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2020-2021年广西省贺州市高三（上）1月月考数学（文）试卷北师大版
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这是一份2020-2021年广西省贺州市高三（上）1月月考数学（文）试卷北师大版，共13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. 已知集合A=x∈N|2x−7≤0，B=x|x2−2x−3≤0，则A∩B=( )
A.x|0
2. 复数z=2i1−3i（i为虚数单位）的虚部是( )
A.−35iB.15iC.15D.−35
3. 已知向量a→=m,1，b→=4,m−3，则m=4是a→//b→的( )
A.充要条件B.既不充分也不必要条件
C.必要不充分条件D.充分不必要条件
4. 已知偶函数gx在0,+∞上是减函数，若a=g−lg26.1，b=g20.7，c=g3，则a，b，c的大小关系为( )
A.a>b>cB.c>b>aC.b>a>cD.b>c>a
5. 2020年，受新冠肺炎疫情的影响，在全国的许多地方都采取了在家线上学习的方式，此种方式对学生的自制力、自觉性有极高的要求．某校某学习小组调查研究“学生线上学习时智能手机对学习成绩的影响“，得到了如下样本数据：
附：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，n=a+b+c+d.
根据表中的数据，下列说法中正确的是( )
A.有99.5%的把握认为中学生使用手机对学习无影响
B.有99.5%的把握认为中学生使用手机对学习有影响
C.在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为中学生使用手机对学习无影响
D.在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为中学生使用手机对学习有影响
6. 函数fx=x3−x2+2x−1的图象在点1,f1处的切线为l，则l在y轴上的截距为( )
A.−1B.1C.2D.−2
7. 若sin5π12cs7π12=−1tanα，则tanα=( )
A.4B.3C.−4D.−3
8. 等差数列an的前n项和为Sn，当首项a1和公差d变化时，a3+a8+a10是一个定值，则下列选项中为定值的是( )
A.S7B.S8C.S13D.S15
9. 已知函数y=x称为高斯函数，其中x表示不超过实数x的最大整数.执行如图程序框图，则输出的S值为( )
A.42B.43C.44D.45
10. 已知点P是边长为2的正三角形ABC所在平面上一点，满足PC→⋅PA→+PB→=0，则|PB→|的最小值是( )
A.5−22B.2−12C.1D.7−32
11. 圆C:x+22+y−32=1上一动点M，抛物线y2=8x上一动点Nx0,y0，则x0+|MN|的最小值为( )
A.25−1B.2C.3D.4
12. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点，下列结论中正确的个数是( )
①过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；
②B1D1//平面EFG；
③异面直线EF与BD1所成角的正切值为2；
⑤四面体ACB1D1的体积等于a33．
A.1B.2C.3D.4
二、填空题
设x，y满足约束条件 x+y−2≥0，x−y≥0，3x−y−6≤0， 则z=x+y的最小值是________.
正项等比数列an中，a1=1，a6=4a4，记Sn为an的前n项和．若Sm=127，则m=________．
已知点F是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的右焦点，点P在C上，O为坐标原点，若|OP|=c，且∠POF=π3，则双曲线的离心率为________.
在平面直角坐标系xOy中，已知直线l:y=kx+8上存在点P，过点P作圆O:x2+y2=4的切线，切点分别为Ax1,y1，Bx2,y2，且x1x2+y1y2=−2，则实数k的取值范围为________.
三、解答题
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知函数fx=sin2x+φ0<φ<π2的一条对称轴为x=π6，且fA=12．
(1)求A的值；
(2)若a=2，△ABC的面积为32，求△ABC的周长．
随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国内科技巨头加大了科技研发投入的力度．华为技术有限公司拟对“麒麟”手机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入x（亿元）与科技升级直接收益y（亿元）的数据统计如下：
当017时，确定y与x满足的线性回归方程为 y=−0.7x+a．
(1)根据下列表格中的数据，比较当0（附：刻画回归效果的相关指数：R2=1−i=1n (yi−yi)2i=1n (yi−y¯)2，17≈4.1）
(2)为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于20亿元时，国家给予公司补贴5亿元，以回归方程为预测依据，比较科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益的大小.
附：用最小二乘法求线性回归方程y=bx+a的系数：
b=i=1nxiyi−nx¯⋅y¯i=1nxi2−nx¯2=i=1n(xi−x¯)(yi−y¯)i=1n(xi−x¯)2，a=y¯−bx¯.
三棱锥P−ABC中，底面ABC与侧面PAB均为正三角形，AB=2，PC=6，M为AB的中点．
(1)证明：平面PCM⊥平面PAB；
(2)N为线段PA上一点，且PN→=3NA→，求三棱锥 P−CMN的体积．
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0经过一点1,32，左、右焦点分别为F1，F2，P是椭圆上一动点，当PF2垂直于x轴时，|PF2|=12．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F1，斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点，且∠AOB为钝角（O为坐标原点），求k的取值范围．
已知函数fx=lnx+ax−4x−aa∈R.
