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2024年四川省泸州市古蔺县蔺阳中学高考数学二诊试卷（文科）（含解析）
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这是一份2024年四川省泸州市古蔺县蔺阳中学高考数学二诊试卷（文科）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若复数z满足z⋅i=1−i(i是虚数单位)，则z的共轭复数是( )
A. −1+iB. 1+iC. −1−iD. 1−i
2.已知集合M={y|y=2023−x,x>1}，N={y|y=lg2023x,0A. {y|0C. {y|120233.已知变量x，y满足约束条件y≤2x+y≥4x−y≤1，则z=3x+y的最小值为( )
A. 12B. 11C. 8D. −1
4.已知某圆锥的侧面展开图为半圆，该圆锥的体积为9 3π，则该圆锥的表面积为( )
A. 27πB. 20 3πC. 18 2πD. 16π
5.函数f(x)=x−sinxx2+1的图象大致为( )
A. B.
C. D.
6.如图，平面内有三个向量OA、OB、OC，其中OA与OB的夹角为120°，OA与OC的夹角为30°，且|OA|=|OB|=1,|OC|= 3，若OC=λOA+μOB，则λ+μ=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
7.若α∈(π2,π)，且3cs2α=sin(π4−α)，则sin2α的值为( )
A. 118B. −118C. 1718D. −1718
8.若函数y=sin(ωx+π3)(ω>0)的图象与直线y=1的两相邻公共点的距离为π，要得到y=sin(ωx+π3)的图象，只需将函数y=csωx的图象向左平移( )
A. π12个单位长度B. 5π12个单位长度C. 7π12个单位长度D. 11π12个单位长度
9.已知P，A，B，C是球O面上的四个点，PA⊥平面ABC，PA=2BC=6，∠BAC=90°，则该球的表面积为( )
A. 28πB. 45πC. 35πD. 25π
10.《周髀算经》中给出的弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大的正方形，若图中所示的角为α(0°<α<45°)，且小正方形与大正方形面积之比为1：25，则tanα的值为( )
A. 35B. 34C. 45D. 2425
11.以双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)中心O(坐标原点)为圆心，焦矩为直径的圆与双曲线交于M点(第一象限)，F1、F2分别为双曲线的左、右焦点，过点M作x轴垂线，垂足恰为OF2的中点，则双曲线的离心率为( )
A. 3−1B. 3C. 3+1D. 2
12.设a=2022ln2020，b=2021ln2021，c=2020ln2022，则( )
A. a>c>bB. c>b>aC. b>a>cD. a>b>c
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知抛物线方程为4y=x2，则抛物线的准线方程为______．
14.若f(x)=2x+2−xlga是奇函数，则实数a= ______．
15.在△ABC中，若C=π2，则sinAsinB的最大值是______．
16.已知ω>0，函数f(x)=cs(π4−ωx)在(π2,π)上单调递减，则ω的取值范围是______．
三、解答题：本题共7小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2+a5=12，S4=16．
(1)求{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn=14Sn−1,Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn的值．
18.(本小题12分)
某数学老师在其任教的甲、乙两个班级中各抽取30名学生进行测试，分数分布如表：
(1)若成绩在120分以上(含120分)为优秀，求从乙班参加测试的成绩在90分以上(含90分)的学生中，随机任取2名学生，恰有1名为优秀的概率；
(2)根据以上数据完成下面的2×2列联表，则在犯错的概率不超过0.1的前提下，是否有足够的把握认为学生的数字成绩优秀与否和班级有关？
19.(本小题12分)
如图，在三棱柱A′B′C′−ABC中，侧棱AA′⊥底面ABC，AB=AC，BC= 2AA′，D、E分别是BC，BB′的中点．
(Ⅰ)证明：DC′⊥平面ADE；
(Ⅱ)试探究三棱锥C−AC′E的体积与三棱锥C′−ADE的体积之比是否为定值，若是定值，再进一步求出此定值；若不是，请说明理由．
20.(本小题12分)
在直角坐标系xOy中，椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，F2也是抛物线C2：y2=4x的焦点，点M为C1，C2在第一象限的交点，且|MF2|=53．
(1)求C1的方程；
(2)平面上的点N满足MN=MF1+MF2，直线l//MN，且与C1交于A，B两点，若OA⋅OB=0，求直线l的方程．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=(2aex−x)ex．
(1)若a=0，求f(x)的单调区间；
(2)若对于任意x∈R，f(x)+1a≤0恒成立，求a的最小值．
22.(本小题12分)
已知曲线C的参数方程为x=2csαy=sinα(α为参数)，以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C上的点到直线x+2y− 2=0的距离的最大值；
(2)设P，Q是曲线C上的两点，若OP⊥OQ，求|OP|2+|OQ|2|OP|2⋅|OQ|2的值．
23.(本小题10分)
已的函数f(x)=2|x|−|x−3|．
(1)求函数f(x)≥−2的解集；
(2)记函数f(x)的最小值为m，若实数a，b，c满足a+b+c=m.证明：a2+2b2+c2≥185．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由z⋅i=1−i，得z=1−ii=(1−i)(−i)−i2=−1−i，
∴z=−1+i．
