“古文迷”的人数为5×3050=3人，“非古文迷”有5×2050=2人．即抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数分别为3人和2人，(Ⅲ)因为ξ为所抽取的3人中“古文迷”的人数，所以ξ的所有取值为1，2，3．P(ξ=1)=C31C22C53=310，P(ξ=2)=C32C21C53=35，P(ξ=3)=C33C53=110．所以随机变量ξ的分布列为ξ123P 31035110于是Eξ=1×310+2×35+3×110=95．【解析】本题考查独立性检验知识的运用，考查随机变量ξ的分布列与数学期望，考查学生的计算能力，属于中档题．(Ⅰ)求出K2，与临界值比较，即可得出结论；(Ⅱ)调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法抽出5人，即可得出结论；(Ⅲ)ξ的所有取值为1，2，3.求出相应的概率，即可求随机变量ξ的分布列与数学期望．19.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点．(1)求证：CD//平面A1EB；(2)求证：AB1⊥平面A1EB；(3)若AB=2，求三棱锥A1−B1BE的体积．【答案】解：(1)证明：设AB1和A1B的交点为O，连接EO，连接OD．因为O为A1B的中点，D为AB的中点，所以OD//BB1且OD=12BB1.又E是CC1中点，所以EC//BB1，且EC=12BB1，所以EC//OD且EC=OD．所以，四边形ECOD为平行四边形．所以EO//CD．又CD⊄平面A1BE，EO⊂平面A1BE，所以CD//平面A1BE．(2)证明：因为三棱柱各侧面都是正方形， 所以BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ．所以BB 1⊥平面ABC.因为CD ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥CD ． 由已知得AB =BC =AC ，所以CD ⊥AB ， 所以CD ⊥平面A 1ABB 1.由(1)可知EO//CD ， 所以EO ⊥平面A 1ABB 1．所以EO ⊥AB 1.因为侧面是正方形，所以AB 1⊥A 1B .又EO ∩A 1B =O ，EO ⊂平面A 1EB ，A 1B ⊂平面A 1EB ， 所以AB 1⊥平面A 1BE ．(3)解：由条件求得BE =√5=A 1E ，A 1B =2√2， 所以S △A 1BE =√6，所以三棱锥A 1−B 1BE 的体积为：V A 1−B 1BE =V B 1−A 1BE =13S △A 1BE ⋅|B 1O|=13×√6×√2=2√33． 【解析】(1)设AB 1和A 1B 的交点为O ，连接EO ，连接OD ，推导出四边形ECOD 为平行四边形．从而EO//CD.由此能证明CD//平面A 1BE ．(2)推导出BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC.从而BB 1⊥平面ABC ，BB 1⊥CD ，推导出CD ⊥AB ，从而CD ⊥平面A 1ABB 1.由EO//CD ，得EO ⊥平面A 1ABB 1.从而EO ⊥AB 1.因为侧面是正方形，得AB 1⊥A 1B .由此能证明AB 1⊥平面A 1BE ．(3)三棱锥A 1−B 1BE 的体积为V A 1−B 1BE =V B 1−A 1BE =13S △A 1BE ⋅|B 1O|，由此能求出结果． 本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20. 已知椭圆C ：x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1(−√2,0)，F 2(√2,0)，以椭圆短轴为直径的圆经过点M(1,0)． (1)求椭圆C 的方程；(2)过点M 的直线l 与椭圆C 相交于A 、B 两点，设点N(3,2)，记直线AN ，BN 的斜率分别为k 1，k 2，问：k 1+k 2是否为定值？并证明你的结论． 【答案】解：(1)∵椭圆C ：x 2a +y 2b =1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1(−√2,0)，F 2(√2,0)，以椭圆短轴为直径的圆经过点M(1,0)， ∴{c =√2b =1a 2=b 2+c 2，解得a =√3，b =1，∴椭圆C 的方程为x 23+y 2=1．(2)k 1+k 2是定值．证明如下：设过M 的直线：y =k(x −1)=kx −k 或者x =1 ①x =1时，代入椭圆，y =±√63，∴令A(1,√63)，B(1,−√63)， k 1=2−√633−1，k 2=2+√633−1，∴k 1+k 2=2． ②y =kx −k 代入椭圆，(3k 2+1)x 2−6k 2x +(3k 2−3)=0设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2).则x 1+x 2=6k 23k 2+1，x 1x 2=3k 2−33k 2+1，y1+y2=6k33k3+1−2k=−2k3k3+1，y1y2=k2x1x2−k2(x1+x2)+k2=−2k23k2+1，k1=2−y13−x1，k2=2−y23−x2，∴k1+k2=6−3y1−2x2+x2y1+6−3y2−2x1+x1x2(3−x1)(3−x2)=2．【解析】(1)由椭圆的两个焦点分别为F1(−√2,0)，F2(√2,0)，以椭圆短轴为直径的圆经过点M(1,0)，列出方程组，能求出椭圆C的方程．(2)设过M的直线：y=k(x−1)=kx−k或者x=1，x=1时，代入椭圆，能求出k1+ k2=2；把y=kx−k代入椭圆，得(3k2+1)x2−6k2x+(3k2−3)=0，由此利用韦达定理能求出k1+k2=2．本题考查椭圆方程的求法，考查两直线斜率之和是否为定值的判断与证明，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用．21.已知函数f(x)=tx+lnx(t∈R)．(1)当t=−1时，证明：f(x)≤−1；(2)若对于定义域内任意x，f(x)≤x⋅e x−1恒成立，求t的范围？【答案】解：(1)证明：即是证明lnx−x≤−1，设g(x)=lnx−x+1，g′(x)=1−xx，当0<x<1，0'/>，g(x)单调递增；当x>1，，g(x)单调递减；所以g(x)在x=1处取到最大值，即g(x)≤g(1)=0，所以lnx−x≤−1得证；(2)解法一：原式子恒成立即t≤e x−lnx+1x在(0,+∞)恒成立，由(1)可以得到x≥lnx+1，所以x⋅e x≥ln(x⋅e x)+1=lnx+x+1，所以e x≥lnx+x+1x =lnx+1x+1，所以e x−lnx+1x≥1，当且仅当x⋅e x=1时取=，于是t的取值范围是(−∞,1]．解法二：设ℎ(x)=xe x−tx−lnx(x>0)，原题即ℎ(x)≥1恒成立，因为ℎ′(x)=(x+1)e x−t−1x ，而ℎ″(x)=(x+2)e x+1x2>0，所以单调递增，又因为x→0时，，当x→+∞时，，所以在(0,+∞)存在唯一零点，设为x0.所以ℎ′(x0)=(x0+1)e x0−t−1x=0，所以t=(x0+1)e x0−1x，且ℎ(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，于是ℎ(x)的最小值为ℎ(x0)=x0e x0−tx0−lnx0=−x02⋅e x0−lnx0+1，原题即−x02⋅e x0−lnx0+1≥1，即x02⋅e x0+lnx0≤0，由此式子必然0<x0<1，x02⋅e x0≤−lnx0，把后面的不等式两边同时取对数整理后得x0+lnx0≤ln(−lnx0)+(−lnx0)，易证明函数y=x+lnx是增函数，所以得x0≤−lnx0，所以e x0≤1x，故由t=(x0+1)e x0−1x0，得到t≤(x0+1)1x−1x0=1，于是t的取值范围是(−∞,1]．解法三：原式子恒成立即t ≤e x −lnx+1x在(0,+∞)恒成立，设φ(x)=e x −lnx+1x，φ′(x)=x 2e x +lnxx 2，设Q(x)=x 2e x +lnx ，Q′(x)=(x 2+2x)e x +1x >0，所以Q(x)单调递增，且Q(12)<0，Q(1)>0，所以Q(x)有唯一零点x 0，而且x 02⋅e x 0+lnx 0=0，所以x 02⋅e x 0=−lnx 0， 两边同时取对数得x 0+lnx 0=ln(−lnx 0)+(−lnx 0)，易证明函数y =x +lnx 是增函数，所以得x 0=−lnx 0，所以e x 0=1x 0，所以由φ(x)在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(x 0)=e x 0−lnx 0+1x 0=1x 0−−x 0+1x 0=2，于是t 的取值范围是(−∞,1]．【解析】(1)事实上，只需证明函数g(x)=lnx −x +1的最大值小于等于0即可； (2)解法一，转化为证明t ≤e x −lnx+1x在(0,+∞)恒成立，结合(1)的结论即可得证；解法二，直接构造函数ℎ(x)=xe x −tx −lnx(x >0)，证明其大于等于1恒成立即可；解法三，转化为证明t ≤e x −lnx+1x在(0,+∞)恒成立，设φ(x)=e x −lnx+1x，求其最小值即可．本题考查利用导数证明不等式，考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，以及不等式的恒成立问题，考查推理论证及运算求解能力，属于中档题．22. 在极坐标系下，知圆O ：ρ=cosθ+sinθ和直线l ：ρsin(θ−π4)=√22(ρ≥0,0≤θ≤2π)．(1)求圆O 与直线l 的直角坐标方程；(2)当θ∈(0,π)时，求圆O 和直线l 的公共点的极坐标．【答案】解：(1)圆O ：ρ=cosθ+sinθ，即ρ2=ρcosθ+ρsinθ， 故圆O 的直角坐标方程为：x 2+y 2−x −y =0， 直线l ：ρsin(θ−π4)=√22，即ρsinθ−ρcosθ=1，则直线的直角坐标方程为：x −y +1=0．(2)由(1)知圆O 与直线l 的直角坐标方程，将两方程联立得{x 2+y 2−x −y =0x −y +1=0，解得{x =0y =1．即圆O 与直线l 的在直角坐标系下的公共点为(0,1)， 转化为极坐标为(1,π2)．【解析】(1)圆O 的极坐标方程化为ρ2=ρcosθ+ρsinθ，由此能求出圆O 的直角坐标方程；直线l 的极坐标方程化为ρsinθ−ρcosθ=1，由此能求出直线l 的直角坐标方程． (2)圆O 与直线l 的直角坐标方程联立，求出圆O 与直线l 的在直角坐标系下的公共点，由此能求出圆O 和直线l 的公共点的极坐标．本题考查直线与圆的直角坐标方程的求法，考查圆与直线的公共点的极坐标的求法，涉及到参数方程、普通方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．23. 已知函数f(x)=|2x +3|+|2x −1|．(Ⅰ)求不等式f(x)≤5的解集；(Ⅱ)若关于x 的不等式f(x)<|m −1|的解集非空，求实数m 的取值范围． 【答案】解：(Ⅰ)原不等式为：|2x +3|+|2x −1|≤5， 能正确分成以下三类：当x ≤−32时，原不等式可转化为−4x −2≤5，即−74≤x ≤−32； 当−32<x <12时，原不等式可转化为4≤5恒成立，所以−32<x <12； 当x ≥12时，原不等式可转化为4x +2≤5，即12≤x ≤34． 所以原不等式的解集为{x|−74≤x ≤34}．(Ⅱ)由已知函数f(x)={−4x −2,x ≤−324,−32<x <124x +2,x ≥12，可得函数y =f(x)的最小值为4，由f(x)<|m −1|的解集非空得：|m −1|>4． 解得m >5或m <−3．【解析】(Ⅰ)零点分段求解不等式即可；(Ⅱ)由题意得到关于实数m 的不等式，求解不等式即可求得最终结果．本题考查了绝对值不等式的解法，分类讨论的数学思想等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中等题．。
2020届四川省成都市高三第一次联考 数学(文)
2020届四川省成都市高三第一次联考数学试题（文科） ★祝考试顺利★ 注意事项：1、考试范围：高考范围。
2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。
3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。
4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。
5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
6、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
7、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
8、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复数1iz i =+（i 为虚数单位)的虚部是 A.21 B.21- C.i 21 D.i 21- 2.已知集合}4,3,2,1{=A ，}06|{2<--=x x x B ，则=B A A.}2{ B.}2,1{ C.}3,2{ D.}3,2,1{3.如图是某赛季甲，乙两名篮球运动员9场比赛所得分数的茎叶图，则下列说法错误的是A.甲所得分数的极差为22B.乙所得分数的中位数为18C.两人所得分数的众数相等D.甲所得分数的平均数低于乙所得分数的平均数4.若实数x ，y 满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥≥-≤-+001022y x y x ，则y x z 2-=的最小值为A.0B.2C.4D.65.已知等比数列}{n a 的各项均为正数，若12log log log 1232313=+++a a a ，则=76a a A.l B.3 C.6 D.96.设函数)(x f 的导函数为)('x f ，若11ln )(-+=xx e x f x，则=)1('f A. 3-e B.2-e C.1-e D.e7.△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 。
2020届四川省成都市一诊数学(文科)试卷及答案
三、解答题：本大题共 5 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（12 分）在 ABC 中，角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ， c ，且 b2 c2 a2 4 2 bc ．
3 （Ⅰ）求 sin A 的值；
（Ⅱ）若 ABC 的面积为 2 ，且 2 sin B 3sin C ，求 ABC 的周长
18．（12 分）某公司有 1000 名员工，其中男性员工 400 名，采用分层抽样的方法随机抽取 100 名员工进行 5G 手机购买意向的调查，将计划在今年购买 5G 手机的员工称为“追光族”， 计划在明年及明年以后才购买 5G 手机的员工称为“观望者”调查结果发现抽取的这 100 名 员工中属于“追光族”的女性员工和男性员工各有 20 人． （Ⅰ）完成下列 2 2 列联表，并判断是否有 95% 的把握认为该公司员工属于“追光族”与 “性别”有关；
值为 ( )
A． 1 或 0
B．0 或 1
C． 1 或 2
D．1 或 2
【解答】解：集合 A {1，0， m}， B {1 ， 2} ， A B {1 ，0，1， 2} ，
因为 A ， B 本身含有元素 1 ，0，1，2，所以根据元素的互异性， m 1，0 即可， 故 m 1或 2， 故选： D ．
y2 b2
1(a 0,b 0) 相交于不同的两点
A ，B
，F
为双曲线 C 的左焦点，且满足 | AF | 3 | BF | ， | OA | b(O 为坐标原点），则双曲线 C 的离心
率为 ( )
A． 2
B． 3
C．2
D． 5
12．（5 分）已知定义在 R 上的函数 f (x) 满足 f (2 x) f (2 x) ，当 x2 时， f (x) xex ．若
2020年四川省第一次高考模拟考试文科数学试题与答案
2020年四川省第一次高考模拟考试文科数学试题与答案（满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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＜x＜5}，集合A＝{1，3}，则集合∁U A的子集的个数是（）1. 设全集U＝{x NA. 16B. 8C. 7D. 42. 下列各式的运算结果为纯虚数的是（）A. i（1+i）2B. i2（1﹣i）C. （1+i）2D. i（1+i）3. 为比较甲、以两名篮球运动员的近期竞技状态,选取这两名球员最近五场比赛的得分制成如图所示的茎叶图,有以下结论：①甲最近五场比赛得分的中位数高于乙最近五场比赛得分的中位数；②甲最近五场比赛得分平均数低于乙最近五场比赛得分的平均数；③从最近五场比赛的得分看，乙比甲更稳定；④从最近五场比赛的得分看，甲比乙更稳定。
其中所有正确结论的编号为（）A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④4. 已知直线，直线为，若则( )A．或 B．C ．D ．或5. 已知,条件甲：；条件乙：,则甲是乙的（ ）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6. 轴截面为正方形的圆柱的外接球的体积与该圆柱的体积的比值为（ ） A ． B ．C ．D ．7. 在中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，，则角B=（ ）A.B. C.D.8. 执行如图所示的程序框图，输出的S=（ ）A. 25B. 9C. 17D. 209. 设直线1:210l x y -+=与直线A 的交点为A ；,P Q 分别为12,l l 上任意两点，点M 为,P Q 的中点，若12AM PQ =，则m 的值为（ ） A. 2B. 2-C. 3D. 3-10.在V ABC 中，sin B A =，BC =4C π=，则=AB （ ）B. 5C. D.11. 已知函数，若，且函数存在最小值，则实数的取值范围为（ ） A.B.C. D. 12.已知三棱锥的底面的顶点都在球的表面上，且，，，且三棱锥的体积为，则球的体积为（ ） A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
四川省成都市高考数学一诊试卷（文科）含答案解析
