2020-2021学年安徽省芜湖市某校（上）1月模拟考试数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省芜湖市某校（上）1月模拟考试数学（文）试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设复数z=1+3i2−i，则|z|=( )
A.3B.322C.2D.2

2. 设全集U=R，集合A=x|x−13−x≤0,B=x|2x0；命题$q:``a > b"$是$``\ln a > \ln b"$的充要条件，则( )
A.¬p∨q为真命题B.p∨q为真命题
C.p∧q为真命题D.p∧¬q为假命题

4. 若a=lnπ,b=lg76,c=lg20.64，则（ ）
A.c>a>bB.b>a>cC.a>b>cD.b>c>a

5. 两千多年前，古希腊著名数学家欧几里得把素数（即质数）看作数学中的原子．长期以来，人们在研究素数的过程中取得了及其丰硕的成果，如哥德巴赫猜想、梅森素数等．对于如何判断一个大于1的自然数n0是否为素数，某数学爱好者设计了如图所示的程序框图，则空白的判断框内应填入的最优判断条件为( )

A.i≤k?B.i≤k−1？C.i≥k？D.i≥k−1？

6. 已知单位向量a→，b→满足|a→+2b→|=|a→−2b→|，则4a→+b→⋅a→−b→=( )
A.1B.2C.3D.4

7. 设等比数列an中，前n项和为Sn，已知S3=8，S6=7，则a7+a8+a9等于( )
A.558B.578C.−18D.18

8. 函数f(x)=(x2−2x)ex的图象大致是( )
A.B.
C.D.

9. 已知函数fx=sin3x+φ−π20，e是自然对数的底数）．
(1)当a=2时，求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；