故选：A．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数基本概念，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：集合M={y|y=2023−x,x>1}={y|0则M∩N=⌀．
故选：D．
根据已知条件，先求出M，N，再结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：作出不等式组y≤2x+y≥4x−y≤1表示的平面区域，
得到如图的△ABC及其内部，其中A(2,2)，B(52,32)，C(3,2)
设z=F(x,y)=3x+y，将直线l：z=3x+y进行平移，
当l经过点A(2,2)时，目标函数z达到最小值
∴z最小值=F(2,2)=8
故选：C
作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的△ABC及其内部，再将目标函数z=3x+y对应的直线进行平移，可得当x=y=2时，z=3x+y取得最小值为8．
本题给出二元一次不等式组，求目标函数z=3x+y的最小值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：设圆锥底面半径为r，母线长为l，则2πr=πl，所以l=2r，
所以圆锥的高为 l2−r2= 3r，
所以13×πr2⋅ 3r=9 3π，解得r=3，
故其表面积S=πr2+πrl=9π+18π=27π；
故选：A．
根据条件先算出母线长与底面半径的关系，再根据体积计算出底面半径即可．
本题主要考查了圆锥的侧面积的求解，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了函数图象的识别，关键掌握函数的奇偶性和函数值的特点，属于基础题．
先判断函数的奇偶性，再取值验证即可．
【解答】
解：f(x)的定义域为R，f(−x)=−f(x)，
则函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，故排除CD，
又f(1)=1−sin12>0，故排除B，
故选：A．
6.【答案】C
【解析】【分析】
考查向量数量积的运算及计算公式，以及向量夹角的概念，向量加法的平行四边形法则．
根据条件，可对OC=λOA+μOB的两边平方得出，3=λ2−λμ+μ2①，对OC=λOA+μOB两边同时点乘OA即可得出32=λ−μ2②，联立①②即可解出λ，μ的值．
【解答】
解：∵OA与OB的夹角为120°，OA与OC的夹角为30°，且|OA|=|OB|=1,|OC|= 3；
∴对OC=λOA+μOB两边平方得：3=λ2−λμ+μ2①；
对OC=λOA+μOB两边同乘OA得：32=λ−μ2，两边平方得：94=λ2−λμ+μ24②；
①−②得：3μ24=34；
根据图象知，μ>0，∴μ=1，代入32=λ−μ2得，λ=2；
∴λ+μ=3．
故选：C．
7.【答案】D
【解析】解：∵α∈(π2,π)，∴sinα>0，csα<0，
∵3cs2α=sin(π4−α)，
∴3(cs2α−sin2α)= 22(csα−sinα)，
∴csα+sinα= 26，
∴两边平方，可得：1+2sinαcsα=118，
∴sin2α=2sinαcsα=−1718．
故选：D．
由已知可得sinα>0，csα<0，利用二倍角公式，两角差的正弦函数公式化简已知可得csα+sinα= 26，两边平方，利用二倍角公式即可计算sin2α的值．
本题主要考查了二倍角公式，两角差的正弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由题意，得2πω=π，解得ω=2，所以y=cs2x=sin(2x+π2)，其图象向左平移t(t>0)个单位长度，
可得y=sin(2x+2t+π2)的图象，即为y=sin(2x+π3)的图象，
所以2t+π2=π3+2kπ(k∈Z)，解得t=−π12+kπ(k∈Z)，又t>0，则tmin=11π12．
故选：D．
先求出函数的周期，然后根据函数解析式以及平移规则求解即可．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，考查运算求解能力，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：已知P，A，B，C是球O的球面上的四个点，PA⊥平面ABC，PA=2BC=6，AB⊥AC，
如图所示：取BC的中点D，连接AD，过D作面ABC的垂线DO，
设球心为O；
则AD=12BC=32，OD=12PA=3，
所以R2=32+(32)2=454；
∴球O的表面积为4πR2=45π．
故选：B．
首先求出球心，进一步确定球的半径即可求得结论．
本题考查的知识要点：球的球心的确定，球的半径的求法，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了直角三角形中的边角关系以及三角函数求值问题，是基础题．
根据题意设小正方形的边长为1，表示出小直角三角形的三边长，利用面积和列方程求出sinαcsα的值，再求tanα的值．
【解答】
解：因为小正方形与大正方形面积之比为1：25，
设小正方形的边长为1，则大正方形边长为5，
由题意可得，小直角三角形的三边分别为5csα，5sinα，5，
因为4个小直角三角形全等，所以4×12×5csα×5sinα+1=25，
即25sinαcsα=12，
所以25sinαcsαsin2α+cs2α=12，
所以25tanαtan2α+1=12，
整理得12tan2α−25tanα+12=0，
解得tanα=34或tanα=43，
又因为0°<α<45°，所以tanα=34．
故选：B．
11.【答案】C
【解析】解：由题意M的坐标为M(c2, 3c2)，代入双曲线方程可得c24a2−3c24b2=1
∴e4−8e2+4=0，
∴e2=4+2 3
∴e= 3+1．
故选：C．
由题意M的坐标为M(c2, 3c2)，代入双曲线方程可得e的方程，即可求出双曲线的离心率．
本题考查双曲线与圆的性质，考查学生的计算能力，比较基础．
12.【答案】D
【解析】解：设f(x)=lnxx，∴f′(x)=1−lnxx2，令f′(x)>0，∴0∴f(x)在(0,e)递增，在(e,+∞)递减，
∴f(2022)设g(x)=x−ln(x+1)，(x≥0)，g′(x)=1−1x+1=xx+1≥0，
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)=0，∴x≥ln(x+1)，(x≥0)，