四川省成都市高考数学一诊试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设集合U=R，A={x|（x+l）（x﹣2）＜0}，则∁U A=（）A．（一∞，﹣1）∪（2，+∞） B．[﹣l，2]C．（一∞，﹣1]∪[2，+∞）D．（一1，2）2．命题“若a＞b，则a+c＞b+c”的逆命题是（）A．若a＞b，则a+c≤b+c B．若a+c≤b+c，则a≤bC．若a+c＞b+c，则a＞b D．若a≤b，则a+c≤b+c3．双曲线的离心率为（）A．4 B．C．D．4．已知α为锐角，且sinα=，则cos（π+α）=（）A．一B．C．﹣D．5．执行如图所示的程序框图，如果输出的结果为0，那么输入的x为（）A．B．﹣1或1 C．﹣l D．l6．已知x与y之间的一组数据：x1234y m 3.2 4.87.5若y关于x的线性回归方程为=2.1x﹣1.25，则m的值为（）A．l B．0.85 C．0.7 D．0.57．已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（x+3）=f（x），且当x∈[0，）时，f（x）=一x3．则f（）=（）A．﹣B．C．﹣D．8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的所有棱中，最长的棱的长度为（）A．B．C．5 D．39．将函数f（x）=sin2x+cos2x图象上所有点向右平移个单位长度，得到函数g （x）的图象，则g（x）图象的一个对称中心是（）A．（，0）B．（，0）C．（﹣，0）D．（，0）10．在直三棱柱ABC﹣A1B l C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α．有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE．其中正确的命题有（）A．①②B．②③C．①③D．①②③11．已知A，B是圆O：x2+y2=4上的两个动点，||=2，=﹣，若M是线段AB的中点，则•的值为（）A．3 B．2C．2 D．﹣312．已知曲线C1：y2=tx （y＞0，t＞0）在点M（，2）处的切线与曲线C2：y=e x+l﹣1也相切，则t的值为（）A．4e2B．4e C．D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．复数z=（i为虚数单位）的虚部为．14．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处裁得两几何体的裁面积恒等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个矩形，且当实数t取[0，4]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的线段始终相等，则图1的面积为．15．若实数x，y满足约束条件，则3x﹣y的最大值为．16．已知△ABC中，AC=，BC=，△ABC的面积为，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC=，则CD=．三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．某省高中数学学业水平测试的原始成绩采用百分制，发布成绩使用等级制．各等级划分标准为：85分及以上，记为A等；分数在[70，85）内，记为B等；分数在[60，70）内，记为C等；60分以下，记为D等．同时认定A，B，C为合格，D为不合格．已知甲，乙两所学校学生的原始成绩均分布在[50，100]内，为了比较两校学生的成绩，分别抽取50名学生的原始成绩作为样本进行统计．按照[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]的分组作出甲校的样本频率分布直方图如图1所示，乙校的样本中等级为C，D的所有数据的茎叶图如图2所示．（I）求图中x的值，并根据样本数据比较甲乙两校的合格率；（Ⅱ）在乙校的样本中，从成绩等级为C，D的学生中随机抽取两名学生进行调研，求抽出的两名学生中至少有一名学生成绩等级为D的概率．18．在等比数列{a n}中，已知a4=8a1，且a1，a2+1，a3成等差数列．（I）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{|a n﹣4|}的前n项和S n．19．如图l，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，点G，R分别在线段DH，HB上，且=．将△AED，△CFD，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，B，C重合于点P，如图2所示，（I）求证：GR⊥平面PEF；（Ⅱ）若正方形ABCD的边长为4，求三棱锥P﹣DEF的内切球的半径．20．已知椭圆的右焦点为F，设直线l：x=5与x轴的交点为E，过点F且斜率为k的直线l1与椭圆交于A，B两点，M为线段EF的中点．（I）若直线l1的倾斜角为，|AB|的值；（Ⅱ）设直线AM交直线l于点N，证明：直线BN⊥l．21．已知函数f（x）=xlnx+（l﹣k）x+k，k∈R．（I）当k=l时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x＞1时，求使不等式f（x）＞0恒成立的最大整数k的值．请考生在第（22）、（23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，倾斜角为α（α≠）的直线l的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是ρcos2θ﹣4sinθ=0．（I）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）已知点P（1，0）．若点M的极坐标为（1，），直线l经过点M且与曲线C相交于A，B两点，设线段AB的中点为Q，求|PQ|的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=x+1+|3﹣x|，x≥﹣1．（I）求不等式f（x）≤6的解集；（Ⅱ）若f（x）的最小值为n，正数a，b满足2nab=a+2b，求2a+b的最小值．四川省成都市高考数学一诊试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设集合U=R，A={x|（x+l）（x﹣2）＜0}，则∁U A=（）A．（一∞，﹣1）∪（2，+∞） B．[﹣l，2]C．（一∞，﹣1]∪[2，+∞）D．（一1，2）【考点】补集及其运算．【分析】解不等式求出集合A，根据补集的定义写出∁U A．【解答】解：集合U=R，A={x|（x+l）（x﹣2）＜0}={x|﹣1＜x＜2}，则∁U A={x|x≤﹣1或x≥2}=（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）．故选：C．2．命题“若a＞b，则a+c＞b+c”的逆命题是（）A．若a＞b，则a+c≤b+c B．若a+c≤b+c，则a≤bC．若a+c＞b+c，则a＞b D．若a≤b，则a+c≤b+c【考点】四种命题．【分析】根据命题“若p，则q”的逆命题是“若q，则p”，写出即可．【解答】解：命题“若a＞b，则a+c＞b+c”的逆命题是“若a+c＞b+c，则a＞b”．故选：C．3．双曲线的离心率为（）A．4 B．C．D．【考点】双曲线的标准方程．【分析】通过双曲线方程求出a，b，c的值然后求出离心率即可．【解答】解：因为双曲线，所以a=，b=2，所以c=3，所以双曲线的离心率为：e==．故选B．4．已知α为锐角，且sinα=，则cos（π+α）=（）A．一B．C．﹣D．【考点】三角函数的化简求值．【分析】根据α为锐角，且sinα=，可得cosα=，利用诱导公式化简cos（π+α）=﹣cosα可得答案．【解答】解：∵α为锐角，sinα=，∴cosα=，那么cos（π+α）=﹣cosα=﹣．故选A．5．执行如图所示的程序框图，如果输出的结果为0，那么输入的x为（）A．B．﹣1或1 C．﹣l D．l【考点】程序框图．【分析】根据题意，模拟程序框图的运行过程，根据输出的结果为0，得出输入的x．【解答】解：根据题意，模拟程序框图的运行过程，x≤0，y=﹣x2+1=0，∴x=﹣1，x＞0，y=3x+2=0，无解，故选：C．6．已知x与y之间的一组数据：x1234y m 3.2 4.87.5若y关于x的线性回归方程为=2.1x﹣1.25，则m的值为（）A．l B．0.85 C．0.7 D．0.5【考点】线性回归方程．【分析】根据回归直线经过样本数据中心点，求出y的平均数，进而可求出m 值．【解答】解：∵=2.5，=2.1x﹣1.25，∴=4，∴m+3.2+4.8+7.5=16，解得m=0.5，故选：D．7．已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（x+3）=f（x），且当x∈[0，）时，f（x）=一x3．则f（）=（）A．﹣B．C．﹣D．【考点】函数奇偶性的性质．【分析】根据函数奇偶性和条件求出函数是周期为3的周期函数，利用函数周期性和奇偶性的关系进行转化即可得到结论．【解答】解：∵奇函数f（x）满足f（x+3）=f（x），∴函数f（x）是周期为3的函数，∵当x∈[0，）时，f（x）=﹣x3，∴f（）=f（﹣6）=f（﹣）=﹣f（）=，故选：B．8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的所有棱中，最长的棱的长度为（）A．B．C．5 D．3【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图可知：该几何体为四棱锥P﹣ABCD，其中PA⊥底面ABCD，底面是边长为3的正方形，高PA=4．可得最长的棱长为PC．【解答】解：由三视图可知：该几何体为四棱锥P﹣ABCD，其中PA⊥底面ABCD，底面是边长为3的正方形，高PA=4．连接AC，则最长的棱长为PC===．故选：B．9．将函数f（x）=sin2x+cos2x图象上所有点向右平移个单位长度，得到函数g （x）的图象，则g（x）图象的一个对称中心是（）A．（，0）B．（，0）C．（﹣，0）D．（，0）【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律求得g（x）的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性，求得g（x）图象的一个对称中心．【解答】解：将函数f（x）=sin2x+cos2x=2（sin2x+sin2x）=2sin（2x+）图象上所有点向右平移个单位长度，得到函数g （x）=2sin2x的图象，令2x=kπ，求得x=，k∈Z，令k=1，可得g（x）图象的一个对称中心为（，0），故选：D．10．在直三棱柱ABC﹣A1B l C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α．有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE．其中正确的命题有（）A．①②B．②③C．①③D．①②③【考点】棱柱的结构特征．【分析】在①中，由AA1EH GF，知四边形EFGH是平行四边形；在②中，平面α与平面BCC1B1平行或相交；在③中，EH⊥平面BCEF，从而平面α⊥平面BCFE．【解答】解：如图，∵在直三棱柱ABC﹣A1B l C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α．∴AA1EH GF，∴四边形EFGH是平行四边形，故①正确；∵EF与BC不一定平行，∴平面α与平面BCC1B1平行或相交，故②错误；∵AA1EH GF，且AA1⊥平面BCEF，∴EH⊥平面BCEF，∵EH⊂平面α，∴平面α⊥平面BCFE，故③正确．故选：C．11．已知A，B是圆O：x2+y2=4上的两个动点，||=2，=﹣，若M是线段AB的中点，则•的值为（）A．3 B．2C．2 D．﹣3【考点】平面向量数量积的运算．【分析】由A，B是圆O：x2+y2=4上的两个动点，||=2，得到与的夹角为，再根据向量的几何意义和向量的数量积公式计算即可．【解答】解：A，B是圆O：x2+y2=4上的两个动点，||=2，∴与的夹角为，∴•=||•||•cos=2×2×=2，∵M是线段AB的中点，∴=（+），∵=﹣，∴•=（+）•（﹣）=（5||2+3••﹣2||2）=（20+6﹣8）=3，故选：A12．已知曲线C1：y2=tx （y＞0，t＞0）在点M（，2）处的切线与曲线C2：y=e x+l﹣1也相切，则t的值为（）A．4e2B．4e C．D．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】求出y=的导数，求出斜率，由点斜式方程可得切线的方程，设切点为（m，n），求出y=e x+1﹣1的导数，可得切线的斜率，得到t的方程，解方程可得．【解答】解：曲线C1：y2=tx（y＞0，t＞0），即有y=，y′=•，在点M（，2）处的切线斜率为•=，可得切线方程为y﹣2=（x﹣），即y=x+1，设切点为（m，n），则曲线C2：y=e x+1﹣1，y′=e x+1，e m+1=，∴m=ln﹣1，n=m•﹣1，n=e m+1﹣1，可得（ln﹣1）•﹣1=e﹣1，即有（ln﹣1）•=，可得=e2，即有t=4e2．故选：A．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．复数z=（i为虚数单位）的虚部为1．【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出．【解答】解：z==i+1的虚部为1．故答案为：1．14．我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处裁得两几何体的裁面积恒等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个矩形，且当实数t取[0，4]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的线段始终相等，则图1的面积为8．【考点】函数模型的选择与应用．【分析】根据祖暅原理，可得图1的面积=矩形的面积，即可得出结论．【解答】解：根据祖暅原理，可得图1的面积为4×2=8．故答案为8．15．若实数x，y满足约束条件，则3x﹣y的最大值为6．【考点】简单线性规划．【分析】作出可行域，变形目标函数，平移直线y=2x可得结论．【解答】解：作出约束条件，所对应的可行域如图，变形目标函数可得y=3x﹣z，平移直线y=3x可知当直线经过点A（2，0）时，直线的截距最小，z取最大值，代值计算可得z=3x﹣y的最大值为6，故答案为：616．已知△ABC中，AC=，BC=，△ABC的面积为，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC=，则CD=．【考点】正弦定理．【分析】由已知利用三角形面积公式可求sin∠ACB=，从而可求∠ACB=，在△ABC中，由余弦定理可得AB，进而可求∠B，在△BCD中，由正弦定理可得CD的值．【解答】解：∵AC=，BC=，△ABC的面积为=AC•BC•sin∠ACB=sin∠ACB，∴sin∠ACB=，∴∠ACB=，或，∵若∠ACB=，∠BDC=＜∠BAC，可得：∠BAC+∠ACB＞+＞π，与三角形内角和定理矛盾，∴∠ACB=，∴在△ABC中，由余弦定理可得：AB===，∴∠B=，∴在△BCD中，由正弦定理可得：CD===．故答案为：．三、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．某省高中数学学业水平测试的原始成绩采用百分制，发布成绩使用等级制．各等级划分标准为：85分及以上，记为A等；分数在[70，85）内，记为B等；分数在[60，70）内，记为C等；60分以下，记为D等．同时认定A，B，C为合格，D为不合格．已知甲，乙两所学校学生的原始成绩均分布在[50，100]内，为了比较两校学生的成绩，分别抽取50名学生的原始成绩作为样本进行统计．按照[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]的分组作出甲校的样本频率分布直方图如图1所示，乙校的样本中等级为C，D的所有数据的茎叶图如图2所示．（I）求图中x的值，并根据样本数据比较甲乙两校的合格率；（Ⅱ）在乙校的样本中，从成绩等级为C，D的学生中随机抽取两名学生进行调研，求抽出的两名学生中至少有一名学生成绩等级为D的概率．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率；频率分布直方图．【分析】（Ⅰ）由频率分布直方图中小矩形面积之和为1，能求出x=0.004，从而得到甲学校的合格率，由此能求出结果．（Ⅱ）由题意，将乙校样本中成绩等级为C，D的6名学生记为C1，C2，C3，C4，D1，D2，由此利用列举法能求出随机抽取2名学生，抽出的两名学生中至少有一名学生成绩等级为D的概率．【解答】解：（Ⅰ）由题意知10x+0.012×10+0.056×10+0.018×10+0.010×10=1，解得x=0.004，∴甲学校的合格率为1﹣10×0.004=0.96，而乙学校的合格率为：1﹣=0.96，故甲乙两校的合格率相同．（Ⅱ）由题意，将乙校样本中成绩等级为C，D的6名学生记为C1，C2，C3，C4，D1，D2，则随机抽取2名学生的基本事件有：{C1，C2}，{C1，C3}，{C1，C4}，{C1，D1}，{C1，D2}，{C2，C3}，{C2，C4}，{C2，D1}，{C2，D2}，{C3，C4}，{C3，D1}，{C3，D2}，{C4，D1}，{C4，D2}，{D1，D2}，共15个，其中“抽出的两名学生中至少有一名学生成绩等级为D”包含的基本事件有9个，∴抽出的两名学生中至少有一名学生成绩等级为D的概率p=．18．在等比数列{a n}中，已知a4=8a1，且a1，a2+1，a3成等差数列．（I）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列{|a n﹣4|}的前n项和S n．【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（I）设等比数列{a n}的公比为q，a4=8a1，可得=8a1，解得q．又a1，a2+1，a3成等差数列，可得2（a2+1）=a1+a3，当然解得a1，利用等比数列的通项公式即可得出．（II）n=1时，a1﹣4=﹣2＜0，可得S1=2．当n≥2时，a n﹣4≥0．数列{|a n﹣4|}的前n项和S n=2+（a2﹣4）+（a3﹣4）+…+（a n﹣4），再利用等比数列的求和公式即可得出．【解答】解：（I）设等比数列{a n}的公比为q，∵a4=8a1，∴=8a1，a1≠0，解得q=2．又a1，a2+1，a3成等差数列，∴2（a2+1）=a1+a3，∴2（2a1+1）=a1（1+22），解得a1=2．∴a n=2n．（II）n=1时，a1﹣4=﹣2＜0，∴S1=2．当n≥2时，a n﹣4≥0．∴数列{|a n﹣4|}的前n项和S n=2+（a2﹣4）+（a3﹣4）+…+（a n﹣4）=2+22+23+…+2n﹣4（n﹣1）=﹣4（n﹣1）=2n+1﹣4n+2．∴S n=．19．如图l，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，点G，R分别在线段DH，HB上，且=．将△AED，△CFD，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，B，C重合于点P，如图2所示，（I）求证：GR⊥平面PEF；（Ⅱ）若正方形ABCD的边长为4，求三棱锥P﹣DEF的内切球的半径．【考点】球的体积和表面积；直线与平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）推导出PD⊥平面PEF，RG∥PD，由此能证明GR⊥平面PEF．（Ⅱ）设三棱锥P﹣DEF的内切球半径为r，由三棱锥的体积V=，能求出棱锥P﹣DEF的内切球的半径．【解答】证明：（Ⅰ）在正方形ABCD中，∠A、∠B、∠C均为直角，∴在三棱锥P﹣DEF中，PE，PF，PD三条线段两两垂直，∴PD ⊥平面PEF ， ∵=，即，∴在△PDH 中，RG ∥PD ，∴GR ⊥平面PEF ．解：（Ⅱ）正方形ABCD 边长为4， 由题意PE=PF=2，PD=4，EF=2，DF=2，∴S △PDF =2，S △DEF =S △DPE =4，=6，设三棱锥P ﹣DEF 的内切球半径为r ， 则三棱锥的体积：=，解得r=，∴三棱锥P ﹣DEF 的内切球的半径为．20．已知椭圆的右焦点为F ，设直线l ：x=5与x 轴的交点为E ，过点F 且斜率为k 的直线l 1与椭圆交于A ，B 两点，M 为线段EF 的中点． （I ）若直线l 1的倾斜角为，|AB |的值；（Ⅱ）设直线AM 交直线l 于点N ，证明：直线BN ⊥l ．【考点】直线与椭圆的位置关系．【分析】（I ）设直线l 的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式即可求得|AB |的值；（Ⅱ）设直线l 1的方程为y=k （x ﹣1），代入椭圆方程，由A ，M ，N 三点共线，求得N点坐标，y0﹣y2=﹣y2=﹣k（x2﹣1），代入，利用韦达定理即可求得y0=y2，则直线BN⊥l．【解答】解：（I）由题意可知：椭圆，a=，b=2，c=1，则F（1，0），E（5，0），M（3，0），由直线l1的倾斜角为，则k=1，直线l的方程y=x﹣1，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，整理得：9x2﹣10x﹣15=0，则x1+x2=，x1x2=﹣，则丨AB丨=•=，|AB|的值；（Ⅱ）设直线l1的方程为y=k（x﹣1），设A（x1，y1），B（x2，y2），则，整理得：（4+5k2）x2﹣10k2x+5k2﹣20=0，则x1+x2=，x1x2=，设N（5，y0），由A，M，N三点共线，有=，则y0=，由y0﹣y2=﹣y2=﹣k（x2﹣1）=，==0，∴直线BN∥x轴，∴BN⊥l．21．已知函数f（x）=xlnx+（l﹣k）x+k，k∈R．（I）当k=l时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x＞1时，求使不等式f（x）＞0恒成立的最大整数k的值．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（Ⅰ）当k=1时，f（x）=xlnx+1，f′（x）=lnx+1，由此利用导数性质能求出f（x）的单调区间．（Ⅱ）由f（x）＞0恒成立，得xlnx+（1﹣k）x+k＞0，推导出k＜恒成立，设g（x）=，则g′（x）=，令μ（x）=﹣lnx+x﹣2，则，由此利用导数秘技能求出k的最大整数值．【解答】解：（Ⅰ）当k=1时，f（x）=xlnx+1，∴f′（x）=lnx+1，由f′（x）＞0，得x＞；由f′（x）＜0，得0＜x＜，∴f（x）的单调递增区间为（，+∞），单调减区间为（0，）．