(2)若函数fx恰好有两个零点，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省芜湖市某校（上）1月模拟考试数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的模
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：z=1+3i2−i=1+3i2+i5=−1+7i5=−15+75i，
则|z|=125+4925=2.
故选D.
2.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为∁UA=x|x−13−x>0=x|1g(lnx)等价于mx>lnx,
即m>lnxx.
设h(x)=lnxx(x>0)，
则h′(x)=1−lnxx2(x>0).
令h′(x)=0,
解得x=e,
则h(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
从而h(x)max=h(e)=1e,
故m>1e.
故选D.
二、填空题
【答案】
−2425
【考点】
象限角、轴线角
二倍角的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题设sinα=45，csα=−35，
所以sin2α=2×45×−35=−2425.
故答案为：−2425.
【答案】
32
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：约束条件表示的区域是以1,1，2,2，3,1为顶点的三角形，
目标函数在3,1处取最大值．
故答案为：32.
【答案】
5−2
【考点】
数列的求和
【解析】
无
【解答】
解：由Sn=12an+1an，令n=1得a1=1．
当n≥2时，由Sn=12an+1an得2anSn=an2+1，
得Sn−Sn−12+1=2Sn−Sn−1Sn，
整理得Sn2−Sn−12=1n≥2，
所以S22−S12=1，S32−S22=1，⋯，Sn2−Sn−12=1，
累加得Sn2=n，所以Sn=n，
所以an=Sn−Sn−1=n−n−1（n≥2），
所以a5=5−2．
故答案为：5−2.
【答案】
6
【考点】
正弦定理
两角和与差的正弦公式
基本不等式在最值问题中的应用
向量的模
【解析】
无
【解答】
解：ccsB+bcsC=2acsA
⇒sinCcsB+sinBcsC=2sinAcsA
⇒sin(B+C)=2sinAcsA
⇒sinA=2sinAcsA，
⇒csA=12,A=π3，
∵|AM→|2=|23AB→+13AC→|2
=49AB→2+49AB→⋅AC→+19AC→2
=49c2+49c⋅b⋅12+19b2
=19(b2+2bc+4c2)=3，
∴ b2+4c2+2bc=27
⇒b+2c2−2bc=27
⇒b+2c2=27+2bc≤27+b+2c22，
得34b+2c2≤27⇒b+2c≤6．
故答案为：6.
三、解答题
【答案】
解：(1)S11=1，S55=5，又{Snn}是等差数列，
所以首项是1，公差是1， Snn=n，
即Sn=n2，所以an=Sn−Sn−1=2n−1(n>1时），
显然n=1也符合．
所以an=2n−1(n∈N*).
(2)Tn=1a1a2+1a2a3+⋯+1anan+1
=11×3+13×5+⋯+12n−12n+1
=12[(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)]
=12(1−12n+1)=n2n+1，
所以T2021=20212×2021+1=20214043.
【考点】
数列递推式
等差中项
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)S11=1，S55=5，又{Snn}是等差数列，
所以首项是1，公差是1， Snn=n，
即Sn=n2，所以an=Sn−Sn−1=2n−1(n>1时），
显然n=1也符合．
所以an=2n−1(n∈N*).
(2)Tn=1a1a2+1a2a3+⋯+1anan+1
=11×3+13×5+⋯+12n−12n+1
=12[(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)]
=12(1−12n+1)=n2n+1，
所以T2021=20212×2021+1=20214043.
【答案】
解：(1)因为csB+csAcsCsinBcsC=3ab，
由正弦定理，得csB+csAcsCsinBcsC=3sinAsinB．
所以−csA+C+csAcsCsinBcsC=3sinAsinB．
所以sinAsinC=3sinAcsC.
又因为sinA≠0，所以tanC=3．
因为C∈0,π，所以C=π3.
(2)因为cs∠BDC+cs∠ADC=0，
所以32+42−a22×3×4+32+42−b22×3×4=0，
得a2+b2=50.
又因为a2+b2−62=2abcsπ3=ab，
所以ab=14，所以S=12absinC=12×14×32=723.
【考点】
正弦定理
两角和与差的余弦公式
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为csB+csAcsCsinBcsC=3ab，
由正弦定理，得csB+csAcsCsinBcsC=3sinAsinB．
所以−csA+C+csAcsCsinBcsC=3sinAsinB．
所以sinAsinC=3sinAcsC.
又因为sinA≠0，所以tanC=3．
因为C∈0,π，所以C=π3.
(2)因为cs∠BDC+cs∠ADC=0，
所以32+42−a22×3×4+32+42−b22×3×4=0，
得a2+b2=50.
又因为a2+b2−62=2abcsπ3=ab，
所以ab=14，所以S=12absinC=12×14×32=723.
【答案】
解：(1)由题设△PAB是等边三角形，△ABC是等腰直角三角形，取AB中点E，连接DE，BD，
则PA=PBAD=BD⇒PE⊥AB，
又中位线DE//BC，DE=12BC=1．
所以DE//BCAB⊥BC⇒DE⊥AB，
因此PE⊥ABDE⊥AB⇒AB⊥平面PDE⇒PD⊥AB.
(2)若PB⊥BC，结合已知条件AB⊥BC可得BC⊥平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABC，
平面PAB⊥平面ABC平面PAB∩平面ABC=ABPE⊥AB⇒PE⊥平面ABC，
所以VP−DBC=13S△BCD×PE=13×12×2×1×3=33．
另一方面VP−DBC=VD−PBC=13S△BCP×h
=13×12×2×2×h=23h，
其中h是点D到平面PBC的距离．
所以23h=33⇒h=32，
即点D到平面PBC的距离等于32．
【考点】
两条直线垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
点、线、面间的距离计算
【解析】


【解答】
解：(1)由题设△PAB是等边三角形，△ABC是等腰直角三角形，取AB中点E，连接DE，BD，
则PA=PBAD=BD⇒PE⊥AB，
又中位线DE//BC，DE=12BC=1．
所以DE//BCAB⊥BC⇒DE⊥AB，
因此PE⊥ABDE⊥AB⇒AB⊥平面PDE⇒PD⊥AB.
(2)若PB⊥BC，结合已知条件AB⊥BC可得BC⊥平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABC，
平面PAB⊥平面ABC平面PAB∩平面ABC=ABPE⊥AB⇒PE⊥平面ABC，
所以VP−DBC=13S△BCD×PE=13×12×2×1×3=33．
另一方面VP−DBC=VD−PBC=13S△BCP×h
=13×12×2×2×h=23h，
其中h是点D到平面PBC的距离．
所以23h=33⇒h=32，
即点D到平面PBC的距离等于32．
【答案】
解：(1)令f′x=3x2−6x