∵b−a=2021(ln2021−ln2020)−ln2020=2021ln(1+12020)−ln2020
≤2021×12020−ln2020<0，∴b同理：c−b=2020ln(1+12021)−ln2021≤20202021−ln2021<0，∴c∴a>b>c，
故选：D．
先构造f(x)=lnxx，得到f(x)在(e,+∞)递减，从而f(2022)本题考查了通过构造函数来比较对数式的大小，熟练掌握函数的求导公式，对数的运算法则是关键，属于中档题．
13.【答案】y=−1
【解析】解：∵x2=4y，
∴p=2，
∴抛物线x2=4y的准线方程为y=−1．
故答案为：y=−1．
根据抛物线的方程即可求出准线方程．
本题考查了抛物线的性质，属于基础题．
14.【答案】110
【解析】解：函数f(x)=2x+2−xlga是奇函数
∴f(x)+f(−x)=0，
∴2x+2−xlga+2−x+2xlga=0，即2x+2−x+lga(2x+2−x)=0
∴lga=−1
∴a=110
故答案为：110．
由题设条件可知，可由函数是奇函数，建立方程f(x)+f(−x)=0，由此方程求出a的值
本题考查奇函数，解题的关键是熟练掌握奇函数的定义，由定义得出方程f(x)+f(−x)=0，由此方程求出参数的值．
15.【答案】12
【解析】解：在△ABC中，C=π2，则sinA>0，sinB>0，
由基本不等式得sinAsinB≤sin2A+sin2B2，
∵A+B=π2，sinB=csA，
∴sinAsinB≤sin2A+sin2B2=sin2A+cs2A2=12，等号当sinA=sinB= 22成立，
则sinAsinB的最大值是12．
故答案为：12．
利用基本不等式直接转化可得sinAsinB≤sin2A+sin2B2，即可得答案．
本题考查基本不等式，三角形内角和定理，同角三角函数基本关系式在解三角形中的应用，属于基础题．
16.【答案】12≤ω≤54
【解析】解：f(x)=cs(π4−ωx)=cs(ωx−π4)，
由2kπ≤ωx−π4≤π+2kπ，k∈Z，得π4ω+2kπω≤x≤5π4ω+2kπω，k∈Z，
若函数f(x)在(π2,π)上单调递减，
则π2≥π4ωπ≤5π4ω，解得12≤ω≤54，
故答案为：12≤ω≤54．
首先利用诱导公式把x的系数变为整数即为y=cs(ωx−π4)，然后利用余弦函数的递减区间求出f(x)的递减区间为：[π4ω+2kπω,5π4ω+2kπω]，k∈Z，再利用子集关系列式：π2≥π4ωπ≤5π4ω，可解得．
本题考查了余弦函数的单调性，属中档题．
17.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，
由a2+a5=12，S4=16，可得2a1+5d=12，4a1+6d=16，
解得a1=1，d=2，
则an=1+2(n−1)=2n−1；
(2)由Sn=12n(1+2n−1)=n2，可得bn=14Sn−1=14n2−1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
则Tn=12(1−13+13−15+...+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1．
【解析】(1)由等差数列的通项公式与求和公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求；
(2)由等差数列的求和公式与数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
本题考查等差数列的通项公式和求和公式、数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)乙班成绩优秀有3人，记为A、B、C，成绩在90分以上(含90分)到120分的学生有3人，
记为d、e、f，从这6人中随机任取2人，基本事件为：
AB、AC、Ad、Ae、Af、BC、Bd、Be、Bf、Cd、Ce、Cf、de、df、ef共15种，
恰有1人为优秀的事件为：Ad、Ae、Af、Bd、Be、Bf、Cd、Ce、Cf共9种，
故所求的概率是P=915=35；
(2)根据题意填写列联表如下，
计算K2=60×(6×27−3×24)29×51×30×30=2017≈1.176<2.706，
所以在犯错的概率不超过0.1的前提下，没有足够的把握认为学生的数字成绩优秀与否和班级有关．
【解析】(1)根据乙班成绩优秀人数和成绩在90分以上(含90分)的人数，计算所求的概率值；
(2)根据题意填写列联表，计算K2，对照附表得出结论．
本题考查了列联表与独立性检验应用问题，也考查了概率计算问题，是基础题．
19.【答案】(I)证明：在三棱柱ABC−ABC中，AA=CC=BB，
所以CCDB=CC12CB=2CC 2CC= 2，
所以CDBE=12CB12BB= 2BBBB= 2，
所以CCDB=CDBE，
所以△CCD∽△DBE，所以∠CCD=∠DBE，
因为∠CCD+∠CDC=90°，∠BDE+∠CDC′=90°，
所以∠CDE=90°即：CD⊥DE，
所以AB=AC且D为BC的中点，
所以AD⊥CB，
又已知得在直三棱柱AB′C−ABC中，平面BB′CC⊥平面ABC，且交于BC，
所以AD⊥平面BBCC，所以AD⊥DC．
又因为DE⊥DC=D，所以DC⊥平面ADE．
解：(II)结论：三棱锥C−ACE的体积与三棱锥C−ADE的体积比是定值．
设AA′=a，则BC= 2a，
因为D、E分别是BC，BB′的中点，
所以CD=12BC= 22a,BE=12BB′=12a，
所以DC= CC′2+CD2= a2+( 22a)2= 32a，
DE= BD2+BE2= ( 22a)2+(12a)2= 34a，
由等体积法可知：VC−AC′E=VA−CC′E，
VC′−ADE=VC′−DCE，
VC−AC′EVC′−ADE=VA−CC′EVA−DC′E=13dA−平面BBC′C⋅12CC′×C′B13dA−平面BBC′C⋅12DC′×DE
=CC′×CBDC′×DE
=a⋅ 2a 32a⋅ 34a
=43．
【解析】(I)由已知可得CCDB=CDBE，则△CCD∽△DBE，所以有∠CCD=∠DBE，结合已知可得CD⊥DE，AD⊥平面BBCC，则AD⊥DC，再利用线面垂直的判定定理可证得结论，
(II)设出各边长，再利用等体积法即VC−AC′E=VA−CC′E，VC′−ADE=VC′−DCE，可求得结论．
本题考查棱锥的体积，考查学生的运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)y2=4x的焦点F(1,0)，