（Ⅱ）由f（x）＞0恒成立，得xlnx+（1﹣k）x+k＞0，∴（x﹣1）k＜xlnx+x，∵x＞1，∴k＜恒成立，设g（x）=，则g′（x）=，令μ（x）=﹣lnx+x﹣2，则，∵x＞0，∴μ′（x）＞0，μ（x）在（1，+∞）上单调递增，而μ（3）=1﹣ln3＜0，μ（4）=2﹣ln4＞0，∴存在x0∈（3，4），使μ（x0）=0，即x0﹣2=lnx0，∴当x∈（x0，+∞）时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，g′（x0）＞0，此时函数g（x）单调递增，∴g（x）在x=x0处有极小值（也是最小值），∴==x0∈（3，4），又由k＜g（x）恒成立，即k＜g（x）min=x0，∴k的最大整数值为3．请考生在第（22）、（23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，倾斜角为α（α≠）的直线l的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是ρcos2θ﹣4sinθ=0．（I）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（Ⅱ）已知点P（1，0）．若点M的极坐标为（1，），直线l经过点M且与曲线C相交于A，B两点，设线段AB的中点为Q，求|PQ|的值．【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．【分析】（Ⅰ）直线l的参数方程消去参数t，能求出直线l的普通方程；由曲线C的极坐标方程能求出曲线C的直角坐标方程．（Ⅱ）求出点M的直角坐标为（0，1），从而直线l的倾斜角为，由此能求出直线l的参数方程，代入x2=4y，得，由此利用韦达定理和两点间距离公式能求出|PQ|．【解答】解：（Ⅰ）∵直线l的参数方程为（t为参数）．∴直线l的普通方程为y=tanα•（x﹣1），由曲线C的极坐标方程是ρcos2θ﹣4sinθ=0，得ρ2cos2θ﹣4ρsinθ=0，∴x2﹣4y=0，∴曲线C的直角坐标方程为x2=4y．（Ⅱ）∵点M的极坐标为（1，），∴点M的直角坐标为（0，1），∴tanα=﹣1，直线l的倾斜角为，∴直线l的参数方程为，代入x2=4y，得，设A，B两点对应的参数为t1，t2，∵Q为线段AB的中点，∴点Q对应的参数值为，又P（1，0），则|PQ|=||=3．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=x+1+|3﹣x|，x≥﹣1．（I）求不等式f（x）≤6的解集；（Ⅱ）若f（x）的最小值为n，正数a，b满足2nab=a+2b，求2a+b的最小值．【考点】绝对值三角不等式；绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）根据题意，由绝对值的性质可以将f（x）≤6转化可得或，解可得x的范围，即可得答案；（Ⅱ）根据题意，由函数f（x）的解析式分析可得f（x）的最小值为4，即n=4；进而可得正数a，b满足8ab=a+2b，即+=8，将2a+b变形可得2a+b=（++5），由基本不等式的性质可得2a+b的最小值，即可得答案．【解答】解：（Ⅰ）根据题意，函数f（x）=x+1+|3﹣x|，x≥﹣1．若f（x）≤6，则有或，解可得﹣1≤x≤4，故原不等式的解集为{x|﹣1≤x≤4}；（Ⅱ）函数f（x）=x+1+|3﹣x|=，分析可得f（x）的最小值为4，即n=4；则正数a，b满足8ab=a+2b，即+=8，2a+b=（+）（2a+b）=（++5）≥（5+2）=；即2a+b的最小值为．4月5日。
四川省成都市2020届高三数学第一次诊断考试试题文【含答案】
四川省成都市2020届高三数学第一次诊断考试试题 文本试卷分选择题和非选择题两部分。
第I 卷(选择题)1至2页，第II 卷(非选择题)3至4页，共4页，满分150分，考试时间120分钟。
注意事项1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，只将答题卡交回。
第I 卷(选择题，共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若复数z 1与z 2＝－3－i(i 为虚数单位)在复平面内对应的点关于实轴对称，则z 1＝(A)－3－i (B)－3＋i (C)3＋i (D)3－i2.已知集合A ＝{－l ，0，m}，B ＝{l ，2}。
若A∪B＝{－l ，0，1，2}，则实数m 的值为(A)－l 或0 (B)0或1 (C)－l 或2 (D)l 或23.若，则tan2θ＝sin θθ=(A)4.已知命题p ：，则为2,21x x R x ∀∈-≥p ⌝(A) (B)2,21x x R x ∀∉-<0200,21x x R x ∃∉-<(C) (D)2,21x x R x ∀∈-<0200,21x x R x ∃∈-<5.某校随机抽取100名同学进行“垃圾分类”的问卷测试，测试结果发现这l00名同学的得分都在[50，100]内，按得分分成5组：[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图。
则这100名同学的得分的中位数为(A)72.5 (B)75 (C)77.5 (D)806.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0，若a 5＝3a 3，则 95S S =(A) (B) (C) (D)9559532757.已知α，β是空间中两个不同的平面，m ，n 是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是(A)若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n (B)若m∥α，n∥β，且α⊥β，则m∥n(C)若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n (D)若m⊥α，n∥β且α⊥β，则m⊥n8.将函数y ＝sin(4x －)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把所得6π图象向左平移个单位长度，得到函数f(x)的图象，则函数f(x)的解析式为6π(A)f(x)＝sin(2x ＋) (B)f(x)＝sin(2x －) 6π3π(C)f(x)＝sin(8x ＋) (D)f(x)＝sin(8x －)6π3π9.已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，M ，N 是抛物线上两个不同的点。
四川省成都市2020届高中毕业班数学文科第一次诊断性检测试卷
四川省成都市2020届高中毕业班数学文科第一次诊断性检测试卷全卷满分为150分，完成时间为120分钟。
参考公式：如果事件A 、B 互斥，那么 球的表面积公式P （A ＋B ）＝P （A ）＋P （B ） S ＝4πR 2如果事件A 、B 相互独立，那么 其中R 表示球的半径 P （A·B）＝P （A ）·P（B ） 球的体积公式如果事件A 在一次试验中发生的概率是P ， V ＝3R 34π那么n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率其中R 表示球的半径 P n （k ）＝()kn kP P --1C k m第一卷 （选择题，共60分）一、选择题：本大题共12 小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号涂在机读卡的相应位置上．1．某校现有高一学生210人，高二学生270人，高三学生300人，学校学生会用分生中抽取的人数为7，那么从高三学生中抽取的人数应为A ．10B ．9C ．8D ．72．已知集合U ＝R ，集合M ＝{y|y ＝2|x|，x ∈R},集合N ＝{x |y ＝lg （3－x ）},则M ∩N＝ A ．{t| t<3} B ．{t| t≥1} C ．{t|1≤t<3} D ．∅3．已知向量a ＝（x ,－1）与向量b ＝（1，x1），则不等式a·b ≤0的解集为 A ．{x |x ≤－1或x ≥1} B ．{x |－1≤x <0或x ≥1}C ．{x |x ≤－1或0≤x ≤1}D ．{x |x ≤－1或0<x≤1}4．若函数()f x 的反函数为12()2(0)f x x x -=+<，则3(log 27)f ＝A ．1B ．－1C ．1或－1D ．115．若递增等比数列{}n a 满足：12312371,864a a a a a a ++=⋅⋅=，则此数列的公比q ＝ A ．12B ．12或2 C ．2 D ．32或26．在△ABC 中，“0>•AC AB ”是“△ABC 为锐角三角形”的 A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既非充分又非必要条件7．已知函数()f x 的部分图象如图所示，则()f x 的解析式可能为A ．f （x ）＝2sin （62π-x ）B ．f （x ）＝⎪⎭⎫⎝⎛+44cos 2πxC ．f （x ）＝2cos32π-x D ．f （x ）＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+64πx 8．已知l 、m 、n 是两两不重合的直线，α、β、γ是两两不重合的平面，给出下列命题：①若m∥l 且m ⊥a ，则l ⊥a ；②若m ∥l 且m ∥a ;③若α∩β＝l,β∩γ＝m ,r∩a ＝n ,④若l∥α,l ⊂β，m∥β，m ⊂a,且直钱l 、m 为异面直线，则α∥β。
2020年四川省高考模拟考试文科数学试题与答案
2020年四川省高考模拟考试文科数学试题与答案（满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 已知集合{}1,2A =，集合{}0,2B =，设集合{},,C z z xy x A y B ==∈∈，则下列结论中正确的是A. A C φ⋂=B. A C C ⋃=C. B C B ⋂=D. A B C =2. 若复数2(1)z m m m i =+++是纯虚数，其中m 是实数，则1z= A. i B. i - C. 2iD. 2i -3. 若1sin()43x π-=，则sin 2x = A.79B. 79-C.13D. 13-4. 在矩形ABCD 中，8AB =，6AD =，若向该矩形内随机投一点P ，那么使ABP ∆与ADP ∆ 的面积都小于4的概率为 A.136B.112C.19D.495. 在等差数列{}n a 中，3a ，9a 是方程224120x x ++=的两根，则数列{}n a 的前11项和等于 A. 66B. 132C. -66D. -1326. 设函数2()23f x x x =--，若从区间[2,4]-上任取一个实数x ，则所选取的实数x 满足()0f x ≤的概率为A.12B.13C.23D.147. 设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l ⊂α,m ⊂β( ) A ．若l ⊥β，则α⊥β B ．若α⊥β，则l ⊥m C ．若l ∥β，则α∥β D ．若α∥β，则l ∥m8. 已知双曲线)0(13222>=-a y a x 的离心率为2，则 =aA. 2B.26C. 25D. 19. 函数ln ()xf x x=的图象大致为 A. B.C. D.10.已知函数532sin 2064y x x ππ⎛⎫⎛⎫=+<< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的图象与一条平行于x 轴的直线有两个交点，其横坐标分别为1x ，2x ，则12x x =+ A.43πB.23π C.3π D.6π 11.已知三棱锥ABC D -四个顶点均在半径为R 的球面上，且22===AC BC AB ，，若该三棱锥体积的最大值为1，则这个球的表面积为 A.81500π B. 9100π C. 925πD. π412. 已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点分別为12,F F ，过2F 的直线与椭圆交于,A B 两点，若1F AB ∆是以A 为直角项点的等腰直角三角形，则椭圆的离心率为A B ．22 D -二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年四川省成都市双流区棠湖中学高考数学一诊试卷(文科)
2020年四川省成都市双流区棠湖中学高考数学一诊试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）1. 复数z＝2+i，其中i是虚数单位，则|z|＝（）A.√5B.1C.3D.52. 设集合M＝{−2, −1, 0, 1, 2}，N＝{x|x2−x−2<0}，则M∩N＝（）A.{−2, −1 }B.{−1, 0 }C.{0, 1 }D.{1, 2 }3. 某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（）A.2 3B.43C.83D.√34. 已知某程序框图如图所示，则执行该程序后输出的a的值是（）A.−1B.12C.1 D.25. 在△ABC中，B=π6，c=4，cos C=√53，则b=()A.3√3B.3C.32D.436. 设a→，b→是非零向量，则“存在实数λ，使得a→=λb→”是“|a→+b→|=|a→|+|b→|”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件7. 已知直线l过抛物线y2＝8x的焦点F，与抛物线交于A，B两点，与其准线交于点C．若点F是的AC中点，则线段BC的长为（）A.83B.3C.163D.68. 已知等差数列{a n}的前n项和S n，若a2+a3+a10＝9，则S9＝（）A.27B.18C.9D.39. 已知f(x)是R上的奇函数，且y=f(x+1)为偶函数，当−1≤x≤0时，f(x)=2x2，则f(72)=（）A.12B.−12C.1D.−110. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点E在棱BB1上，动点F在线段A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE＝x，A1F＝y，则四面体O−AEF的体积（）A.与x，y都有关B.与x，y都无关C.与x有关，与y无关D.与y有关，与x无关11. 已知数列{a n}满足：a1＝a，a n+1=a n2+1a n(n∈N∗)，则下列关于{a n}的判断正确的是（）A.∀a>0，∃n≥2，使得a n<√2B.∃a>0，∃n≥2，使得a n<a n+1C.∀a>0，∃m∈N∗，总有a m<a nD.∃a>0，∃m∈N∗，总有a m+n＝a n12. 已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且满足f(x)={x2−x2(0≤x<1),x−1e x(x≥1)，若函数F(x)＝f(x)−m有6个零点，则实数m的取值范围是（）A.(−116,1e2) B.(−116,0)∪(0,1e2)C.(0,1e2) D.[0,1e2)二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）若实数x，y满足{x−y+1≥0x+y≥0x≤0，则z＝2x+y的最小值为________．双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线的方程为y=2x，则双曲线C的离心率为________．函数y=cos x cos(π2+x)的定义域为[0,π4]，则值域为________．点A，B，C，D在同一球面上，AB＝BC=√2，AC＝2，若球的表面积为25π4，则四面体ABCD体积的最大值为________．三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.）已知△ABC中，A=π4，cos B=35，AC＝8．（1）求△ABC的面积；（2）求AB边上的中线CD的长．某环保部门对A，B，C三个城市同时进行了多天的空气质量监测，测得三个城市空气质量为优或良的数据共有180个，三城市各自空气质量为优或良的数据个数如表所示：已知在这180个数据中随机抽取一个，恰好抽到记录B城市空气质量为优的数据的概率为0.2．（1）现用分层抽样的方法，从上述180个数据汇总抽取30个进行后续分析，求在C城中应抽取的数据的个数；（2）已知y≥23，z≥24，求在C城中空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数的概率．如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAD和△BCD都是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，且AD＝2AB＝4，BC=2√3．(Ⅰ)求证：CD⊥PA；(Ⅱ)E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF // 平面PCD时，求四棱锥C−PEFD的体积．已知椭圆C的两个焦点分别为F1(−1, 0)，F2(1, 0)，长轴长为2√3．(Ⅰ)求椭圆C的标准方程及离心率；(Ⅱ)过点(0, 1)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若点M满足MA→+MB→+MO→=0→，求证：由点M构成的曲线L关于直线y=13对称．已知函数f(x)＝x ln x+ax+1−a．（1）求证：对任意实数a，都有[f(x)]min≤1；（2）若a＝2，是否存在整数k，使得在x∈(2, +∞)上，恒有f(x)>(k+1)x−2k−1成立？若存在，请求出k的最大值；若不存在，请说明理由．(e＝2.71828…)（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．（共2小题，满分0分）已知直线l:{x =1+12t y =√32t（t 为参数），曲线C 1:{x =cos θy =sin θ （θ为参数）． (Ⅰ)设l 与C 1相交于A ，B 两点，求|AB|；(Ⅱ)若把曲线C 1上各点的横坐标压缩为原来的12倍，纵坐标压缩为原来的√32倍，得到曲线C 2，设点P 是曲线C 2上的一个动点，求它到直线l 的距离的最小值．已知函数f(x)＝2|x +1|−|x −m|(m >0)． (Ⅰ)当m ＝2时，求不等式f(x)≤1的解集；(Ⅱ)g(x)＝f(x)−2，g(x)的图象与两坐标轴的交点分别为A ，B ，C ，若三角形ABC 的面积为12，求m 的值．参考答案与试题解析2020年四川省成都市双流区棠湖中学高考数学一诊试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）1.【答案】A【考点】复数的模【解析】根据复数模长的定义，计算即可．【解答】复数z＝2+i，其中i是虚数单位，则|z|=√22+12=√5．2.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】可求出集合N，然后进行交集的运算即可．【解答】N＝{x|−1<x<2}；∴M∩N＝{0, 1}．3.【答案】C【考点】由三视图求体积【解析】由已知中的三视图，可知该几何体是一个正方形为底面的四棱锥，然后求解几何体的体积即可．【解答】该三视图还原成直观图后的几何体是如图的四棱锥，红色线四棱锥A−BCDE为三视图还原后的几何体，CBA和ACD是两个全等的直角三角形：AC＝CD＝BC＝2，几何体的体积为：13×2×2×2=83，4.【答案】D【考点】程序框图【解析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环计算变量a 的值并输出，即可得解．【解答】程序运行过程中，各变量的值如下表示：是否继续循环a i循环前2 1第一圈是12 2第二圈是−1 3第三圈是2 4…第9圈是2 10第10圈否故最后输出的a值为2．5.【答案】B【考点】正弦定理同角三角函数间的基本关系【解析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求sin C的值，根据正弦定理即可计算得解b的值．【解答】解：∵B=π6，c=4，cos C=√53，∴sin C=√1−cos2C=23，∴由正弦定理bsin B=csin C可得：b12=423，解得：b=3．故选B.6.【答案】B【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】根据向量数量积的应用，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】解：若|a→+b→|=|a→|+|b→|，则平方得|a→|2+2a→⋅b→+|b→|2=|a→|2+|b→|2+2|a→|⋅|b→|，即a →⋅b →=|a →|⋅|b →|，即a →⋅b →=|a →||b →|cos <a →,b →>=|a →|⋅|b →|， 则cos <a →,b →>=1， 即<a →,b →>=0，即a →，b →同向共线时，存在实数λ，使得a →=λb →， 反之，当<a →,b →>=π时， 满足a →=λb →，但cos <a →,b →>=1不成立，即“存在实数λ，使得a →=λb →”是“|a →+b →|=|a →|+|b →|”的必要不充分条件. 