∴c=1，
∵|MF2|=53，
∴xM+1=53,xM=23，
代入抛物线方程，有M(23,2 63)，
∴2a=|MF1|+|MF2|=53+73=4,a=2，
∴椭圆C1的方程为x24+y23=1
(2)点N满足MN=MF1+MF2，
∴易知N与M关于原点对称，
∴kMN=kOM= 6=kl，
设直线l方程：y= 6x+m，联立直线和椭圆方程得到：27x2+8 6mx+4(m2−3)=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
∵OA⋅OB=0，
∴x1x2+y1y2=0，
代入韦达定理有m2=3，∴m=± 3，
∴直线l方程为y= 6x± 3
【解析】(1)先利用F2是抛物线C2：y2=4x的焦点求出F2的坐标，再利用|MF2|=53以及抛物线的定义求出点M的坐标，可以得到关于椭圆方程中参数的两个等式联立即可求C1的方程；
(2)先利用MN=MF1+MF2，以及直线l//MN得出直线l与OM的斜率相同，设出直线l的方程，把直线方程与椭圆方程联立得到关于A，B两点坐标的等式，整理代入OA⋅OB=0，即可求出直线l的方程．
本题是对椭圆与抛物线以及直线与椭圆位置关系的综合考查．直线与圆锥曲线的位置关系，由于集中交汇了直线，圆锥曲线两章的知识内容，综合性强，能力要求高，还涉及到函数，方程，不等式，平面几何等许多知识，可以有效的考查函数与方程的思想，数形结合的思想，分类讨论的思想和转化化归的思想，因此，这一部分内容也成了高考的热点和重点．
21.【答案】解：(1)因为a=0，所以f(x)=−xex，f′(x)=−(x+1)ex，
令f′(x)=0，得x=−1．
当x∈(−∞,−1)时，f′(x)>0；当x∈(−1,+∞)时．f′(x)<0．
故f(x)的单调递增区间是(−∞,−1)，单调递减区间是(−1,+∞)．
(2)f′(x)=4ae2x−(x+1)ex=−ex[(x+1)−4aex]，
因为∀x∈R，f(x)+1a≤0，又f(0)=2a，所以2a+1a≤0，则a<0．
令g(x)=(x+1)−4aex，则g(x)在R上单调递增．
因为当x<0时，g(x)因为g(−1)=−4ae−1>0，所以∃x0∈(4a−1,−1)，使得g(x0)=0．
且当x∈(−∞,x0)时，g(x)<0，则f′(x)>0；
当x∈(x0,+∞)时，g(x)>0，则f′(x)<0．
所以f(x)在(−∞,x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调递减，
故f(x)max=f(x0)=2ae2x0−x0ex0．
由g(x0)=(x0+1)−4aex0=0，得，a=x0+14ex0．
由f(x)max+1a≤0，得x0ex0−e2x0⋅x0+12ex0≥4ex0x0+1，即x0−12≥4x0+1．
结合x0+1<0，得x02−1≤8，所以−3≤x0<−1．
令h(x)=x+14ex(−3≤x<−1)，则h′(x)=−x4ex>0，
所以h(x)在[−3,−1)上单调递增，所以h(x)≥h(−3)=−e32，即a≥−e32．
故a的最小值为−e32．
【解析】本题考查函数的导数，函数的单调性以及函数的最值的求法，属于较难题．
(1)求出函数的导数，判断函数的单调性求解单调区间即可．
(2)求出导函数，令g(x)=(x+1)−4aex，则g(x)在R上单调递增．求出函数的最大值，转化求解a的最小值即可．
22.【答案】解：(1)设点P(2csα,sinα)到直线x+2y− 2=0的距离d=|2csα+2sinα− 2| 1+(2)2=|2 2cs(α−π4)− 2| 5，
当α=5π4时，dmax=3 2 5=3 105，即点P(−1,− 22)；
(2)曲线C的参数方程为x=2csαy=sinα(α为参数)，转换为直角坐标方程为x24+y2=1；
根据x=ρcsθ y=ρsinθ ，转换为极坐标方程为ρ2cs2θ4+ρ2sin2θ=1，
设点P(ρ1,θ)，由于OP⊥OQ，
所以Q(ρ2,θ±π2)，
代入曲线C的极坐标方程得到：|OP|2+|OQ|2|OP|2⋅|OQ|2=1ρ12+1ρ22=34sin2θ+14+34cs2θ+12=54．
【解析】(1)直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；并利用三角函数的关系式的变换和余弦型函数性质的应用求出结果．
(2)利用向量垂直的充要条件和三角函数的值的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，三角函数的关系式的变换，余弦型函数性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
23.【答案】解：(1)当x≤0时，f(x)=−2x−3+x=−x−3≥−2，解得x≤−1，
故x≤−1，
当0故13≤x<3，
当x≥3时，f(x)=2x−x+3=x+3≥−2，解得x≥−5，
故x≥3，
综上所述，函数f(x)≥−2的解集为(−∞,−1]∪[13,+∞)．
(2)证明：当x≤0时，f(x)=−x−3≥−3，
当0−3，
当x≥3时，f(x)=x+3≥6，
综上所述，f(x)的最小值为−3，即m=−3，
a+b+c=−3，
由柯西不等式可得，(a2+2b2+c2)(1+12+1)≥(a+b+c)2=9，
故a2+2b2+c2≥185，当且仅当a=c=−65，b=−35时，等号成立，
故a2+2b2+c2≥185．
【解析】(1)根据已知条件，分x≤0，0(2)先求出f(x)的最小值，再结合柯西不等式的公式，即可求解．
本题主要考查不等式的证明，掌握柯西不等式公式是解本题的关键，属于中档题．分数区间
甲班人数
乙班人数
[0,30)
3
6
[30,60)
6
6
[60,90)
9
12
[90,120)
6
3
[120,150]
6
3
优秀
不优秀
总计
甲班
乙班
总计
优秀
不优秀
总计
甲班
6
24
30
乙班
3
27
30
总计
9
51
60
1.若复数z满足z⋅i=1−i(i是虚数单位)，则z的共轭复数是( )
A. −1+iB. 1+iC. −1−iD. 1−i
2.已知集合M={y|y=2023−x,x>1}，N={y|y=lg2023x,0
A. 12B. 11C. 8D. −1
4.已知某圆锥的侧面展开图为半圆，该圆锥的体积为9 3π，则该圆锥的表面积为( )
A. 27πB. 20 3πC. 18 2πD. 16π
5.函数f(x)=x−sinxx2+1的图象大致为( )
A. B.
C. D.
6.如图，平面内有三个向量OA、OB、OC，其中OA与OB的夹角为120°，OA与OC的夹角为30°，且|OA|=|OB|=1,|OC|= 3，若OC=λOA+μOB，则λ+μ=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
7.若α∈(π2,π)，且3cs2α=sin(π4−α)，则sin2α的值为( )
A. 118B. −118C. 1718D. −1718
8.若函数y=sin(ωx+π3)(ω>0)的图象与直线y=1的两相邻公共点的距离为π，要得到y=sin(ωx+π3)的图象，只需将函数y=csωx的图象向左平移( )
A. π12个单位长度B. 5π12个单位长度C. 7π12个单位长度D. 11π12个单位长度
9.已知P，A，B，C是球O面上的四个点，PA⊥平面ABC，PA=2BC=6，∠BAC=90°，则该球的表面积为( )
A. 28πB. 45πC. 35πD. 25π
10.《周髀算经》中给出的弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大的正方形，若图中所示的角为α(0°<α<45°)，且小正方形与大正方形面积之比为1：25，则tanα的值为( )
A. 35B. 34C. 45D. 2425
11.以双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)中心O(坐标原点)为圆心，焦矩为直径的圆与双曲线交于M点(第一象限)，F1、F2分别为双曲线的左、右焦点，过点M作x轴垂线，垂足恰为OF2的中点，则双曲线的离心率为( )
A. 3−1B. 3C. 3+1D. 2
12.设a=2022ln2020，b=2021ln2021，c=2020ln2022，则( )
A. a>c>bB. c>b>aC. b>a>cD. a>b>c
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知抛物线方程为4y=x2，则抛物线的准线方程为______．
14.若f(x)=2x+2−xlga是奇函数，则实数a= ______．
15.在△ABC中，若C=π2，则sinAsinB的最大值是______．
16.已知ω>0，函数f(x)=cs(π4−ωx)在(π2,π)上单调递减，则ω的取值范围是______．
三、解答题：本题共7小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2+a5=12，S4=16．
(1)求{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn=14Sn−1,Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn的值．
18.(本小题12分)
某数学老师在其任教的甲、乙两个班级中各抽取30名学生进行测试，分数分布如表：
(1)若成绩在120分以上(含120分)为优秀，求从乙班参加测试的成绩在90分以上(含90分)的学生中，随机任取2名学生，恰有1名为优秀的概率；
(2)根据以上数据完成下面的2×2列联表，则在犯错的概率不超过0.1的前提下，是否有足够的把握认为学生的数字成绩优秀与否和班级有关？
19.(本小题12分)
如图，在三棱柱A′B′C′−ABC中，侧棱AA′⊥底面ABC，AB=AC，BC= 2AA′，D、E分别是BC，BB′的中点．
(Ⅰ)证明：DC′⊥平面ADE；
(Ⅱ)试探究三棱锥C−AC′E的体积与三棱锥C′−ADE的体积之比是否为定值，若是定值，再进一步求出此定值；若不是，请说明理由．
20.(本小题12分)
在直角坐标系xOy中，椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，F2也是抛物线C2：y2=4x的焦点，点M为C1，C2在第一象限的交点，且|MF2|=53．
(1)求C1的方程；
(2)平面上的点N满足MN=MF1+MF2，直线l//MN，且与C1交于A，B两点，若OA⋅OB=0，求直线l的方程．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=(2aex−x)ex．
(1)若a=0，求f(x)的单调区间；
(2)若对于任意x∈R，f(x)+1a≤0恒成立，求a的最小值．
22.(本小题12分)
已知曲线C的参数方程为x=2csαy=sinα(α为参数)，以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C上的点到直线x+2y− 2=0的距离的最大值；
(2)设P，Q是曲线C上的两点，若OP⊥OQ，求|OP|2+|OQ|2|OP|2⋅|OQ|2的值．
23.(本小题10分)
已的函数f(x)=2|x|−|x−3|．
(1)求函数f(x)≥−2的解集；
(2)记函数f(x)的最小值为m，若实数a，b，c满足a+b+c=m.证明：a2+2b2+c2≥185．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由z⋅i=1−i，得z=1−ii=(1−i)(−i)−i2=−1−i，
∴z=−1+i．
故选：A．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数基本概念，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：集合M={y|y=2023−x,x>1}={y|0
故选：D．
根据已知条件，先求出M，N，再结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：作出不等式组y≤2x+y≥4x−y≤1表示的平面区域，
得到如图的△ABC及其内部，其中A(2,2)，B(52,32)，C(3,2)