故选B . 7. 【答案】 C【考点】 抛物线的性质 【解析】由题意画出图形，利用抛物线定义结合已知求得A 的坐标，得到直线AF 的方程，与抛物线联立求得B 的坐标，再由抛物线焦半径公式求解． 【解答】如图，A 在准线上的射影为E ，B 在准线上的射影为H ，由抛物线y 2＝8x ，得焦点F(2, 0)，∵ 点F 是的AC 中点，∴ AE ＝2p ＝8，则AF ＝8， ∴ A点横坐标为6，代入抛物线方程，可得A(6, 4√3)， ∴ k AF =4√36−2=√3，则AF 所在直线方程为y =√3(x −2)． 联立{y =√3(x −2)y 2=8x，得3x 2−20x +12＝0． ∴ 6x B ＝4，得x B =23，则BF ＝BH =23+2=83．故BC ＝CF −BF ＝AF −BF ＝8−83=163．8.【答案】 A【考点】等差数列的前n 项和 【解析】根据通项公式和求和公式即可求出． 【解答】设公差为d ，则3a 1+12d ＝9， ∴ a 1+4d ＝a 5＝3 ∴ S 9＝9a 5＝27， 9.【答案】 A【考点】 函数的求值 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：因为f(x)为奇函数， 所以f(−x)=−f(x)．又因为y =f(x +1)为偶函数， 所以f(x +1)=f(−x +1)，所以f(x)=f(x −1+1)=f(−x +2) =−f(x −2)=−f(x −3+1) =−f(−x +4)=f(x −4)， 所以f(x)的周期为4． 则f (72)=f (4−12)=f (−12) =2×(−12)2=12． 故选A ． 10.【答案】 B【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 【解析】连接AO ，AE ，AF ，OE ，OF ，EF ，然后利用等积法说明四面体O −AEF 的体积是与x ，y 无关的定值． 【解答】如图，∵BB1 // 平面AA1C1C，∴E到平面AA1C1C的距离为定值，∵AO // A1C1，∴F到直线AO的距离为定值，∴△AOF的面积为定值．∵V O−AEF＝V E−AOF，∴四面体O−AEF的体积是与x，y无关的定值．11.【答案】D【考点】数列递推式【解析】A．∀a1＝a>0，a n+1=a n2+1a n(n∈N∗)，由a n>0．利用基本不等式的性质即可得出a n+1≥√2，即可判断出正误．B．由A可得：n≥2时，a n≥√2，即a n+1<a n，即可判断出正误．C．令f(x)=x2+1x(x≥√2)，利用导数已经其单调性，即可判断出正误．D：由a1＝a>0，a n+1=a n2+1a n(n∈N∗)，a2=a2+1a，令a2+1a=a，解得a，即可判断出正误．【解答】A．∀a1＝a>0，a n+1=a n2+1a n(n∈N∗)，∴a n>0．∴a n+1≥2√a n2×1a n=√2，因此A不正确．B．∵a n+1a n =12+1a n2，由A可得：n≥2时，a n≥√2，∴a n+1a n<1，即a n+1<a n，因此B不正确．C．令f(x)=x2+1x(x≥√2)，则f′(x)=12−1x2≥0，因此函数f(x)在[√2, +∞)上单调递增，因此不存在m∈N∗，总有a m<a n，不正确．D：由a1＝a>0，a n+1=a n2+1a n(n∈N∗)，a2=a2+1a，令a2+1a=a，解得a=√2，则a n=√2，因此结论成立．12.【答案】C【考点】函数与方程的综合运用【解析】根据函数与方程的关系，结合偶函数的性质，转化为当当x>0时，函数F(x)＝f(x)−m有3个零点，利用数形结合进行求解即可．【解答】∵f(x)是定义在R上的偶函数，若函数F(x)＝f(x)−m有6个零点，∴等价为当x>0时，函数F(x)＝f(x)−m有3个零点，且0不是函数F(x)＝f(x)−m的零点，即当x>0时，f(x)＝m有3个根，当0≤x<1时，f(x)＝x2−x2=(x−14)2−14，当x≥1时，f(x)=x−1e x，则f′(x)=ex−(x−1)e x(e x)2=2−xe x当x>2时，f′(x)<0，函数为减函数，当1≤x<2时，f′(x)>0，函数为增函数，即当x＝2时，函数f(x)为极大值，极大值为f(2)=1e2，当x≥1时，f(x)≥0，作出f(x)在x≥0时的图象如图，要使y＝m与y＝f(x)在x≥0时有三个交点，则0<m<1e2，即实数m的取值范围是(0, 1e)，二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）【答案】−12【考点】简单线性规划【解析】由线性约束条件画出可行域，然后求出目标函数的最小值．【解答】画出实数x，y满足{x−y+1≥0x+y≥0x≤0的可行域，如图：得在直线x−y+1＝0与直线x+y＝0的交点A(−12, 12)处，目标函数z＝2x+y的最小值为：2×(−12)+12=−12．【答案】√5【考点】双曲线的特性【解析】本题主要考查双曲线的几何性质.【解答】解：由双曲线C:x2a2−y2b2=1得其渐近线方程为y=±bax，所以ba=2，所以e2=c2a2=1+b2a2=5，所以e=√5．故答案为：√5． 【答案】[−12, 0] 【考点】正弦函数的定义域和值域三角函数的恒等变换及化简求值 二倍角的三角函数【解析】利用二倍角的正弦公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的定义域和值域，求得它的值域． 【解答】∵ 函数y =cos x cos (π2+x)=−cos x sin x =−12sin 2x 的定义域为[0,π4]， ∴ 2x ∈[0, π2]，sin 2x ∈[0, 1]，∴ y =−12sin 2x ∈[−12, 0]， 【答案】23【考点】柱体、锥体、台体的体积计算 球的表面积和体积【解析】根据几何体的特征，判定外接球的球心，求出球的半径，即可求出球的表面积． 【解答】根据题意知，△ABC 是一个直角三角形，其面积为1．其所在球的小圆的圆心在斜边AC 的中点上，设小圆的圆心为Q ，球的半径为r ， 因为球的表面积为25π4，所以4πr 2=25π4所以r =54，四面体ABCD 的体积的最大值，底面积S △ABC 不变，高最大时体积最大， 就是D 到底面ABC 距离最大值时，ℎ＝r +√r 2−12=2．四面体ABCD 体积的最大值为13×S △ABC ×ℎ=13×12×√2×√2×2=23，三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.） 【答案】在△ACD 中，AD =7√22， 所以由余弦定理得：CD 2=82+(7√22)2−2×8×7√22×√22=652，所以CD =√1302． 法2：（1）∵ cos B =35，且B ∈(0, π)，∴ sin B =√1−cos 2B =45，∴ sin C ＝sin (π−A −B)＝sin (A +B)=sin A cos B +cos A sin B =√22⋅35+√22⋅45=7√210， 在△ABC 中，由正弦定理得AC sin B=BCsin A，即845=√22，解得BC =5√2，所以，△ABC 的面积为S =12AC ⋅BC ⋅sin C =12⋅8⋅5√2⋅7√210=28，因为cos B =35<√22， ∴ B >π4，∵ A =π4，∴ C 为锐角故cos C =√1−sin 2C =√210（或cos C =cos (π−A −B)=−cos (A +B)=√210） ∵ CA →+CB →=2CD→#/DEL/#∴ 4|CD →|2=(CA →+CB →)2=|CA →|2+2CA →⋅CB →+|CB →|2=64+2⋅8⋅5√2⋅√210+50=130#/DEL/#， 所以CD =√1302． 【考点】 正弦定理 余弦定理【解析】法1：（1）由已知利用同角三角函数基本关系式可求sin B 的值，利用两角和的正弦函数公式可求sin C ，由正弦定理可求AB 的值，根据三角形的面积公式即可计算得解；（2）求得AD =7√22，由余弦定理可求CD 的值． 法2：（1）同法1；（2）由cos B =35<√22，可得B >π4，结合A =π4，可求C 为锐角，可求cos C 的值，由CA →+CB →=2CD →，两边平方，利用平面向量数量积的运算即可求得CD 的值． 【解答】在△ACD 中，AD =7√22， 所以由余弦定理得：CD 2=82+(7√22)2−2×8×7√22×√22=652，所以CD =√1302． 法2：（1）∵ cos B =35，且B ∈(0, π)，∴ sin B =√1−cos 2B =45，∴ sin C ＝sin (π−A −B)＝sin (A +B)=sin A cos B +cos A sin B =√22⋅35+√22⋅45=7√210， 在△ABC 中，由正弦定理得AC sin B =BC sin A ，即845=√22，解得BC =5√2，所以，△ABC 的面积为S =12AC ⋅BC ⋅sin C =12⋅8⋅5√2⋅7√210=28，因为cos B =35<√22， ∴ B >π4，∵ A =π4，∴ C 为锐角故cos C =√1−sin 2C =√210（或cos C =cos (π−A −B)=−cos (A +B)=√210）∵ CA →+CB →=2CD →#/DEL/#∴ 4|CD →|2=(CA →+CB →)2=|CA →|2+2CA →⋅CB →+|CB →|2=64+2⋅8⋅5√2⋅√210+50=130#/DEL/#，所以CD =√1302． 【答案】 由题意x 180=0.2，解得x ＝36，∴ y +z ＝180−28−32−36−30＝54， ∴ 在C 城中应该抽取的数据个数为30180×54=9．由（1）知y +z ＝54，且y ，z ∈N ， ∴ 数对(y, z)可能的结果有如下8种： (23, 31)，(24, 30)，(25, 29)，(26, 28)， (27, 27)，(28, 26)，(29, 25)，(30, 24)，其中，“C 城中空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数”对应的结果有如下3种： (28, 26)，(29, 25)，(30, 24)，∴ 在C 城中空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数的概率p =38． 【考点】 分层抽样方法列举法计算基本事件数及事件发生的概率 【解析】（1）由题意x180=0.2，求出x ，由此能求出在C 城中应该抽取的数据个数．（2）由（1）知y +z ＝54，且y ，z ∈N ，由此利用列举法能求出在C 城中空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数的概率．【解答】 由题意x180=0.2，解得x ＝36，∴ y +z ＝180−28−32−36−30＝54， ∴ 在C 城中应该抽取的数据个数为30180×54=9．由（1）知y +z ＝54，且y ，z ∈N ，∴ 数对(y, z)可能的结果有如下8种： (23, 31)，(24, 30)，(25, 29)，(26, 28)， (27, 27)，(28, 26)，(29, 25)，(30, 24)，其中，“C 城中空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数”对应的结果有如下3种： (28, 26)，(29, 25)，(30, 24)，∴ 在C 城中空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数的概率p =38．【答案】证明：(I)因为AD ＝4，AB ＝2，BD =2√3，所以AB2+BD 2＝AD 2，AB ⊥BD ，且∠ADB ＝30∘．又△BCD 是等边三角形，所以∠ADC ＝90∘，即CD ⊥AD ． 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面PAD ． 所以CD ⊥PA ． … (II)因为平面BEF // 平面PCD ，所以BF // CD ，EF // PD ，且BF ⊥AD ． …又在直角三角形ABD 中，DF =2√3cos 30=3，所以AE ＝AF ＝1． 所以S PEFD =12×4×4×sin 60−12×1×1×sin 60=15√34． … 由(I)知CD ⊥平面PAD ，故四棱锥C −PEFD 的体积V =13S PEFD ⋅CD =152．【考点】直线与平面垂直棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【解析】（I ）推导出AB ⊥BD ，CD ⊥AD ，从而CD ⊥平面PAD ，由此能证明CD ⊥PA ．(II)由平面BEF // 平面PCD ，得BF // CD ，EF // PD ，且BF ⊥AD ，由此能求出四棱锥C −PEFD 的体积． 【解答】证明：(I)因为AD ＝4，AB ＝2，BD =2√3，所以AB2+BD 2＝AD 2，AB ⊥BD ，且∠ADB ＝30∘．又△BCD 是等边三角形，所以∠ADC ＝90∘，即CD ⊥AD ． 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面PAD ． 所以CD ⊥PA ． … (II)因为平面BEF // 平面PCD ，所以BF // CD ，EF // PD ，且BF ⊥AD ． …又在直角三角形ABD 中，DF =2√3cos 30=3，所以AE ＝AF ＝1． 所以S PEFD =12×4×4×sin 60−12×1×1×sin 60=15√34． … 由(I)知CD ⊥平面PAD ，故四棱锥C −PEFD 的体积V =13S PEFD ⋅CD =152．【答案】（1）由已知，得a =√3，c ＝1，所以e =ca =√3=√33， 又a 2＝b 2+c 2，所以b =√2 所以椭圆C 的标准方程为x 23+y 22=1，离心率e =√33， 证明：(Ⅱ)设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，M(x m , y m )，①当直线l 与x 轴垂直时，点A ，B 的坐标分别为(0,−√2)，(0,√2)．因为MA →=(0−x m ,−√2−y m )，MB →=(0−x m ,√2−y m )，MO →=(0−x m ,0−y m )， 所以MA →+MB →+MO →=(−3x m ,−3y m )=0．所以x m ＝0，y m ＝0，即点M 与原点重合，②当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝kx +1， 由{x 23+y 22=1,y =kx +1,得(3k 2+2)x 2+6kx −3＝0，△＝36k 2+12(3k 2+2)＝72k 2+24>0． 所以x 1+x 2=−6k3k 2+2， 则y 1+y 2=43k 2+2>0，因为MA →=(x 1−x M , y 1−y M )，MB →=(x 2−x M , y 2−y M )，MO →=(−x m , −y m )， 所以MA →+MB →+MO →=(x 1+x 2+0−3x m ,y 1+y 2+0−3y m )=0． 所以x 1+x 2＝3x m ，y 1+y 2＝3y m ．x m =−2k3k 2+2，y m =433k 2+2>0，消去k 得2x m 2+3y m 2−2y m =0(y m >0)．综上，点M 构成的曲线L 的方程为2x 2+3y 2−2y ＝0对于曲线L 的任意一点M(x, y)，它关于直线y =13的对称点为M ′(x,23−y)．把M ′(x,23−y)的坐标代入曲线L 的方程的左端：2x 2+3(23−y)2−2(23−y)=2x 2+43−4y +3y 2−43+2y =2x 2+3y 2−2y =0．所以点M ′也在曲线L 上．所以由点M 构成的曲线L 关于直线y =13对称 【考点】直线与椭圆的位置关系 椭圆的应用 【解析】(Ⅰ)由已知，得a =√3，c ＝1，所以e =c a =3=√33，由a 2＝b 2+c2，所以b =√2，即可求出椭圆方程，(Ⅱ)设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，M(x m , y m )，分两种情况，借助韦达定理和向量的运算，即可求出点M 构成的曲线L 的方程为2x 2+3y 2−2y ＝0，即可证明 【解答】（1）由已知，得a =√3，c ＝1，所以e =c a=3=√33， 又a 2＝b 2+c 2，所以b =√2 所以椭圆C 的标准方程为x 23+y 22=1，离心率e =√33， 证明：(Ⅱ)设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，M(x m , y m )，①当直线l 与x 轴垂直时，点A ，B 的坐标分别为(0,−√2)，(0,√2)．因为MA →=(0−x m ,−√2−y m )，MB →=(0−x m ,√2−y m )，MO →=(0−x m ,0−y m )， 所以MA →+MB →+MO →=(−3x m ,−3y m )=0．所以x m ＝0，y m ＝0，即点M 与原点重合，②当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝kx +1， 由{x 23+y 22=1,y =kx +1,得(3k 2+2)x 2+6kx −3＝0，△＝36k 2+12(3k 2+2)＝72k 2+24>0． 所以x 1+x 2=−6k3k 2+2， 则y 1+y 2=43k 2+2>0，因为MA →=(x 1−x M , y 1−y M )，MB →=(x 2−x M , y 2−y M )，MO →=(−x m , −y m )， 所以MA →+MB →+MO →=(x 1+x 2+0−3x m ,y 1+y 2+0−3y m )=0． 所以x 1+x 2＝3x m ，y 1+y 2＝3y m ．x m =−2k3k 2+2，y m =433k 2+2>0，消去k 得2x m 2+3y m 2−2y m =0(y m >0)．综上，点M 构成的曲线L 的方程为2x 2+3y 2−2y ＝0对于曲线L 的任意一点M(x, y)，它关于直线y =13的对称点为M ′(x,23−y)．把M ′(x,23−y)的坐标代入曲线L 的方程的左端：2x 2+3(23−y)2−2(23−y)=2x 2+43−4y +3y 2−43+2y =2x 2+3y 2−2y =0．所以点M ′也在曲线L 上．所以由点M 构成的曲线L 关于直线y =13对称【答案】证明：由已知易得f(x)＝a(x −1)+x ln x +1，所以f ′(x)＝a +1+ln x 令f ′(x)＝a +1+ln x ＝0得，x ＝e −（a+1）．显然，x ∈(0, e −（a+1）)时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减；x ∈(e −（a+1），+∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增所以[f(x)]min ＝f(e−（a+1）)＝1−a −e−（a+1）．令t(a)＝[f(x)]min ，则由t ′(a)＝−1+e−（a+1）＝0得a ＝−1a ∈(−∞, −1)时，t ′(a)>0，函数t(a)单调递增；a ∈(−1, +∞)时，t ′(a)<0，函数t(a)单调递减所以[t(a)]max ＝t(−1)＝1+1−1＝1，即结论成立． 法1：由题设化简可得k <x+x ln x x−2，令ℎ(x)=x+x ln x x−2，则ℎ(x)=x−4−21nx (x−2)2．令g(x)＝x −4−2ln x ．又g ′(x)=1−2x ，∴ x >2时，g ′(x)>0，即g(x)单调递增，∵ g(8)＝4−2ln 8＝ln e 4−ln 82<0，g(9)＝5−2ln 9＝ln e 5−ln 92>0． 设x −4−2ln x ＝0并记其零点为x 0，故8<x 0<9，且ln x 0=x 0−42．所以当2<x <x 0时，g(x)<0，即ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减； 当x >x 0时，g(x)>0即ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增， 所以ℎ(x)min ＝ℎ(x 0)=x 0+x 0⋅x 0−42x 0−2=x 02，因此k <x 02，由于k ∈Z 且8<x 0<9，即4<x 02<92，所以k 的最大值为4．