设z=F(x,y)=3x+y，将直线l：z=3x+y进行平移，
当l经过点A(2,2)时，目标函数z达到最小值
∴z最小值=F(2,2)=8
故选：C
作出题中不等式组表示的平面区域，得如图的△ABC及其内部，再将目标函数z=3x+y对应的直线进行平移，可得当x=y=2时，z=3x+y取得最小值为8．
本题给出二元一次不等式组，求目标函数z=3x+y的最小值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：设圆锥底面半径为r，母线长为l，则2πr=πl，所以l=2r，
所以圆锥的高为 l2−r2= 3r，
所以13×πr2⋅ 3r=9 3π，解得r=3，
故其表面积S=πr2+πrl=9π+18π=27π；
故选：A．
根据条件先算出母线长与底面半径的关系，再根据体积计算出底面半径即可．
本题主要考查了圆锥的侧面积的求解，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了函数图象的识别，关键掌握函数的奇偶性和函数值的特点，属于基础题．
先判断函数的奇偶性，再取值验证即可．
【解答】
解：f(x)的定义域为R，f(−x)=−f(x)，
则函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，故排除CD，
又f(1)=1−sin12>0，故排除B，
故选：A．
6.【答案】C
【解析】【分析】
考查向量数量积的运算及计算公式，以及向量夹角的概念，向量加法的平行四边形法则．
根据条件，可对OC=λOA+μOB的两边平方得出，3=λ2−λμ+μ2①，对OC=λOA+μOB两边同时点乘OA即可得出32=λ−μ2②，联立①②即可解出λ，μ的值．
【解答】
解：∵OA与OB的夹角为120°，OA与OC的夹角为30°，且|OA|=|OB|=1,|OC|= 3；
∴对OC=λOA+μOB两边平方得：3=λ2−λμ+μ2①；
对OC=λOA+μOB两边同乘OA得：32=λ−μ2，两边平方得：94=λ2−λμ+μ24②；
①−②得：3μ24=34；
根据图象知，μ>0，∴μ=1，代入32=λ−μ2得，λ=2；
∴λ+μ=3．
故选：C．
7.【答案】D
【解析】解：∵α∈(π2,π)，∴sinα>0，csα<0，
∵3cs2α=sin(π4−α)，
∴3(cs2α−sin2α)= 22(csα−sinα)，
∴csα+sinα= 26，
∴两边平方，可得：1+2sinαcsα=118，
∴sin2α=2sinαcsα=−1718．
故选：D．
由已知可得sinα>0，csα<0，利用二倍角公式，两角差的正弦函数公式化简已知可得csα+sinα= 26，两边平方，利用二倍角公式即可计算sin2α的值．
本题主要考查了二倍角公式，两角差的正弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由题意，得2πω=π，解得ω=2，所以y=cs2x=sin(2x+π2)，其图象向左平移t(t>0)个单位长度，
可得y=sin(2x+2t+π2)的图象，即为y=sin(2x+π3)的图象，
所以2t+π2=π3+2kπ(k∈Z)，解得t=−π12+kπ(k∈Z)，又t>0，则tmin=11π12．
故选：D．
先求出函数的周期，然后根据函数解析式以及平移规则求解即可．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，考查运算求解能力，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：已知P，A，B，C是球O的球面上的四个点，PA⊥平面ABC，PA=2BC=6，AB⊥AC，
如图所示：取BC的中点D，连接AD，过D作面ABC的垂线DO，
设球心为O；
则AD=12BC=32，OD=12PA=3，
所以R2=32+(32)2=454；
∴球O的表面积为4πR2=45π．
故选：B．
首先求出球心，进一步确定球的半径即可求得结论．
本题考查的知识要点：球的球心的确定，球的半径的求法，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了直角三角形中的边角关系以及三角函数求值问题，是基础题．
根据题意设小正方形的边长为1，表示出小直角三角形的三边长，利用面积和列方程求出sinαcsα的值，再求tanα的值．
【解答】
解：因为小正方形与大正方形面积之比为1：25，
设小正方形的边长为1，则大正方形边长为5，
由题意可得，小直角三角形的三边分别为5csα，5sinα，5，
因为4个小直角三角形全等，所以4×12×5csα×5sinα+1=25，
即25sinαcsα=12，
所以25sinαcsαsin2α+cs2α=12，
所以25tanαtan2α+1=12，
整理得12tan2α−25tanα+12=0，
解得tanα=34或tanα=43，
又因为0°<α<45°，所以tanα=34．
故选：B．
11.【答案】C
【解析】解：由题意M的坐标为M(c2, 3c2)，代入双曲线方程可得c24a2−3c24b2=1
∴e4−8e2+4=0，
∴e2=4+2 3
∴e= 3+1．
故选：C．
由题意M的坐标为M(c2, 3c2)，代入双曲线方程可得e的方程，即可求出双曲线的离心率．
本题考查双曲线与圆的性质，考查学生的计算能力，比较基础．
12.【答案】D
【解析】解：设f(x)=lnxx，∴f′(x)=1−lnxx2，令f′(x)>0，∴0
∴f(2022)
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)=0，∴x≥ln(x+1)，(x≥0)，
∵b−a=2021(ln2021−ln2020)−ln2020=2021ln(1+12020)−ln2020
≤2021×12020−ln2020<0，∴b
故选：D．
先构造f(x)=lnxx，得到f(x)在(e,+∞)递减，从而f(2022)