法2：由题设化简可得x +x ln x >k(x −2)令t(x)＝x ln x +(1−k)x +2k ，所以t ′(x)＝ln x +2−k 由t ′(x)＝ln x +2−k ＝0得x ＝e k−2①若e k−2≤2，即k ≤2+ln 2时，在x ∈(2, +∞)上，有t ′(x)>0，故函数t(x)单调递增 所以t(x)>t(2)＝2+2ln 2>0 ②若e k−2>2，即k >2+ln 2时，在x ∈(2, e k−2)上，有t ′(x)<0故函数t(x)在x ∈(2, e k−2)上单调递减在x ∈(e k−2, +∞)上，有t ′(x)>0故函数t(x)在x ∈(e k−2, +∞)上单调递增 所以，在x ∈(2, +∞)上，t(x)min =t(e k−2)=2k −e k−2故欲使2k >e k−2，只需t(x)min =t(e k−2)=2k −e k−2>0即可． 令m(k)＝2k −e k−2，∴ m ′(k)＝2−e k−2 故由m ′(k)＝2−e k−2＝0，∴ k ＝2+ln 2．所以，k >2+ln 2时，m ′(k)<0，即m(k)单调递减．又m(4)＝2×4−e 4−2＝8−e 2>8−2.722＝8−7.40>0，m(5)＝2×5−e 5−2＝10−e 3<10−2.73＝10−19.7<0． 故k 的最大值为4． 【考点】利用导数研究函数的最值 【解析】（1）利用导数可得[f(x)]min ＝f(e −（a+1）)＝1−a −e −（a+1），令t(a)＝[f(x)]min ，则由t ′(a)＝−1+e −（a+1）＝0得[t(a)]max ＝t(−1)＝1+1−1＝1，即结论成立． （2）法1：由题设化简可得k <x+x ln x x−2，令ℎ(x)=x+x ln x x−2，则ℎ(x)=x−4−21nx (x−2)，令g(x)＝x −4−2ln x ．设x −4−2ln x ＝0并记其零点为x 0，故8<x 0<9，且ln x 0=x 0−42．可得ℎ(x)min ＝ℎ(x 0)=x 0+x 0⋅x 0−42x 0−2=x 02，即4<x 02<92，可得k 的最大值为4．法2：由题设化简可得x +x ln x >k(x −2)令t(x)＝x ln x +(1−k)x +2k ，所以t ′(x)＝ln x +2−k 由t ′(x)＝ln x +2−k ＝0得x ＝e k−2．分以下情况讨论： ①若e k−2≤2，②若e k−2>2， 【解答】证明：由已知易得f(x)＝a(x −1)+x ln x +1，所以f ′(x)＝a +1+ln x 令f ′(x)＝a +1+ln x ＝0得，x ＝e −（a+1）．显然，x ∈(0, e −（a+1）)时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减；x ∈(e −（a+1），+∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增所以[f(x)]min ＝f(e −（a+1）)＝1−a −e −（a+1）．令t(a)＝[f(x)]min ，则由t ′(a)＝−1+e −（a+1）＝0得a ＝−1a ∈(−∞, −1)时，t ′(a)>0，函数t(a)单调递增；a ∈(−1, +∞)时，t ′(a)<0，函数t(a)单调递减所以[t(a)]max ＝t(−1)＝1+1−1＝1，即结论成立． 法1：由题设化简可得k <x+x ln x x−2，令ℎ(x)=x+x ln x x−2，则ℎ(x)=x−4−21nx (x−2)2．令g(x)＝x −4−2ln x ．又g ′(x)=1−2x ，∴ x >2时，g ′(x)>0，即g(x)单调递增，∵ g(8)＝4−2ln 8＝ln e 4−ln 82<0，g(9)＝5−2ln 9＝ln e 5−ln 92>0． 设x −4−2ln x ＝0并记其零点为x 0，故8<x 0<9，且ln x 0=x 0−42．所以当2<x <x 0时，g(x)<0，即ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减； 当x >x 0时，g(x)>0即ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增， 所以ℎ(x)min ＝ℎ(x 0)=x 0+x 0⋅x 0−42x 0−2=x 02，因此k <x 02，由于k ∈Z 且8<x 0<9，即4<x 02<92，所以k 的最大值为4．法2：由题设化简可得x +x ln x >k(x −2)令t(x)＝x ln x +(1−k)x +2k ，所以t ′(x)＝ln x +2−k 由t ′(x)＝ln x +2−k ＝0得x ＝e k−2①若e k−2≤2，即k ≤2+ln 2时，在x ∈(2, +∞)上，有t ′(x)>0，故函数t(x)单调递增 所以t(x)>t(2)＝2+2ln 2>0 ②若e k−2>2，即k >2+ln 2时，在x ∈(2, e k−2)上，有t ′(x)<0故函数t(x)在x ∈(2, e k−2)上单调递减在x ∈(e k−2, +∞)上，有t ′(x)>0故函数t(x)在x ∈(e k−2, +∞)上单调递增 所以，在x ∈(2, +∞)上，t(x)min =t(e k−2)=2k −e k−2故欲使2k >e k−2，只需t(x)min =t(e k−2)=2k −e k−2>0即可． 令m(k)＝2k −e k−2，∴ m ′(k)＝2−e k−2 故由m ′(k)＝2−e k−2＝0，∴ k ＝2+ln 2．所以，k >2+ln 2时，m ′(k)<0，即m(k)单调递减．又m(4)＝2×4−e 4−2＝8−e 2>8−2.722＝8−7.40>0，m(5)＝2×5−e 5−2＝10−e 3<10−2.73＝10−19.7<0． 故k 的最大值为4．（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．（共2小题，满分0分） 【答案】(I)l 的普通方程为y =√3(x −1)，C 1的普通方程为x 2+y 2＝1， 联立方程组{y =√3(x −1)x 2+y 2=1 ，解得交点坐标为A(1, 0)，B(12, −√32) 所以|AB|=12)√32)=1；(II)曲线C 2:{x =12cos θy =√32sin θ（θ为参数）． 设所求的点为P(12cos θ, √32sin θ)， 则P 到直线l 的距离d =|√32cos θ−√32sin θ−√3|√3+1=√34[√2sin (θ−π4)+2]当sin (θ−π4)＝−1时，d 取得最小值√64(√2−1)．【考点】圆的参数方程函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 直线的参数方程【解析】（I ）将直线l 中的x 与y 代入到直线C 1中，即可得到交点坐标，然后利用两点间的距离公式即可求出|AB|． (II)将直线的参数方程化为普通方程，曲线C 2任意点P 的坐标，利用点到直线的距离公式P 到直线的距离d ，分子合并后利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化为一个角的正弦函数，与分母约分化简后，根据正弦函数的值域可得正弦函数的最小值，进而得到距离d 的最小值即可． 【解答】(I)l 的普通方程为y =√3(x −1)，C 1的普通方程为x 2+y 2＝1， 联立方程组{y =√3(x −1)x 2+y 2=1 ，解得交点坐标为A(1, 0)，B(12, −√32) 所以|AB|=12)√32)=1；(II)曲线C 2:{x =12cos θy =√32sin θ （θ为参数）． 设所求的点为P(12cos θ, √32sin θ)， 则P 到直线l 的距离d =|√32cos θ−√32sin θ−√3|√3+1=√34[√2sin (θ−π4)+2]当sin (θ−π4)＝−1时，d 取得最小值√64(√2−1)．【答案】（1）当m ＝2时，不等式f(x)≤1可化为， 2|x +1|−|x −2|≤1，当x <−1时，不等式化为x +5≥0，解得−5≤x <−1， 当−1≤x ≤2时，不等式化为3x ≤1，解得−1≤x ≤13，当x >2时，不等式化为x +3≤0，解得x ∈⌀， 综上，不等式的解集为：{x|−5≤x ≤13}；（2）g(x)＝f(x)−2＝2|x +1|−|x −m|−2={−x −4−m,x <−13x −m,−1≤x ≤m x +m,x >m，∴ g(x)的图象与两坐标轴的交点坐标分别为A(−m −4, 0)，B(0, −m)，C(m3, 0)，∴ 三角形ABC 的面积：S△ABC=12⋅[m3−(−m−4)]⋅|−m|=23m(m+3)，由S△ABC=23m(m+3)=12，得m＝3或m＝−6（舍），∴m＝3．【考点】绝对值不等式的解法与证明【解析】(Ⅰ)将m＝2代入不等式中，然后去绝对值即可；(Ⅱ)求出g(x)的图象与坐标轴的交点坐标，然后的到三角形ABC的面积，根据面积为12即可得解．【解答】（1）当m＝2时，不等式f(x)≤1可化为，2|x+1|−|x−2|≤1，当x<−1时，不等式化为x+5≥0，解得−5≤x<−1，当−1≤x≤2时，不等式化为3x≤1，解得−1≤x≤13，当x>2时，不等式化为x+3≤0，解得x∈⌀，综上，不等式的解集为：{x|−5≤x≤13}；（2）g(x)＝f(x)−2＝2|x+1|−|x−m|−2={−x−4−m,x<−13x−m,−1≤x≤mx+m,x>m，∴g(x)的图象与两坐标轴的交点坐标分别为A(−m−4, 0)，B(0, −m)，C(m3, 0)，∴三角形ABC的面积：S△ABC=12⋅[m3−(−m−4)]⋅|−m|=23m(m+3)，由S△ABC=23m(m+3)=12，得m＝3或m＝−6（舍），∴m＝3．。
2020届四川省成都市数学高三模拟试题(word档含答案)
10.已知抛物线 的焦点 是椭圆 （ ）的一个焦点，且该抛物线的准线与椭圆相交于 、 两点，若 是正三角形，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
抛物线 ，即
焦点为 ，故 ，
为正三角形，则边长为
故 ，
故选
11.已知函数 ，则 的图象大致为（ ）
16.如图，在四棱锥 中， 平面 ， ， ，且 ， ，异面直线 与 所成角为 ，点 ， ， ， 都在同一个球面上，则该球的表面积为____
三、解答题
17.在 中，角 ， ， 所对 边分别为 ， ， .满足 .
（1）求角 的大小；
（2）若 ， 的面积为 ，求 的大小.
18.中央政府为了对应因人口老龄化而造成的劳动力短缺等问题，拟定出台“延迟退休年龄政策”，为了了解人们对“延迟退休年龄政策”的态度，责成人社部进行调研，人社部从网上年龄在15～65的人群中随机调查50人，调查数据的频率分布直方图和支持“延迟退休”的人数与年龄的统计结果如下：
【解析】
依题意有 , ，由正弦定理得 ，解得 .
16.如图，在四棱锥 中， 平面 ， ， ，且 ， ，异面直线 与 所成角为 ，点 ， ， ， 都在同一个球面上，则该球的表面积为____
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可得 ，∠CDO=30°，可得 的长，结合 可得三棱锥O-BCD外接球半径R的值，可得其表面积.
5.若 ， ， 满足 ， ， .则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用指数函数和对数函数的单调性即可比较大小.
【详解】 ， ， ，
2020年四川省成都七中高考数学一诊试卷(文科)
2020年四川省成都七中高考数学一诊试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（5分）复数z＝a+bi（a，b∈R）的虚部记作Im（z）＝b，则Im（）＝（）A．﹣2B．﹣1C．1D．22．（5分）执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）A．3B．﹣6C．10D．﹣153．（5分）关于函数f（x）＝|tan x|的性质，下列叙述不正确的是（）A．f（x）的最小正周期为B．f（x）是偶函数C．f（x）的图象关于直线x＝（k∈Z）对称D．f（x）在每一个区间（kπ，kπ+）（k∈Z）内单调递增4．（5分）已知a＞0，b＞0，则“a≤1且b≤1”是“a+b≤2且ab≤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5．（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．36+12πB．36+16πC．40+12πD．40+16π6．（5分）在约束条件：下，目标函数z＝ax+by（a＞0，b＞0）的最大值为1，则ab的最大值等于（）A．B．C．D．7．（5分）已知正项等比数列{a n}中，S n为其前n项和，且a2a4＝1，S3＝7，则S5＝（）A．B．C．D．8．（5分）双曲线﹣＝1的渐近线与圆（x﹣3）2+y2＝r2（r＞0）相切，则r＝（）A．B．2C．3D．69．（5分）已知函数f（x）对∀x∈R都有f（x）＝f（4﹣x），且其导函数f′（x）满足当x≠2时，（x﹣2）f′（x）＞0，则当2＜a＜4时，有（）A．f（2a）＜f（2）＜f（log2a）B．f（2）＜f（2a）＜f（log2a）C．f（log2a）＜f（2a）＜f（2）D．f（2）＜f（log2a）＜f（2a）10．（5分）对圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1上任意一点P（x，y），若点P到直线l1：3x﹣4y﹣9＝0和l2：3x ﹣4y+a＝0的距离和都与x，y无关，则a的取值区间为（）A．[6，+∞）B．[﹣4，6]C．（﹣4，6）D．（﹣∞，﹣4]11．（5分）若，，满足，|，则的最大值为（）A．10B．12C．D．12．（5分）点M，N分别是棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，且P A1∥面AMN，则P A1的长度范围为（）A．B．C．D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡相应位置上）13．（5分）命题“∀x∈N，x2＞1”的否定为．14．（5分）在样本的频率分布直方图中，共有9个小长方形，若第一个长方形的面积为0.02，前五个与后五个长方形的面积分别成等差数列且公差是互为相反数，若样本容量为1600，则中间一组（即第五组）的频数为．15．（5分）设O、F分别是抛物线y2＝2x的顶点和焦点，M是抛物线上的动点，则的最大值为．16．（5分）若实数a，b∈（0，1）且，则的最小值为．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（12分）设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知c＝3，且sin（C﹣）•cos C＝．（1）求角C的大小；（2）若向量＝（1，sin A）与＝（2，sin B）共线，求a、b的值．18．（12分）学校为了了解高三学生每天自主学习中国古典文学的时间，随机抽取了高三男生和女生各50名进行问卷调查，其中每天自主学习中国古典文学的时间超过3小时的学生称为“古文迷”，否则为“非古文迷”，调查结果如表：古文迷非古文迷合计男生262450女生302050合计5644100（Ⅰ）根据表中数据能否判断有60%的把握认为“古文迷”与性别有关？（Ⅱ）现从调查的女生中按分层抽样的方法抽出5人进行调查，求所抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数；（Ⅲ）现从（Ⅱ）中所抽取的5人中再随机抽取3人进行调查，记这3人中“古文迷”的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望．参考公式：K2＝，其中n＝a+b+c+d．参考数据：P（K2≥k0）0.500.400.250.050.0250.010k00.4550.708 1.321 3.841 5.024 6.63519．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点．（1）求证：CD∥平面A1EB；（2）求证：AB1⊥平面A1EB；（3）若AB＝2，求三棱锥A1﹣B1BE的体积．20．（12分）已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的两个焦点分别为F1（﹣，0），F2（，0），以椭圆短轴为直径的圆经过点M（1，0）．（1）求椭圆C的方程；（2）过点M的直线l与椭圆C相交于A、B两点，设点N（3，2），记直线AN，BN的斜率分别为k1，k2，问：k1+k2是否为定值？并证明你的结论．21．（12分）已知函数f（x）＝tx+lnx（t∈R）．（1）当t＝﹣1时，证明：f（x）≤﹣1；（2）若对于定义域内任意x，f（x）≤x•e x﹣1恒成立，求t的范围？请考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做选定的题目.如果多做，则按所做的第一个题目计分.（本小题满分10分）.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在极坐标系下，知圆O：ρ＝cosθ+sinθ和直线．（1）求圆O与直线l的直角坐标方程；（2）当θ∈（0，π）时，求圆O和直线l的公共点的极坐标．[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）23．已知函数f（x）＝|2x+3|+|2x﹣1|．（Ⅰ）求不等式f（x）≤5的解集；（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）＜|m﹣1|的解集非空，求实数m的取值范围．参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（5分）复数z＝a+bi（a，b∈R）的虚部记作Im（z）＝b，则Im（）＝（）A．﹣2B．﹣1C．1D．2【答案】B2．（5分）执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）A．3B．﹣6C．10D．﹣15【答案】C3．（5分）关于函数f（x）＝|tan x|的性质，下列叙述不正确的是（）A．f（x）的最小正周期为B．f（x）是偶函数C．f（x）的图象关于直线x＝（k∈Z）对称D．f（x）在每一个区间（kπ，kπ+）（k∈Z）内单调递增【答案】A4．（5分）已知a＞0，b＞0，则“a≤1且b≤1”是“a+b≤2且ab≤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【答案】A5．（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．36+12πB．36+16πC．40+12πD．40+16π【答案】C6．（5分）在约束条件：下，目标函数z＝ax+by（a＞0，b＞0）的最大值为1，则ab的最大值等于（）A．B．C．D．【答案】D7．（5分）已知正项等比数列{a n}中，S n为其前n项和，且a2a4＝1，S3＝7，则S5＝（）A．B．C．D．【答案】B8．（5分）双曲线﹣＝1的渐近线与圆（x﹣3）2+y2＝r2（r＞0）相切，则r＝（）A．B．2C．3D．6【答案】A9．（5分）已知函数f（x）对∀x∈R都有f（x）＝f（4﹣x），且其导函数f′（x）满足当x≠2时，（x﹣2）f′（x）＞0，则当2＜a＜4时，有（）A．f（2a）＜f（2）＜f（log2a）B．f（2）＜f（2a）＜f（log2a）C．f（log2a）＜f（2a）＜f（2）D．f（2）＜f（log2a）＜f（2a）【答案】D10．（5分）对圆（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1上任意一点P（x，y），若点P到直线l1：3x﹣4y﹣9＝0和l2：3x ﹣4y+a＝0的距离和都与x，y无关，则a的取值区间为（）A．[6，+∞）B．[﹣4，6]C．（﹣4，6）D．（﹣∞，﹣4]【答案】A11．（5分）若，，满足，|，则的最大值为（）A．10B．12C．D．【答案】B12．（5分）点M，N分别是棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，且P A1∥面AMN，则P A1的长度范围为（）A．B．C．D．【答案】B二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡相应位置上）13．（5分）命题“∀x∈N，x2＞1”的否定为∃x0∈N，x02≤1．14．（5分）在样本的频率分布直方图中，共有9个小长方形，若第一个长方形的面积为0.02，前五个与后五个长方形的面积分别成等差数列且公差是互为相反数，若样本容量为1600，则中间一组（即第五组）的频数为360．15．（5分）设O、F分别是抛物线y2＝2x的顶点和焦点，M是抛物线上的动点，则的最大值为．．16．（5分）若实数a，b∈（0，1）且，则的最小值为．。
2020年四川省成都市双流区棠湖中学高考数学一诊试卷(文科)