13.【答案】y=−1
【解析】解：∵x2=4y，
∴p=2，
∴抛物线x2=4y的准线方程为y=−1．
故答案为：y=−1．
根据抛物线的方程即可求出准线方程．
本题考查了抛物线的性质，属于基础题．
14.【答案】110
【解析】解：函数f(x)=2x+2−xlga是奇函数
∴f(x)+f(−x)=0，
∴2x+2−xlga+2−x+2xlga=0，即2x+2−x+lga(2x+2−x)=0
∴lga=−1
∴a=110
故答案为：110．
由题设条件可知，可由函数是奇函数，建立方程f(x)+f(−x)=0，由此方程求出a的值
本题考查奇函数，解题的关键是熟练掌握奇函数的定义，由定义得出方程f(x)+f(−x)=0，由此方程求出参数的值．
15.【答案】12
【解析】解：在△ABC中，C=π2，则sinA>0，sinB>0，
由基本不等式得sinAsinB≤sin2A+sin2B2，
∵A+B=π2，sinB=csA，
∴sinAsinB≤sin2A+sin2B2=sin2A+cs2A2=12，等号当sinA=sinB= 22成立，
则sinAsinB的最大值是12．
故答案为：12．
利用基本不等式直接转化可得sinAsinB≤sin2A+sin2B2，即可得答案．
本题考查基本不等式，三角形内角和定理，同角三角函数基本关系式在解三角形中的应用，属于基础题．
16.【答案】12≤ω≤54
【解析】解：f(x)=cs(π4−ωx)=cs(ωx−π4)，
由2kπ≤ωx−π4≤π+2kπ，k∈Z，得π4ω+2kπω≤x≤5π4ω+2kπω，k∈Z，
若函数f(x)在(π2,π)上单调递减，
则π2≥π4ωπ≤5π4ω，解得12≤ω≤54，
故答案为：12≤ω≤54．
首先利用诱导公式把x的系数变为整数即为y=cs(ωx−π4)，然后利用余弦函数的递减区间求出f(x)的递减区间为：[π4ω+2kπω,5π4ω+2kπω]，k∈Z，再利用子集关系列式：π2≥π4ωπ≤5π4ω，可解得．
本题考查了余弦函数的单调性，属中档题．
17.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，
由a2+a5=12，S4=16，可得2a1+5d=12，4a1+6d=16，
解得a1=1，d=2，
则an=1+2(n−1)=2n−1；
(2)由Sn=12n(1+2n−1)=n2，可得bn=14Sn−1=14n2−1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
则Tn=12(1−13+13−15+...+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1．
【解析】(1)由等差数列的通项公式与求和公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求；
(2)由等差数列的求和公式与数列的裂项相消求和，计算可得所求和．
本题考查等差数列的通项公式和求和公式、数列的裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)乙班成绩优秀有3人，记为A、B、C，成绩在90分以上(含90分)到120分的学生有3人，
记为d、e、f，从这6人中随机任取2人，基本事件为：
AB、AC、Ad、Ae、Af、BC、Bd、Be、Bf、Cd、Ce、Cf、de、df、ef共15种，
恰有1人为优秀的事件为：Ad、Ae、Af、Bd、Be、Bf、Cd、Ce、Cf共9种，
故所求的概率是P=915=35；
(2)根据题意填写列联表如下，
计算K2=60×(6×27−3×24)29×51×30×30=2017≈1.176<2.706，
所以在犯错的概率不超过0.1的前提下，没有足够的把握认为学生的数字成绩优秀与否和班级有关．
【解析】(1)根据乙班成绩优秀人数和成绩在90分以上(含90分)的人数，计算所求的概率值；
(2)根据题意填写列联表，计算K2，对照附表得出结论．
本题考查了列联表与独立性检验应用问题，也考查了概率计算问题，是基础题．
19.【答案】(I)证明：在三棱柱ABC−ABC中，AA=CC=BB，
所以CCDB=CC12CB=2CC 2CC= 2，
所以CDBE=12CB12BB= 2BBBB= 2，
所以CCDB=CDBE，
所以△CCD∽△DBE，所以∠CCD=∠DBE，
因为∠CCD+∠CDC=90°，∠BDE+∠CDC′=90°，
所以∠CDE=90°即：CD⊥DE，
所以AB=AC且D为BC的中点，
所以AD⊥CB，
又已知得在直三棱柱AB′C−ABC中，平面BB′CC⊥平面ABC，且交于BC，
所以AD⊥平面BBCC，所以AD⊥DC．
又因为DE⊥DC=D，所以DC⊥平面ADE．
解：(II)结论：三棱锥C−ACE的体积与三棱锥C−ADE的体积比是定值．
设AA′=a，则BC= 2a，
因为D、E分别是BC，BB′的中点，
所以CD=12BC= 22a,BE=12BB′=12a，
所以DC= CC′2+CD2= a2+( 22a)2= 32a，
DE= BD2+BE2= ( 22a)2+(12a)2= 34a，
由等体积法可知：VC−AC′E=VA−CC′E，
VC′−ADE=VC′−DCE，
VC−AC′EVC′−ADE=VA−CC′EVA−DC′E=13dA−平面BBC′C⋅12CC′×C′B13dA−平面BBC′C⋅12DC′×DE
=CC′×CBDC′×DE
=a⋅ 2a 32a⋅ 34a
=43．
【解析】(I)由已知可得CCDB=CDBE，则△CCD∽△DBE，所以有∠CCD=∠DBE，结合已知可得CD⊥DE，AD⊥平面BBCC，则AD⊥DC，再利用线面垂直的判定定理可证得结论，
(II)设出各边长，再利用等体积法即VC−AC′E=VA−CC′E，VC′−ADE=VC′−DCE，可求得结论．
本题考查棱锥的体积，考查学生的运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)y2=4x的焦点F(1,0)，
∴c=1，
∵|MF2|=53，
∴xM+1=53,xM=23，
代入抛物线方程，有M(23,2 63)，
∴2a=|MF1|+|MF2|=53+73=4,a=2，
∴椭圆C1的方程为x24+y23=1
(2)点N满足MN=MF1+MF2，
∴易知N与M关于原点对称，
∴kMN=kOM= 6=kl，
设直线l方程：y= 6x+m，联立直线和椭圆方程得到：27x2+8 6mx+4(m2−3)=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
∵OA⋅OB=0，
∴x1x2+y1y2=0，
代入韦达定理有m2=3，∴m=± 3，
∴直线l方程为y= 6x± 3
【解析】(1)先利用F2是抛物线C2：y2=4x的焦点求出F2的坐标，再利用|MF2|=53以及抛物线的定义求出点M的坐标，可以得到关于椭圆方程中参数的两个等式联立即可求C1的方程；
(2)先利用MN=MF1+MF2，以及直线l//MN得出直线l与OM的斜率相同，设出直线l的方程，把直线方程与椭圆方程联立得到关于A，B两点坐标的等式，整理代入OA⋅OB=0，即可求出直线l的方程．
本题是对椭圆与抛物线以及直线与椭圆位置关系的综合考查．直线与圆锥曲线的位置关系，由于集中交汇了直线，圆锥曲线两章的知识内容，综合性强，能力要求高，还涉及到函数，方程，不等式，平面几何等许多知识，可以有效的考查函数与方程的思想，数形结合的思想，分类讨论的思想和转化化归的思想，因此，这一部分内容也成了高考的热点和重点．
21.【答案】解：(1)因为a=0，所以f(x)=−xex，f′(x)=−(x+1)ex，
令f′(x)=0，得x=−1．
当x∈(−∞,−1)时，f′(x)>0；当x∈(−1,+∞)时．f′(x)<0．
故f(x)的单调递增区间是(−∞,−1)，单调递减区间是(−1,+∞)．
(2)f′(x)=4ae2x−(x+1)ex=−ex[(x+1)−4aex]，
因为∀x∈R，f(x)+1a≤0，又f(0)=2a，所以2a+1a≤0，则a<0．
令g(x)=(x+1)−4aex，则g(x)在R上单调递增．
因为当x<0时，g(x)
且当x∈(−∞,x0)时，g(x)<0，则f′(x)>0；
当x∈(x0,+∞)时，g(x)>0，则f′(x)<0．
所以f(x)在(−∞,x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调递减，
故f(x)max=f(x0)=2ae2x0−x0ex0．
由g(x0)=(x0+1)−4aex0=0，得，a=x0+14ex0．
由f(x)max+1a≤0，得x0ex0−e2x0⋅x0+12ex0≥4ex0x0+1，即x0−12≥4x0+1．
结合x0+1<0，得x02−1≤8，所以−3≤x0<−1．
令h(x)=x+14ex(−3≤x<−1)，则h′(x)=−x4ex>0，
所以h(x)在[−3,−1)上单调递增，所以h(x)≥h(−3)=−e32，即a≥−e32．
故a的最小值为−e32．
【解析】本题考查函数的导数，函数的单调性以及函数的最值的求法，属于较难题．
(1)求出函数的导数，判断函数的单调性求解单调区间即可．
(2)求出导函数，令g(x)=(x+1)−4aex，则g(x)在R上单调递增．求出函数的最大值，转化求解a的最小值即可．
22.【答案】解：(1)设点P(2csα,sinα)到直线x+2y− 2=0的距离d=|2csα+2sinα− 2| 1+(2)2=|2 2cs(α−π4)− 2| 5，
当α=5π4时，dmax=3 2 5=3 105，即点P(−1,− 22)；
(2)曲线C的参数方程为x=2csαy=sinα(α为参数)，转换为直角坐标方程为x24+y2=1；
根据x=ρcsθ y=ρsinθ ，转换为极坐标方程为ρ2cs2θ4+ρ2sin2θ=1，
设点P(ρ1,θ)，由于OP⊥OQ，
所以Q(ρ2,θ±π2)，
代入曲线C的极坐标方程得到：|OP|2+|OQ|2|OP|2⋅|OQ|2=1ρ12+1ρ22=34sin2θ+14+34cs2θ+12=54．
【解析】(1)直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；并利用三角函数的关系式的变换和余弦型函数性质的应用求出结果．
(2)利用向量垂直的充要条件和三角函数的值的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，三角函数的关系式的变换，余弦型函数性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
23.【答案】解：(1)当x≤0时，f(x)=−2x−3+x=−x−3≥−2，解得x≤−1，
故x≤−1，
当0
当x≥3时，f(x)=2x−x+3=x+3≥−2，解得x≥−5，
故x≥3，
综上所述，函数f(x)≥−2的解集为(−∞,−1]∪[13,+∞)．
(2)证明：当x≤0时，f(x)=−x−3≥−3，
当0
当x≥3时，f(x)=x+3≥6，
综上所述，f(x)的最小值为−3，即m=−3，
a+b+c=−3，
由柯西不等式可得，(a2+2b2+c2)(1+12+1)≥(a+b+c)2=9，
故a2+2b2+c2≥185，当且仅当a=c=−65，b=−35时，等号成立，
故a2+2b2+c2≥185．
【解析】(1)根据已知条件，分x≤0，0
本题主要考查不等式的证明，掌握柯西不等式公式是解本题的关键，属于中档题．分数区间
甲班人数
乙班人数
[0,30)
3
6
[30,60)
6
6
[60,90)
9
12
[90,120)
6
3
[120,150]
6
3
优秀
不优秀
总计
甲班
乙班
总计
优秀
不优秀
总计
甲班
6
24
30
乙班
3
27
30
总计
9
51
60
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