2020年四川省成都市双流区棠湖中学高考数学一诊试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）1. 复数z＝2+i，其中i是虚数单位，则|z|＝（）A.√5B.1C.3D.52. 设集合M＝{−2, −1, 0, 1, 2}，N＝{x|x2−x−2<0}，则M∩N＝（）A.{−2, −1 }B.{−1, 0 }C.{0, 1 }D.{1, 2 }3. 某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（）A.2 3B.43C.83D.√34. 已知某程序框图如图所示，则执行该程序后输出的a的值是（）A.−1B.12C.1 D.25. 在△ABC中，B=π6，c=4，cos C=√53，则b=()A.3√3B.3C.32D.436. 设a→，b→是非零向量，则“存在实数λ，使得a→=λb→”是“|a→+b→|=|a→|+|b→|”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件7. 已知直线l过抛物线y2＝8x的焦点F，与抛物线交于A，B两点，与其准线交于点C．若点F是的AC中点，则线段BC的长为（）A.83B.3C.163D.68. 已知等差数列{a n}的前n项和S n，若a2+a3+a10＝9，则S9＝（）A.27B.18C.9D.39. 已知f(x)是R上的奇函数，且y=f(x+1)为偶函数，当−1≤x≤0时，f(x)=2x2，则f(72)=（）A.12B.−12C.1D.−110. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点E在棱BB1上，动点F在线段A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE＝x，A1F＝y，则四面体O−AEF的体积（）A.与x，y都有关B.与x，y都无关C.与x有关，与y无关D.与y有关，与x无关11. 已知数列{a n}满足：a1＝a，a n+1=a n2+1a n(n∈N∗)，则下列关于{a n}的判断正确的是（）A.∀a>0，∃n≥2，使得a n<√2B.∃a>0，∃n≥2，使得a n<a n+1C.∀a>0，∃m∈N∗，总有a m<a nD.∃a>0，∃m∈N∗，总有a m+n＝a n12. 已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且满足f(x)={x2−x2(0≤x<1),x−1e x(x≥1)，若函数F(x)＝f(x)−m有6个零点，则实数m的取值范围是（）A.(−116,1e2) B.(−116,0)∪(0,1e2)C.(0,1e2) D.[0,1e2)二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）若实数x，y满足{x−y+1≥0x+y≥0x≤0，则z＝2x+y的最小值为________．双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线的方程为y=2x，则双曲线C的离心率为________．函数y=cos x cos(π2+x)的定义域为[0,π4]，则值域为________．点A，B，C，D在同一球面上，AB＝BC=√2，AC＝2，若球的表面积为25π4，则四面体ABCD体积的最大值为________．三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.）已知△ABC中，A=π4，cos B=35，AC＝8．（1）求△ABC的面积；（2）求AB边上的中线CD的长．某环保部门对A，B，C三个城市同时进行了多天的空气质量监测，测得三个城市空气质量为优或良的数据共有180个，三城市各自空气质量为优或良的数据个数如表所示：已知在这180个数据中随机抽取一个，恰好抽到记录B城市空气质量为优的数据的概率为0.2．（1）现用分层抽样的方法，从上述180个数据汇总抽取30个进行后续分析，求在C城中应抽取的数据的个数；（2）已知y≥23，z≥24，求在C城中空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数的概率．如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAD和△BCD都是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，且AD＝2AB＝4，BC=2√3．(Ⅰ)求证：CD⊥PA；(Ⅱ)E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF // 平面PCD时，求四棱锥C−PEFD的体积．已知椭圆C的两个焦点分别为F1(−1, 0)，F2(1, 0)，长轴长为2√3．(Ⅰ)求椭圆C的标准方程及离心率；(Ⅱ)过点(0, 1)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若点M满足MA→+MB→+MO→=0→，求证：由点M构成的曲线L关于直线y=13对称．已知函数f(x)＝x ln x+ax+1−a．（1）求证：对任意实数a，都有[f(x)]min≤1；（2）若a＝2，是否存在整数k，使得在x∈(2, +∞)上，恒有f(x)>(k+1)x−2k−1成立？若存在，请求出k的最大值；若不存在，请说明理由．(e＝2.71828…)（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．（共2小题，满分0分）已知直线l:{x =1+12t y =√32t（t 为参数），曲线C 1:{x =cos θy =sin θ （θ为参数）． (Ⅰ)设l 与C 1相交于A ，B 两点，求|AB|；(Ⅱ)若把曲线C 1上各点的横坐标压缩为原来的12倍，纵坐标压缩为原来的√32倍，得到曲线C 2，设点P 是曲线C 2上的一个动点，求它到直线l 的距离的最小值．已知函数f(x)＝2|x +1|−|x −m|(m >0)． (Ⅰ)当m ＝2时，求不等式f(x)≤1的解集；(Ⅱ)g(x)＝f(x)−2，g(x)的图象与两坐标轴的交点分别为A ，B ，C ，若三角形ABC 的面积为12，求m 的值．参考答案与试题解析2020年四川省成都市双流区棠湖中学高考数学一诊试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）1.【答案】A【考点】复数的模【解析】根据复数模长的定义，计算即可．【解答】复数z＝2+i，其中i是虚数单位，则|z|=√22+12=√5．2.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】可求出集合N，然后进行交集的运算即可．【解答】N＝{x|−1<x<2}；∴M∩N＝{0, 1}．3.【答案】C【考点】由三视图求体积【解析】由已知中的三视图，可知该几何体是一个正方形为底面的四棱锥，然后求解几何体的体积即可．【解答】该三视图还原成直观图后的几何体是如图的四棱锥，红色线四棱锥A−BCDE为三视图还原后的几何体，CBA和ACD是两个全等的直角三角形：AC＝CD＝BC＝2，几何体的体积为：13×2×2×2=83，4.【答案】D【考点】程序框图【解析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环计算变量a 的值并输出，即可得解．【解答】程序运行过程中，各变量的值如下表示：是否继续循环a i循环前2 1第一圈是12 2第二圈是−1 3第三圈是2 4…第9圈是2 10第10圈否故最后输出的a值为2．5.【答案】B【考点】正弦定理同角三角函数间的基本关系【解析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求sin C的值，根据正弦定理即可计算得解b的值．【解答】解：∵B=π6，c=4，cos C=√53，∴sin C=√1−cos2C=23，∴由正弦定理bsin B=csin C可得：b12=423，解得：b=3．故选B.6.【答案】B【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】根据向量数量积的应用，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】解：若|a→+b→|=|a→|+|b→|，则平方得|a→|2+2a→⋅b→+|b→|2=|a→|2+|b→|2+2|a→|⋅|b→|，即a →⋅b →=|a →|⋅|b →|，即a →⋅b →=|a →||b →|cos <a →,b →>=|a →|⋅|b →|， 则cos <a →,b →>=1， 即<a →,b →>=0，即a →，b →同向共线时，存在实数λ，使得a →=λb →， 反之，当<a →,b →>=π时， 满足a →=λb →，但cos <a →,b →>=1不成立，即“存在实数λ，使得a →=λb →”是“|a →+b →|=|a →|+|b →|”的必要不充分条件. 故选B . 7. 【答案】 C【考点】 抛物线的性质 【解析】由题意画出图形，利用抛物线定义结合已知求得A 的坐标，得到直线AF 的方程，与抛物线联立求得B 的坐标，再由抛物线焦半径公式求解． 【解答】如图，A 在准线上的射影为E ，B 在准线上的射影为H ，由抛物线y 2＝8x ，得焦点F(2, 0)，∵ 点F 是的AC 中点，∴ AE ＝2p ＝8，则AF ＝8， ∴ A点横坐标为6，代入抛物线方程，可得A(6, 4√3)， ∴ k AF =4√36−2=√3，则AF 所在直线方程为y =√3(x −2)． 联立{y =√3(x −2)y 2=8x，得3x 2−20x +12＝0． ∴ 6x B ＝4，得x B =23，则BF ＝BH =23+2=83．故BC ＝CF −BF ＝AF −BF ＝8−83=163．8.【答案】 A【考点】等差数列的前n 项和 【解析】根据通项公式和求和公式即可求出． 【解答】设公差为d ，则3a 1+12d ＝9， ∴ a 1+4d ＝a 5＝3 ∴ S 9＝9a 5＝27， 9.【答案】 A【考点】 函数的求值 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：因为f(x)为奇函数， 所以f(−x)=−f(x)．又因为y =f(x +1)为偶函数， 所以f(x +1)=f(−x +1)，所以f(x)=f(x −1+1)=f(−x +2) =−f(x −2)=−f(x −3+1) =−f(−x +4)=f(x −4)， 所以f(x)的周期为4． 则f (72)=f (4−12)=f (−12) =2×(−12)2=12． 故选A ． 10.【答案】 B【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 【解析】连接AO ，AE ，AF ，OE ，OF ，EF ，然后利用等积法说明四面体O −AEF 的体积是与x ，y 无关的定值． 【解答】如图，∵BB1 // 平面AA1C1C，∴E到平面AA1C1C的距离为定值，∵AO // A1C1，∴F到直线AO的距离为定值，∴△AOF的面积为定值．∵V O−AEF＝V E−AOF，∴四面体O−AEF的体积是与x，y无关的定值．11.【答案】D【考点】数列递推式【解析】A．∀a1＝a>0，a n+1=a n2+1a n(n∈N∗)，由a n>0．利用基本不等式的性质即可得出a n+1≥√2，即可判断出正误．B．由A可得：n≥2时，a n≥√2，即a n+1<a n，即可判断出正误．C．令f(x)=x2+1x(x≥√2)，利用导数已经其单调性，即可判断出正误．D：由a1＝a>0，a n+1=a n2+1a n(n∈N∗)，a2=a2+1a，令a2+1a=a，解得a，即可判断出正误．【解答】A．∀a1＝a>0，a n+1=a n2+1a n(n∈N∗)，∴a n>0．∴a n+1≥2√a n2×1a n=√2，因此A不正确．B．∵a n+1a n =12+1a n2，由A可得：n≥2时，a n≥√2，∴a n+1a n<1，即a n+1<a n，因此B不正确．C．令f(x)=x2+1x(x≥√2)，则f′(x)=12−1x2≥0，因此函数f(x)在[√2, +∞)上单调递增，因此不存在m∈N∗，总有a m<a n，不正确．D：由a1＝a>0，a n+1=a n2+1a n(n∈N∗)，a2=a2+1a，令a2+1a=a，解得a=√2，则a n=√2，因此结论成立．12.【答案】C【考点】函数与方程的综合运用【解析】根据函数与方程的关系，结合偶函数的性质，转化为当当x>0时，函数F(x)＝f(x)−m有3个零点，利用数形结合进行求解即可．【解答】∵f(x)是定义在R上的偶函数，若函数F(x)＝f(x)−m有6个零点，∴等价为当x>0时，函数F(x)＝f(x)−m有3个零点，且0不是函数F(x)＝f(x)−m的零点，即当x>0时，f(x)＝m有3个根，当0≤x<1时，f(x)＝x2−x2=(x−14)2−14，当x≥1时，f(x)=x−1e x，则f′(x)=ex−(x−1)e x(e x)2=2−xe x当x>2时，f′(x)<0，函数为减函数，当1≤x<2时，f′(x)>0，函数为增函数，即当x＝2时，函数f(x)为极大值，极大值为f(2)=1e2，当x≥1时，f(x)≥0，作出f(x)在x≥0时的图象如图，要使y＝m与y＝f(x)在x≥0时有三个交点，则0<m<1e2，即实数m的取值范围是(0, 1e)，二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）【答案】−12【考点】简单线性规划【解析】由线性约束条件画出可行域，然后求出目标函数的最小值．【解答】画出实数x，y满足{x−y+1≥0x+y≥0x≤0的可行域，如图：得在直线x−y+1＝0与直线x+y＝0的交点A(−12, 12)处，目标函数z＝2x+y的最小值为：2×(−12)+12=−12．【答案】√5【考点】双曲线的特性【解析】本题主要考查双曲线的几何性质.【解答】解：由双曲线C:x2a2−y2b2=1得其渐近线方程为y=±bax，所以ba=2，所以e2=c2a2=1+b2a2=5，所以e=√5．故答案为：√5． 【答案】[−12, 0] 【考点】正弦函数的定义域和值域三角函数的恒等变换及化简求值 二倍角的三角函数【解析】利用二倍角的正弦公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的定义域和值域，求得它的值域． 【解答】∵ 函数y =cos x cos (π2+x)=−cos x sin x =−12sin 2x 的定义域为[0,π4]， ∴ 2x ∈[0, π2]，sin 2x ∈[0, 1]，∴ y =−12sin 2x ∈[−12, 0]， 【答案】23【考点】柱体、锥体、台体的体积计算 球的表面积和体积【解析】根据几何体的特征，判定外接球的球心，求出球的半径，即可求出球的表面积． 【解答】根据题意知，△ABC 是一个直角三角形，其面积为1．其所在球的小圆的圆心在斜边AC 的中点上，设小圆的圆心为Q ，球的半径为r ， 因为球的表面积为25π4，所以4πr 2=25π4所以r =54，四面体ABCD 的体积的最大值，底面积S △ABC 不变，高最大时体积最大， 就是D 到底面ABC 距离最大值时，ℎ＝r +√r 2−12=2．四面体ABCD 体积的最大值为13×S △ABC ×ℎ=13×12×√2×√2×2=23，三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.） 【答案】在△ACD 中，AD =7√22， 所以由余弦定理得：CD 2=82+(7√22)2−2×8×7√22×√22=652，所以CD =√1302． 法2：（1）∵ cos B =35，且B ∈(0, π)，∴ sin B =√1−cos 2B =45，∴ sin C ＝sin (π−A −B)＝sin (A +B)=sin A cos B +cos A sin B =√22⋅35+√22⋅45=7√210， 在△ABC 中，由正弦定理得AC sin B=BCsin A，即845=√22，解得BC =5√2，所以，△ABC 的面积为S =12AC ⋅BC ⋅sin C =12⋅8⋅5√2⋅7√210=28，因为cos B =35<√22， ∴ B >π4，∵ A =π4，∴ C 为锐角故cos C =√1−sin 2C =√210（或cos C =cos (π−A −B)=−cos (A +B)=√210） ∵ CA →+CB →=2CD→#/DEL/#∴ 4|CD →|2=(CA →+CB →)2=|CA →|2+2CA →⋅CB →+|CB →|2=64+2⋅8⋅5√2⋅√210+50=130#/DEL/#， 所以CD =√1302． 【考点】 正弦定理 余弦定理【解析】法1：（1）由已知利用同角三角函数基本关系式可求sin B 的值，利用两角和的正弦函数公式可求sin C ，由正弦定理可求AB 的值，根据三角形的面积公式即可计算得解；（2）求得AD =7√22，由余弦定理可求CD 的值． 法2：（1）同法1；（2）由cos B =35<√22，可得B >π4，结合A =π4，可求C 为锐角，可求cos C 的值，由CA →+CB →=2CD →，两边平方，利用平面向量数量积的运算即可求得CD 的值． 【解答】在△ACD 中，AD =7√22， 所以由余弦定理得：CD 2=82+(7√22)2−2×8×7√22×√22=652，所以CD =√1302． 法2：（1）∵ cos B =35，且B ∈(0, π)，∴ sin B =√1−cos 2B =45，∴ sin C ＝sin (π−A −B)＝sin (A +B)=sin A cos B +cos A sin B =√22⋅35+√22⋅45=7√210， 在△ABC 中，由正弦定理得AC sin B =BC sin A ，即845=√22，解得BC =5√2，所以，△ABC 的面积为S =12AC ⋅BC ⋅sin C =12⋅8⋅5√2⋅7√210=28，因为cos B =35<√22， ∴ B >π4，∵ A =π4，∴ C 为锐角故cos C =√1−sin 2C =√210（或cos C =cos (π−A −B)=−cos (A +B)=√210）∵ CA →+CB →=2CD →#/DEL/#∴ 4|CD →|2=(CA →+CB →)2=|CA →|2+2CA →⋅CB →+|CB →|2=64+2⋅8⋅5√2⋅√210+50=130#/DEL/#，所以CD =√1302． 【答案】 由题意x 180=0.2，解得x ＝36，∴ y +z ＝180−28−32−36−30＝54， ∴ 在C 城中应该抽取的数据个数为30180×54=9．由（1）知y +z ＝54，且y ，z ∈N ， ∴ 数对(y, z)可能的结果有如下8种： (23, 31)，(24, 30)，(25, 29)，(26, 28)， (27, 27)，(28, 26)，(29, 25)，(30, 24)，其中，“C 城中空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数”对应的结果有如下3种： (28, 26)，(29, 25)，(30, 24)，∴ 在C 城中空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数的概率p =38． 【考点】 分层抽样方法列举法计算基本事件数及事件发生的概率 【解析】（1）由题意x180=0.2，求出x ，由此能求出在C 城中应该抽取的数据个数．（2）由（1）知y +z ＝54，且y ，z ∈N ，由此利用列举法能求出在C 城中空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数的概率．【解答】 由题意x180=0.2，解得x ＝36，∴ y +z ＝180−28−32−36−30＝54， ∴ 在C 城中应该抽取的数据个数为30180×54=9．由（1）知y +z ＝54，且y ，z ∈N ，∴ 数对(y, z)可能的结果有如下8种： (23, 31)，(24, 30)，(25, 29)，(26, 28)， (27, 27)，(28, 26)，(29, 25)，(30, 24)，其中，“C 城中空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数”对应的结果有如下3种： (28, 26)，(29, 25)，(30, 24)，∴ 在C 城中空气质量为优的天数大于空气质量为良的天数的概率p =38．【答案】证明：(I)因为AD ＝4，AB ＝2，BD =2√3，所以AB2+BD 2＝AD 2，AB ⊥BD ，且∠ADB ＝30∘．又△BCD 是等边三角形，所以∠ADC ＝90∘，即CD ⊥AD ． 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面PAD ． 所以CD ⊥PA ． … (II)因为平面BEF // 平面PCD ，所以BF // CD ，EF // PD ，且BF ⊥AD ． …又在直角三角形ABD 中，DF =2√3cos 30=3，所以AE ＝AF ＝1． 所以S PEFD =12×4×4×sin 60−12×1×1×sin 60=15√34． … 由(I)知CD ⊥平面PAD ，故四棱锥C −PEFD 的体积V =13S PEFD ⋅CD =152．【考点】直线与平面垂直棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【解析】（I ）推导出AB ⊥BD ，CD ⊥AD ，从而CD ⊥平面PAD ，由此能证明CD ⊥PA ．(II)由平面BEF // 平面PCD ，得BF // CD ，EF // PD ，且BF ⊥AD ，由此能求出四棱锥C −PEFD 的体积． 【解答】证明：(I)因为AD ＝4，AB ＝2，BD =2√3，所以AB2+BD 2＝AD 2，AB ⊥BD ，且∠ADB ＝30∘．又△BCD 是等边三角形，所以∠ADC ＝90∘，即CD ⊥AD ． 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面PAD ． 所以CD ⊥PA ． … (II)因为平面BEF // 平面PCD ，所以BF // CD ，EF // PD ，且BF ⊥AD ． …又在直角三角形ABD 中，DF =2√3cos 30=3，所以AE ＝AF ＝1． 所以S PEFD =12×4×4×sin 60−12×1×1×sin 60=15√34． … 由(I)知CD ⊥平面PAD ，故四棱锥C −PEFD 的体积V =13S PEFD ⋅CD =152．【答案】（1）由已知，得a =√3，c ＝1，所以e =ca =√3=√33， 又a 2＝b 2+c 2，所以b =√2 所以椭圆C 的标准方程为x 23+y 22=1，离心率e =√33， 证明：(Ⅱ)设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，M(x m , y m )，①当直线l 与x 轴垂直时，点A ，B 的坐标分别为(0,−√2)，(0,√2)．因为MA →=(0−x m ,−√2−y m )，MB →=(0−x m ,√2−y m )，MO →=(0−x m ,0−y m )， 所以MA →+MB →+MO →=(−3x m ,−3y m )=0．所以x m ＝0，y m ＝0，即点M 与原点重合，②当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝kx +1， 由{x 23+y 22=1,y =kx +1,得(3k 2+2)x 2+6kx −3＝0，△＝36k 2+12(3k 2+2)＝72k 2+24>0． 所以x 1+x 2=−6k3k 2+2， 则y 1+y 2=43k 2+2>0，因为MA →=(x 1−x M , y 1−y M )，MB →=(x 2−x M , y 2−y M )，MO →=(−x m , −y m )， 所以MA →+MB →+MO →=(x 1+x 2+0−3x m ,y 1+y 2+0−3y m )=0． 所以x 1+x 2＝3x m ，y 1+y 2＝3y m ．x m =−2k3k 2+2，y m =433k 2+2>0，消去k 得2x m 2+3y m 2−2y m =0(y m >0)．综上，点M 构成的曲线L 的方程为2x 2+3y 2−2y ＝0对于曲线L 的任意一点M(x, y)，它关于直线y =13的对称点为M ′(x,23−y)．把M ′(x,23−y)的坐标代入曲线L 的方程的左端：2x 2+3(23−y)2−2(23−y)=2x 2+43−4y +3y 2−43+2y =2x 2+3y 2−2y =0．所以点M ′也在曲线L 上．所以由点M 构成的曲线L 关于直线y =13对称 【考点】直线与椭圆的位置关系 椭圆的应用 【解析】(Ⅰ)由已知，得a =√3，c ＝1，所以e =c a =3=√33，由a 2＝b 2+c2，所以b =√2，即可求出椭圆方程，(Ⅱ)设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，M(x m , y m )，分两种情况，借助韦达定理和向量的运算，即可求出点M 构成的曲线L 的方程为2x 2+3y 2−2y ＝0，即可证明 【解答】（1）由已知，得a =√3，c ＝1，所以e =c a=3=√33， 又a 2＝b 2+c 2，所以b =√2 所以椭圆C 的标准方程为x 23+y 22=1，离心率e =√33， 证明：(Ⅱ)设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，M(x m , y m )，①当直线l 与x 轴垂直时，点A ，B 的坐标分别为(0,−√2)，(0,√2)．因为MA →=(0−x m ,−√2−y m )，MB →=(0−x m ,√2−y m )，MO →=(0−x m ,0−y m )， 所以MA →+MB →+MO →=(−3x m ,−3y m )=0．所以x m ＝0，y m ＝0，即点M 与原点重合，②当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝kx +1， 由{x 23+y 22=1,y =kx +1,得(3k 2+2)x 2+6kx −3＝0，△＝36k 2+12(3k 2+2)＝72k 2+24>0． 所以x 1+x 2=−6k3k 2+2， 则y 1+y 2=43k 2+2>0，因为MA →=(x 1−x M , y 1−y M )，MB →=(x 2−x M , y 2−y M )，MO →=(−x m , −y m )， 所以MA →+MB →+MO →=(x 1+x 2+0−3x m ,y 1+y 2+0−3y m )=0． 所以x 1+x 2＝3x m ，y 1+y 2＝3y m ．x m =−2k3k 2+2，y m =433k 2+2>0，消去k 得2x m 2+3y m 2−2y m =0(y m >0)．综上，点M 构成的曲线L 的方程为2x 2+3y 2−2y ＝0对于曲线L 的任意一点M(x, y)，它关于直线y =13的对称点为M ′(x,23−y)．把M ′(x,23−y)的坐标代入曲线L 的方程的左端：2x 2+3(23−y)2−2(23−y)=2x 2+43−4y +3y 2−43+2y =2x 2+3y 2−2y =0．所以点M ′也在曲线L 上．所以由点M 构成的曲线L 关于直线y =13对称【答案】证明：由已知易得f(x)＝a(x −1)+x ln x +1，所以f ′(x)＝a +1+ln x 令f ′(x)＝a +1+ln x ＝0得，x ＝e −（a+1）．显然，x ∈(0, e −（a+1）)时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减；x ∈(e −（a+1），+∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增所以[f(x)]min ＝f(e−（a+1）)＝1−a −e−（a+1）．令t(a)＝[f(x)]min ，则由t ′(a)＝−1+e−（a+1）＝0得a ＝−1a ∈(−∞, −1)时，t ′(a)>0，函数t(a)单调递增；a ∈(−1, +∞)时，t ′(a)<0，函数t(a)单调递减所以[t(a)]max ＝t(−1)＝1+1−1＝1，即结论成立． 法1：由题设化简可得k <x+x ln x x−2，令ℎ(x)=x+x ln x x−2，则ℎ(x)=x−4−21nx (x−2)2．令g(x)＝x −4−2ln x ．又g ′(x)=1−2x ，∴ x >2时，g ′(x)>0，即g(x)单调递增，∵ g(8)＝4−2ln 8＝ln e 4−ln 82<0，g(9)＝5−2ln 9＝ln e 5−ln 92>0． 设x −4−2ln x ＝0并记其零点为x 0，故8<x 0<9，且ln x 0=x 0−42．所以当2<x <x 0时，g(x)<0，即ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减； 当x >x 0时，g(x)>0即ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增， 所以ℎ(x)min ＝ℎ(x 0)=x 0+x 0⋅x 0−42x 0−2=x 02，因此k <x 02，由于k ∈Z 且8<x 0<9，即4<x 02<92，所以k 的最大值为4．法2：由题设化简可得x +x ln x >k(x −2)令t(x)＝x ln x +(1−k)x +2k ，所以t ′(x)＝ln x +2−k 由t ′(x)＝ln x +2−k ＝0得x ＝e k−2①若e k−2≤2，即k ≤2+ln 2时，在x ∈(2, +∞)上，有t ′(x)>0，故函数t(x)单调递增 所以t(x)>t(2)＝2+2ln 2>0 ②若e k−2>2，即k >2+ln 2时，在x ∈(2, e k−2)上，有t ′(x)<0故函数t(x)在x ∈(2, e k−2)上单调递减在x ∈(e k−2, +∞)上，有t ′(x)>0故函数t(x)在x ∈(e k−2, +∞)上单调递增 所以，在x ∈(2, +∞)上，t(x)min =t(e k−2)=2k −e k−2故欲使2k >e k−2，只需t(x)min =t(e k−2)=2k −e k−2>0即可． 令m(k)＝2k −e k−2，∴ m ′(k)＝2−e k−2 故由m ′(k)＝2−e k−2＝0，∴ k ＝2+ln 2．所以，k >2+ln 2时，m ′(k)<0，即m(k)单调递减．又m(4)＝2×4−e 4−2＝8−e 2>8−2.722＝8−7.40>0，m(5)＝2×5−e 5−2＝10−e 3<10−2.73＝10−19.7<0． 故k 的最大值为4． 【考点】利用导数研究函数的最值 【解析】（1）利用导数可得[f(x)]min ＝f(e −（a+1）)＝1−a −e −（a+1），令t(a)＝[f(x)]min ，则由t ′(a)＝−1+e −（a+1）＝0得[t(a)]max ＝t(−1)＝1+1−1＝1，即结论成立． （2）法1：由题设化简可得k <x+x ln x x−2，令ℎ(x)=x+x ln x x−2，则ℎ(x)=x−4−21nx (x−2)，令g(x)＝x −4−2ln x ．设x −4−2ln x ＝0并记其零点为x 0，故8<x 0<9，且ln x 0=x 0−42．可得ℎ(x)min ＝ℎ(x 0)=x 0+x 0⋅x 0−42x 0−2=x 02，即4<x 02<92，可得k 的最大值为4．法2：由题设化简可得x +x ln x >k(x −2)令t(x)＝x ln x +(1−k)x +2k ，所以t ′(x)＝ln x +2−k 由t ′(x)＝ln x +2−k ＝0得x ＝e k−2．分以下情况讨论： ①若e k−2≤2，②若e k−2>2， 【解答】证明：由已知易得f(x)＝a(x −1)+x ln x +1，所以f ′(x)＝a +1+ln x 令f ′(x)＝a +1+ln x ＝0得，x ＝e −（a+1）．显然，x ∈(0, e −（a+1）)时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减；x ∈(e −（a+1），+∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增所以[f(x)]min ＝f(e −（a+1）)＝1−a −e −（a+1）．令t(a)＝[f(x)]min ，则由t ′(a)＝−1+e −（a+1）＝0得a ＝−1a ∈(−∞, −1)时，t ′(a)>0，函数t(a)单调递增；a ∈(−1, +∞)时，t ′(a)<0，函数t(a)单调递减所以[t(a)]max ＝t(−1)＝1+1−1＝1，即结论成立． 法1：由题设化简可得k <x+x ln x x−2，令ℎ(x)=x+x ln x x−2，则ℎ(x)=x−4−21nx (x−2)2．令g(x)＝x −4−2ln x ．又g ′(x)=1−2x ，∴ x >2时，g ′(x)>0，即g(x)单调递增，∵ g(8)＝4−2ln 8＝ln e 4−ln 82<0，g(9)＝5−2ln 9＝ln e 5−ln 92>0． 设x −4−2ln x ＝0并记其零点为x 0，故8<x 0<9，且ln x 0=x 0−42．所以当2<x <x 0时，g(x)<0，即ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减； 当x >x 0时，g(x)>0即ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增， 所以ℎ(x)min ＝ℎ(x 0)=x 0+x 0⋅x 0−42x 0−2=x 02，因此k <x 02，由于k ∈Z 且8<x 0<9，即4<x 02<92，所以k 的最大值为4．法2：由题设化简可得x +x ln x >k(x −2)令t(x)＝x ln x +(1−k)x +2k ，所以t ′(x)＝ln x +2−k 由t ′(x)＝ln x +2−k ＝0得x ＝e k−2①若e k−2≤2，即k ≤2+ln 2时，在x ∈(2, +∞)上，有t ′(x)>0，故函数t(x)单调递增 所以t(x)>t(2)＝2+2ln 2>0 ②若e k−2>2，即k >2+ln 2时，在x ∈(2, e k−2)上，有t ′(x)<0故函数t(x)在x ∈(2, e k−2)上单调递减在x ∈(e k−2, +∞)上，有t ′(x)>0故函数t(x)在x ∈(e k−2, +∞)上单调递增 所以，在x ∈(2, +∞)上，t(x)min =t(e k−2)=2k −e k−2故欲使2k >e k−2，只需t(x)min =t(e k−2)=2k −e k−2>0即可． 令m(k)＝2k −e k−2，∴ m ′(k)＝2−e k−2 故由m ′(k)＝2−e k−2＝0，∴ k ＝2+ln 2．所以，k >2+ln 2时，m ′(k)<0，即m(k)单调递减．又m(4)＝2×4−e 4−2＝8−e 2>8−2.722＝8−7.40>0，m(5)＝2×5−e 5−2＝10−e 3<10−2.73＝10−19.7<0． 故k 的最大值为4．（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．（共2小题，满分0分） 【答案】(I)l 的普通方程为y =√3(x −1)，C 1的普通方程为x 2+y 2＝1， 联立方程组{y =√3(x −1)x 2+y 2=1 ，解得交点坐标为A(1, 0)，B(12, −√32) 所以|AB|=12)√32)=1；(II)曲线C 2:{x =12cos θy =√32sin θ（θ为参数）． 设所求的点为P(12cos θ, √32sin θ)， 则P 到直线l 的距离d =|√32cos θ−√32sin θ−√3|√3+1=√34[√2sin (θ−π4)+2]当sin (θ−π4)＝−1时，d 取得最小值√64(√2−1)．【考点】圆的参数方程函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 直线的参数方程【解析】（I ）将直线l 中的x 与y 代入到直线C 1中，即可得到交点坐标，然后利用两点间的距离公式即可求出|AB|． (II)将直线的参数方程化为普通方程，曲线C 2任意点P 的坐标，利用点到直线的距离公式P 到直线的距离d ，分子合并后利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化为一个角的正弦函数，与分母约分化简后，根据正弦函数的值域可得正弦函数的最小值，进而得到距离d 的最小值即可． 【解答】(I)l 的普通方程为y =√3(x −1)，C 1的普通方程为x 2+y 2＝1， 联立方程组{y =√3(x −1)x 2+y 2=1 ，解得交点坐标为A(1, 0)，B(12, −√32) 所以|AB|=12)√32)=1；(II)曲线C 2:{x =12cos θy =√32sin θ （θ为参数）． 设所求的点为P(12cos θ, √32sin θ)， 则P 到直线l 的距离d =|√32cos θ−√32sin θ−√3|√3+1=√34[√2sin (θ−π4)+2]当sin (θ−π4)＝−1时，d 取得最小值√64(√2−1)．【答案】（1）当m ＝2时，不等式f(x)≤1可化为， 2|x +1|−|x −2|≤1，当x <−1时，不等式化为x +5≥0，解得−5≤x <−1， 当−1≤x ≤2时，不等式化为3x ≤1，解得−1≤x ≤13，当x >2时，不等式化为x +3≤0，解得x ∈⌀， 综上，不等式的解集为：{x|−5≤x ≤13}；（2）g(x)＝f(x)−2＝2|x +1|−|x −m|−2={−x −4−m,x <−13x −m,−1≤x ≤m x +m,x >m，∴ g(x)的图象与两坐标轴的交点坐标分别为A(−m −4, 0)，B(0, −m)，C(m3, 0)，∴ 三角形ABC 的面积：S△ABC=12⋅[m3−(−m−4)]⋅|−m|=23m(m+3)，由S△ABC=23m(m+3)=12，得m＝3或m＝−6（舍），∴m＝3．【考点】绝对值不等式的解法与证明【解析】(Ⅰ)将m＝2代入不等式中，然后去绝对值即可；(Ⅱ)求出g(x)的图象与坐标轴的交点坐标，然后的到三角形ABC的面积，根据面积为12即可得解．【解答】（1）当m＝2时，不等式f(x)≤1可化为，2|x+1|−|x−2|≤1，当x<−1时，不等式化为x+5≥0，解得−5≤x<−1，当−1≤x≤2时，不等式化为3x≤1，解得−1≤x≤13，当x>2时，不等式化为x+3≤0，解得x∈⌀，综上，不等式的解集为：{x|−5≤x≤13}；（2）g(x)＝f(x)−2＝2|x+1|−|x−m|−2={−x−4−m,x<−13x−m,−1≤x≤mx+m,x>m，∴g(x)的图象与两坐标轴的交点坐标分别为A(−m−4, 0)，B(0, −m)，C(m3, 0)，∴三角形ABC的面积：S△ABC=12⋅[m3−(−m−4)]⋅|−m|=23m(m+3)，由S△ABC=23m(m+3)=12，得m＝3或m＝−6（舍），∴m＝3．。
成都市2020届高三第一次检测数学(文)试卷附答案详析
D． x0 R ， 2x0 x02 1
【答案】D 【解析】直接利用全称命题的否定定义得到答案. 【详解】
命题 p ： x R ， 2x x2 1，则 p 为： x0 R ， 2x0 x02 1
故选： D
【点睛】
本题考查了全称命题的否定，意在考查学生的推断能力. 5．某校随机抽取 100 名同学进行“垃圾分类"的问卷测试，测试结果发现这 100 名同学的得分都在[50，100]内， 按得分分成 5 组：[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，得到如图所示的频率分布直方 图，则这 100 名同学的得分的中位数为( )
（Ⅱ）证明直线 AD 与 x 轴平行.
22．在平面直角坐标系 xOy 中，已知 P 是曲线 C1 ：x2 ( y 2)2 4 上的动点，将 OP 绕点 O 顺时针旋转 90
得到 OQ ，设点 Q 的轨迹为曲线 C2 .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）求曲线 C1 ， C2 的极坐标方程；
D． 3 i
数 z1 与 z2 3 i （ i 为虚数单位）在复平面内对应的点关于实轴对称，则 z1 3 i
故选： B 【点睛】 本题考查了复平面的对称问题，属于简单题.
2．已知集合 A 1, 0, m， B 1, 2 ，若 A B 1, 0,1, 2，则实数 m 的值为( )
x 3 2
f (x).
5
解析
成都市 2020 届高三第一次检测数学（文）试卷
一、单选题
1．若复数 z1 与 z2 3 i （ i 为虚数单位）在复平面内对应的点关于实轴对称，则 z1 （ ）
高2020届成都“一诊” 文科数学试题(含解析)
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
【详解】（Ⅰ）由题， 列联表如下：
属于“追光族”
属于“观望者”
合计
女性员工
20
40
60
男性员工
20
20
40
合计
40
60
100
∵ ，
∴没有 的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性別”有关.
（1）求曲线 ， 的极坐标方程；
（2）在极坐标系中，点 ，射线 与曲线 ， 分别相交于异于极点 的 两点，求 的面积.
【详解】（1）由题意，点Q的轨迹是以（2，0）为圆心，以2为半径的圆，则曲线C2： ，
∵ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴曲线C1的极坐标方程为ρ＝4sinθ，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4cosθ；
再把所得图象向左平移 个单位长度，得到函数f（x）＝ 的图象.
故选：A．
9.已知抛物线 的焦点为 ， 是抛物线上两个不同的点若 ，则线段 的中点到 轴的距离为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】由抛物线方程 ，得其准线方程为： ，设 ， ，
由抛物线的性质得， ， 中点的横坐标为 ，
线段 的中点到 轴的距离为： .
5.某校随机抽取100名同学进行“垃圾分类"的问卷测试，测试结果发现这100名同学的得分都在[50，100]内，按得分分成5组：[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图，则这100名同学的得分的中位数为( )
2020年四川成都高三一模数学试卷(文科)
3. C 解析: 由
可知， ，
∴
．
故选 ．
4. D
解析:
已知命题 ：
，
则：
，
故选 ．
， ．
5. A
解析:
由频率分布直方图可知：
得分在
的频率为 ，在
的频率为 ，
在
的频率为 ，在
的频率为 ，
6
在
的频率为
故中位数为
故选 ．
， ．
6. D
解析:
在等差数列 中，
，
，
∴
．
故选 ．
7. C
8. A
解析:
将
图象上所有点的横坐标伸长为原来的 倍可得到，
属于“追光族”
属于“观望族”
合计
女性员工
男性员工
合计
（ 2 ） 已知被抽取的这 名员工中有 名是人事部的员工，这 名中有 名属于“追光族”．现从这
名中随机抽取 名，求抽取到的 名中恰有 名属于“追光族”的概率．
附：
，其中
．
19. 如图，在四棱锥 分别为 ， 的中点．
中，
平面
，底面
为菱形，且
，，
4
（ 1 ） 证明：
，
∴
的面积
．
23.（ 1 ）
或
．
（ 2 ）证明见解析．
解析:
（ 1 ）原不等式化为
，即
，
当
时，不等式化为
，解得
，故
；
当
时，不等式化为
，解得
，故
；
当
时，不等式化为
，解得
，故
，
∴原不等式的解集为
或
．
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2020年四川省成都市高考数学一模试卷（文科）一、单选题（共12小题）1.若复数z1与z2＝﹣3﹣i（i为虚数单位）在复平面内对应的点关于实轴对称，则z1＝（）A．﹣3i B．﹣3+i C．3+i D．3﹣i2.已知集合A＝{﹣l，0，m），B＝{l，2}，若A∪B＝{﹣l，0，1，2}，则实数m的值为（）A．﹣l或0 B．0或1 C．﹣l或2 D．l或23.若，则tan2θ＝（）A．﹣B．C．﹣D．4.已知命题p：∀x∈R，2x﹣x2≥1，则￢p为（）A．∀x∉R，2x﹣x2＜1 B．C．∀x∈R，2x﹣x2＜1 D．5.某校随机抽取100名同学进行“垃圾分类”的问卷测试，测试结果发现这l00名同学的得分都在[50，100]内，按得分分成5组：[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图则这100名同学的得分的中位数为（）A．72.5 B．75 C．77.5 D．806.设等差数列{a n}的前n项和为S n，且a n≠0，若a5＝3a3，则＝（）A．B．C．D．7.已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是（）A．若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥nB．若m∥α，n∥β，且α⊥β，则m∥nC．若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥nD．若m⊥α，n∥β且α⊥β，则m⊥n8.将函数y＝sin（4x﹣）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把所得图象向左平移个单位长度，得到函数f（x）的图象，则函数f（x）的解析式为（）A．B．C．D．9.已知抛物线y2＝4x的焦点为F，M，N是抛物线上两个不同的点．若|MF|+|NF|＝5，则线段MN的中点到y轴的距离为（）A．3 B．C．5 D．10.已知，则（）A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．b＞a＞c D．b＞c＞a11.已知直线y＝kx与双曲线C：（a＞0，b＞0）相交于不同的两点A，B，F为双曲线C的左焦点，且满足|AF|＝3|BF|，|OA|＝b（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为（）A．B．C．2 D．12.已知定义在R上的函数f（x）满足f（2﹣x）＝f（2+x），当x≤2时，f（x）＝xe x．若关于x的方程f（x）＝k（x﹣2）+2有三个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（）A．（﹣1，0）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）C．（﹣e，0）∪（0，e）D．（﹣e，0）∪（e，+∞）二、填空题（共4小题）13.已知实数x，y满足约束条件，则z＝x+2y的最大值为．14.设正项等比数列{a n}满足a4＝81，a2+a3＝36，则a n＝．15.已知平面向量，满足||＝2，||＝，且⊥（﹣），则向量与的夹角的大小为．16.如图，在边长为2的正方形AP1P2P3中，边P1P2，P2P3的中点分别为B，C现将△AP1B，△BP2C，△CP3A分别沿AB，BC，CA折起使点P1，P2，P3重合，重合后记为点P，得到三棱锥P﹣ABC．则三棱锥P﹣ABC的外接球体积为三、解答题（共7小题）17.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（Ⅰ）求sin A的值；（Ⅱ）若△ABC的面积为，且sin B＝3sin C，求△ABC的周长18.某公司有l000名员工，其中男性员工400名，采用分层抽样的方法随机抽取100名员工进行5G手机购买意向的调查，将计划在今年购买5G手机的员工称为“追光族”，计划在明年及明年以后才购买5G手机的员工称为“观望者”调查结果发现抽取的这100名员工中属于“追光族”的女性员工和男性员工各有20人．（Ⅰ）完成下列2×2列联表，并判断是否有95%的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性别”有关；属于“追光族”属于“观望族”合计女性员工男性员工合计100（Ⅱ）已知被抽取的这l00名员工中有6名是人事部的员工，这6名中有3名属于“追光族”现从这6名中随机抽取3名，求抽取到的3名中恰有1名属于“追光族”的概率．附：K2＝，其中n＝a+b+c+d．P（K2≥k0）0.150.100.050.0250.0100.0050.001 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.6357.87910.82819.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AP⊥平面PBC，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，E，F分别为BC，CD的中点．（Ⅰ）证明：BC⊥平面P AE；（Ⅱ）点Q在棱PB上，且，证明：PD∥平面QAF．20.已知函数f（x）＝（a﹣1）lnx+x+，a∈R，f'（x）为函数f（x）的导函数．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）当a＝2时，证明f（x）﹣f'（x）≤x+对任意的x∈[1，2]都成立．21.已知椭圆C：+y2＝1的右焦点为F，过点F的直线（不与x轴重合）与椭圆C相交于A，B两点，直线l：x＝2与x轴相交于点H，E为线段FH的中点，直线BF与直线l的交点为D．（Ⅰ）求四边形OAHB（O为坐标原点）面积的取值范围；（Ⅱ）证明直线AD与x轴平行．22.在平面直角坐标系xOy中，已知P是曲线C1：x2+（y﹣2）2＝4上的动点，将OP绕点O顺时针旋转90°得到OQ，设点Q的轨迹为曲线C2以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求曲线C1，C2的极坐标方程；（Ⅱ）在极坐标系中，点M（3，），射线≥0）与曲线C1，C2分别相交于异于极点O的A，B两点，求△MAB的面积．23.已知函数f（x）＝|x﹣3|．（Ⅰ）解不等式f（x）≥4﹣|2x+l|；（Ⅱ）若＝2（m＞0，n＞0），求证：m+n≥|x+|﹣f（x）．2020年四川省成都市高考数学一模试卷（文科）参考答案一、单选题（共12小题）1.【分析】由已知可得复数z1与z2＝﹣3﹣i（i为虚数单位）的实部相等，虚部互为相反数，则z1可求．【解答】解：∵复数z1与z2＝﹣3﹣i（i为虚数单位）在复平面内对应的点关于实轴对称，∴复数z1与z2＝﹣3﹣i（i为虚数单位）的实部相等，虚部互为相反数，则z1＝﹣3+i．故选：B．【知识点】复数代数形式的乘除运算2.【分析】因为A∪B＝{﹣l，0，1，2}，A，B本身含有元素﹣1，0，1，2，根据元素的互异性m≠﹣1，0，求出m即可．【解答】解：集合A＝{﹣l，0，m），B＝{l，2}，A∪B＝{﹣l，0，1，2}，因为A，B本身含有元素﹣1，0，1，2，所以根据元素的互异性，m≠﹣1，0即可，故m＝1或2，故选：D．【知识点】并集及其运算3.【分析】由题意利用同角三角函数的基本关系，二倍角公式，求得要求式子的值．【解答】解：若，则tanθ＝，则tan2θ＝＝﹣，故选：C．【知识点】二倍角的正弦4.【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论．【解答】解：命题为全称命题，则命题p：∀x∈R，2x﹣x2≥1，则￢p为．，故选：D．【知识点】命题的否定5.【分析】由频率分布直方图求出[50，70）的频率为0.4，[70，80）的频率为0.4，由此能求出这100名同学的得分的中位数．【解答】解：由频率分布直方图得：[50，70）的频率为：（0.010+0.030）×10＝0.4，[70，80）的频率为：0.040×10＝0.4，∴这100名同学的得分的中位数为：70+＝72.5．故选：A．【知识点】频率分布直方图6.【分析】将S9，S5转化为用a5，a3表达的算式即可得到结论．【解答】解：依题意，＝＝，又＝3，∴＝×3＝，故选：D．【知识点】等差数列7.【分析】由考查空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面位置关系逐一核对四个选项得答案．【解答】解：由m∥α，n∥β，且α∥β，得m∥n或m与n异面，故A错误；由m∥α，n∥β，且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故B错误；由m⊥α，α∥β，得m⊥β，又n∥β，则m⊥n，故C正确；由m⊥α，n∥β且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故D错误．故选：C．【知识点】命题的真假判断与应用8.【分析】直接利用函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用求出结果．【解答】解：函数y＝sin（4x﹣）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到y＝sin（2x﹣）的图象，再把所得图象向左平移个单位长度，得到函数f（x）＝sin（2x+）的图象，故选：A．【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换9.【分析】抛物线到焦点的距离转化为到准线的距离，可求出横坐标之和，进而求出中点的横坐标，求出结果即可．【解答】解：由抛物线方程得，准线方程为：x＝﹣1，设M（x，y），N（x'，y'），由抛物线的性质得，MF+NF＝x+x'+p＝x+x'+2＝5，中点的横坐标为，线段MN的中点到y轴的距离为：，故选：B．【知识点】抛物线的简单性质10.【分析】利用根式的运算性质、幂函数的单调性可得a，b的大小关系，利用对数函数的单调性即可得出c＜1．【解答】解：∵a＝＝，b＝＝，∴1＜a＜b．c＝ln＜1．∴c＜a＜b．故选：C．【知识点】对数值大小的比较11.【分析】取双曲线的右焦点F'，连接AF'，BF'，可得四边形AF'BF为平行四边形，运用双曲线的定义和平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和，以及离心率公式可得所求值．【解答】解：设|BF|＝m，则|AF|＝3|BF|＝3m，取双曲线的右焦点F'，连接AF'，BF'，可得四边形AF'BF为平行四边形，可得|AF'|＝|BF|＝m，设A在第一象限，可得3m﹣m＝2a，即m＝a，由平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和，可得（2b）2+（2c）2＝2（a2+9a2），化为c2＝3a2，则e＝＝．故选：B．【知识点】双曲线的简单性质12.【分析】本题根据题意先利用一阶导数分析当x≤2时，f（x）＝xe x．的函数单调性及图象，然后根据f（2﹣x）＝f（2+x）可知函数f（x）关于x＝2对称．即可画出函数y＝f（x）的大致图象．一次函数y＝k（x﹣2）+2很明显是恒过定点（2，2），则只要考查斜率k的变动情况，当k＝1时，y＝f（x）与y＝k（x﹣2）+2正好在原点处相切，再根据数形结合法可得k的取值范围，当x＞2时也同理可得．【解答】解：由题意，当x≤2时，f（x）＝xe x．f′（x）＝（x+1）e x．①令f′（x）＝0，解得x＝﹣1；②令f′（x）＜0，解得x＜﹣1；③令f′（x）＞0，解得﹣1＜x≤2．∴f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，2]上单调递增，在x＝﹣1处取得极小值f（﹣1）＝﹣．且f（0）＝0；x→﹣∞，f（x）→0．又∵函数f（x）在R上满足f（2﹣x）＝f（2+x），∴函数f（x）的图象关于x＝2对称．∴函数y＝f（x）的大致图象如下：而一次函数y＝k（x﹣2）+2很明显是恒过定点（2，2）．结合图象，当k＝0时，有两个交点，不符合题意，当k＝1时，有两个交点，其中一个是（0，0）．此时y＝f（x）与y＝k（x﹣2）+2正好相切．∴当0＜k＜1时，有三个交点．同理可得当﹣1＜k＜0时，也有三个交点．实数k的取值范围为：（﹣1，0）∪（0，1）．故选：A．【知识点】函数的零点与方程根的关系二、填空题（共4小题）13.【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．【解答】解：作出实数x，y满足约束条件对应的平面区域如图：（阴影部分）由z＝x+2y得y＝﹣x+z，平移直线y＝﹣x+z，由图象可知当直线y＝﹣x+z经过点A时，直线y＝﹣x+z的截距最大，此时z最大．由，解得A（2，2），代入目标函数z＝x+2y得z＝2×2+2＝6故答案为：6．【知识点】简单线性规划14.【分析】将已知条件转化为基本量a1，q的方程组，解方程组得到a1，q，进而可以得到a n．【解答】解：依题意，解得，∴a n＝＝3•3n﹣1＝3n，故答案为：3n．【知识点】等比数列的通项公式15.【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积的定义，求出向量与的夹角的大小．【解答】解：∵平面向量，满足||＝2，＝，且⊥（﹣），∴•（﹣）＝•﹣＝0，∴＝．设向量与的夹角的大小为θ，则2••cosθ＝3，求得cosθ＝，故θ＝，故答案为：．【知识点】数量积判断两个平面向量的垂直关系、数量积表示两个向量的夹角16.【分析】根据题意，得折叠成的三棱锥P﹣ABC三条侧棱P A、PB、PC两两互相垂直，可得三棱锥P﹣ABC的外接球的直径等于以P A、PB、PC为长、宽、高的长方体的对角线长，由此结合AP＝2、BP＝CP＝1算出外接球的半径R＝，结合球的体积公式即可算出三棱锥P﹣ABC的外接球的体积．【解答】解：根据题意，得三棱锥P﹣ABC中，AP＝2，BP＝CP＝1∵P A、PB、PC两两互相垂直，∴三棱锥P﹣ABC的外接球的直径2R＝＝可得三棱锥P﹣ABC的外接球的半径为R＝根据球的表面积公式，得三棱锥P﹣ABC的外接球的体积为＝＝故答案为．【知识点】球的体积和表面积三、解答题（共7小题）17.【分析】（Ⅰ）由已知利用余弦定理可求cos A的值，进而根据同角三角函数基本关系式可求sin A的值．（Ⅱ）利用三角形的面积公式可求bc的值，由正弦定理化简已知等式可得b＝3c，解得b，c的值，根据余弦定理可求a的值，即可求解三角形的周长．【解答】解：（Ⅰ）∵，∴由余弦定理可得2bc cos A＝bc，∴cos A＝，∴在△ABC中，sin A＝＝．（Ⅱ）∵△ABC的面积为，即bc sin A＝bc＝，∴bc＝6，又∵sin B＝3sin C，由正弦定理可得b＝3c，∴b＝3，c＝2，则a2＝b2+c2﹣2bc cos A＝6，∴a＝，∴△ABC的周长为2+3+．【知识点】余弦定理18.【分析】（Ⅰ）由题意填写列联表．计算观测值，对照临界值得出结论；（Ⅱ）利用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值即可．【解答】解：（Ⅰ）由题意填写2×2列联表如下；属于“追光族”属于“观望族”合计女性员工204060男性员工202040合计4060100由表中数据，计算K2＝＝≈2.778＜3.841，所以没有95%的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性别”有关；（Ⅱ）设人事部的这6名员工3名“追光族”分别为“a、b、c”，3名“观望族”分别为“D、E、F”；现从这6名中随机抽取3名，所有可能事件为：abc、abD、abE、abF、acD、acE、acF、aDE、aDF、aEF、bcD、bcE、bcF、bDE、bDF、bEF、cDE、cDF、cEF、DEF共20种；其中抽取到的3名中恰有1名属于“追光族”的事件为：aDE、aDF、aEF、bDE、bDF、bEF、cDE、cDF、cEF共9种；故所求的概率为P＝．【知识点】独立性检验19.【分析】（Ⅰ）连接AC，先证明BC⊥AE，再利用线面垂直的性质可证BC⊥AP，进而根据线面垂直的判定定理即可证明BC⊥平面P AE；（Ⅱ）连接BD交AF于点M，连接QM，由，根据已知可求，可证PD∥QM，进而根据线面平行的判定定理即可证明PD∥平面QAF．【解答】证明：（Ⅰ）如图，连接AC，∵底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形，∵E为BC的中点．∴BC⊥AE，又∵AP⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，∴BC⊥AP，∵AP∩AE＝A，AP，AE⊂平面P AE，∴BC⊥平面P AE；（Ⅱ）连接BD交AF于点M，连接QM，∵F为CD的中点，∴在底面ABCD中，，∴，∴，∴在△BPD中，PD∥QM，又∵QM⊂平面QAF，PD⊄平面QAF，∴PD∥平面QAF．【知识点】直线与平面垂直的判定、直线与平面平行的判定20.【分析】（Ⅰ）求出导数，讨论a的取值范围，求出单调区间；（Ⅱ）a＝2时，令h（x）＝lnx﹣，根据导数求出h（x）的单调性，即可证明．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝＝＝，因为x＞0，a∈R，所以当a≥0时，x+a＞0，函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；当﹣1＜a＜0时，0＜﹣a＜1，函数f（x）在（0，﹣a）上单调递增，在（﹣a，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；当a＝﹣1时，f′（x）＝≥0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＜﹣1时，﹣a＞1，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，﹣a）上单调递减，在（﹣a，+∞）上单调递增．（Ⅱ）当a＝2时，f（x）＝lnx+x+，则f′（x）＝，x∈[1，2]，所以f（x）﹣f′（x）﹣x﹣＝lnx﹣，令h（x）＝lnx﹣，则h′（x）＝＝，令u（x）＝x2+x﹣4，因为函数u（x）在[1，2]上单调递增，u（1）＜0，u（2）＞0，所以存在唯一的x0∈（1，2），使得h′（x0）＝0，因为当x∈（1，x0）时，h′（x0）＜0，当x∈（x0，2）时，h′（x0）＞0，所以函数h（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，2）上单调递增，又因为h（1）＝0，h（2）＝ln2﹣1＜0，所以h（x）max＝0，即f（x）﹣f′（x）≤x+对任意的x∈[1，2]都成立．【知识点】利用导数研究函数的单调性、利用导数求闭区间上函数的最值21.【分析】（I）令直线AB：x＝my+1（m∈R），联立解方程组，代入四边形OAHB面积S，利用基本不等式求出范围；（II）求出直线BE的方程y＝，求出y D，根据（I）的韦达定理，代入求出y D＝y1，得到证明．【解答】解：（I）由F（1，0），令直线AB：x＝my+1（m∈R），A（x1，y1），B（x2，y2），联立，消去x，得（m2+2）y2+2my﹣1＝0，因为△＝4m2+4（m2+2）＞0，，，所以＝＝，所以四边形OAHB面积S＝，令t＝，∴S＝，当且仅当t＝1，即m＝0时，取等号，所以四边形OAHB面积S∈（0，]；（II）证明：∵H（2，0），F（1，0），∴E（，0），∴直线BE的斜率k＝，直线BE的方程为y＝，令x＝2得，，由（I）得，，，所以y1+y2＝2my，，代入得：＝，∴直线AD与x轴平行．【知识点】直线与椭圆的位置关系22.【分析】（Ⅰ）由题意，点Q的轨迹是以（2，0）为圆心，以2为半径的圆，写出其普通方程，再结合ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，可得曲线C1，C2的极坐标方程；（Ⅱ）在极坐标系中，设A，B的极径分别为ρ1，ρ2，求得|AB|＝|ρ1﹣ρ2|，再求出M（3，）到射线≥0）的距离h＝，代入三角形面积公式求△MAB的面积．【解答】解：（Ⅰ）由题意，点Q的轨迹是以（2，0）为圆心，以2为半径的圆，则曲线C2：（x﹣2）2+y2＝4，∵ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴曲线C1的极坐标方程为ρ＝4cosθ，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ；（Ⅱ）在极坐标系中，设A，B的极径分别为ρ1，ρ2，∴|AB|＝|ρ1﹣ρ2|＝4||＝．又∵M（3，）到射线≥0）的距离h＝．∴△MAB的面积S＝．【知识点】简单曲线的极坐标方程23.【分析】（I）原不等式可化为：|x﹣3|≥4﹣|2x+1|，即|2x+1|+|x﹣3|≥4，分段讨论求出即可；（II）根据绝对值的性质求出|x+|﹣f（x）≤，m+n，证明即可．【解答】解：（I）原不等式可化为：|x﹣3|≥4﹣|2x+1|，即|2x+1|+|x﹣3|≥4，当x≤时，不等式﹣2x﹣1﹣x+3≥4，解得x，故x；当﹣＜x＜3时，不等式2x+1﹣x+3≥4，解得x≥0，故0≤x＜3；当x≥3时，不等式2x+1+x﹣3≥4，解得x≥0，故x≥3；综上，不等式的解集为（﹣∞，﹣]∪[0，+∞）；（II）因为f（x）＝|x﹣3|，所以|x+|﹣f（x）＝||x+|﹣|x﹣3|≤|x+﹣x+3|＝，当且仅当（x+）（x+3）≥0，且|x+|≥|x﹣3|时，取等号，又＝2（m＞0，n＞0），所以（m+n）（）≥（1+2）2＝9，当且仅当m＝2n时，取得等号，故m+n，所以m+n≥|x+|﹣f（x）成立．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式的证明。