(1)当a=−3时，求fx的极值；
(2)若对任意x>1，都有fx+4x+1>1−xx恒成立，求整数a的最大值．
在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 x=−4+22t，y=−2+22t （t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρcsθ=2atanθa>0．
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)设P−4,−2，直线l与曲线C相交于M，N两点，若|PM|，|MN|，|PN|成等比数列，求实数a的值．
已知函数fx=|x−4|+|x+3|．
(1)求不等式fx≥12的解集；
(2)若关于x的不等式fx−131−3a+2≥0恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021年广西省贺州市高三(上)1月月考数学(文)试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
利用不等式的解法以及集合的性质得A,B，在进行集合的运算.
【解答】
解：因为A=x∈N|2x−7≤0=0,1,2,3，
B=x|x2−2x−3≤0=x|−1≤x≤3，
所以A∩B=0,1,2,3.
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的混合运算
【解析】
利用复数的运算得z=−35+15i，可得解.
【解答】
解：∵ z=2i1−3i
=2i1+3i1−3i1+3i
=−3+i5
=−35+15i，
∴ 复数的虚部是15.
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
若a→//b→，则m(m−3)−1×4=0，求出m，利用充分必要条件进行判定即可.
【解答】
解：向量a→=m,1，b→=4,m−3，
若a→//b→，
则m(m−3)−1×4=0，
解得m=−1或m=4，
∴ 当m=4时，a→//b→一定成立，
反之，a→//b→，则m=4不一定成立.
∴ m=4是a→//b→的充分不必要条件.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
指数式、对数式的综合比较
奇偶性与单调性的综合
【解析】
利用函数的奇偶性，单调性和对数函数，指数函数的性质求解即可.
【解答】
解：∵ 函数gx是偶函数，
∴ a=g−lg26.1=glg26.1.
∵ lg26.1∈(2,3)，20.7∈(1,2)，
∴ 20.7∵ gx在0,+∞上是减函数，
∴ g20.7>glg26.1>g3，
即b>a>c.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
独立性检验
独立性检验的应用
【解析】
利用k2=nad−bc2a+bc+da+cb+d=30×128−8212×18×10×20=10，
7.897【解答】
解：由题意可知，a=8，b=4，c=2，d=16，n=30，
则K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d
=30×128−8212×18×10×20=10，
又7.879所以有99.5%的把握认为中学生使用手机对学习有影响.
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
先求出切点处的导数值，然后求出切线方程，再令切线中的x=0，即可得到切线的纵截距．
【解答】
解：由题意可得f′x=3x2−2x+2，f1=1，
∴ f′1=3，
∴ 切线l的方程为y−1=3x−1，
即y=3x−2，
令x=0得y=−2，
即l在y轴上的截距为−2．
故选D．
7.
【答案】
A
【考点】
二倍角的正弦公式
诱导公式
运用诱导公式化简求值
【解析】
利用诱导公式以及二倍角公式得设sin5π12cs7π12=−14，可得解.
【解答】
解：因为sin5π12cs7π12=sin5π12csπ−5π12
=−sin5π12cs5π12
=−12sin5π6
=−12sinπ6
=−14，
所以−14=−1tanα，
解得tanα=4.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
利用等差数列的通项公式化简已知的式子，得到关于a7的关系式，由已知式子为定值得到a7为定值，再利用等差数列的求和公式及等差数列的性质化简S1，也得到关于a7的关系式，进而得到S13为定值．
【解答】
解： ∵a3+a8+a10=a1+2d+a1+7d+a1+9d
=3a1+6d=3a7，且a3+a8+a10是一个定值，
∴a7为定值.
又S13=13a1+a132=13a7，
∴ S13为定值．
故选C．
9.
【答案】
D
【考点】
程序框图
【解析】
【解答】
解：由程序框图，得当03≤i<9时，lg3i=1；
9≤i<27时，lg3i=2；
当i=27时，lg3i=3，
则S=6×1+18×2+3=45.
故选D.
10.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的运算
向量在几何中的应用
轨迹方程
【解析】
利用向量的坐标表显示得得x2+y−322=34，在利用三角换元得解.
【解答】
解：如图，以AB所在直线为x轴，以AB中点为原点建系，
得A−1,0，B1,0，C0,3，设P(x,y)，
得PC→=−x,3−y，PA→=−1−x,−y，
PB→=1−x,−y，
由PC→⋅PA→+PB→=0，整理得
x2+y−322=34，
所以P的轨迹是以圆心为E(0,32)，半径为r=32的圆，
所以|PB→|min=|EB|−r=7−32.
故选D.
11.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
圆的标准方程
两点间的距离公式
【解析】
利用抛物线的定义与性质得x0=NF−2，
x0+MN=NF+MN−2，当M,N,F共线时，取得最小值,
连接CF,交圆于M′，交抛物线N′，CF=5，
所以N′F+M′N′−2=5−1−2=2.
【解答】
解：如图，连接NF，过N作x=−2的垂线，垂足为P，
连接CF，交圆于M′，交抛物线于N′，
由抛物线y2=8x，得抛物线的焦点为F2,0，
准线为x=−2，
因为x0=NF−2，
所以x0+MN=NF+MN−2，
所以当M，N，F共线时，取得最小值.
因为CF=(−2−2)2+32=5，
所以N′F+M′N′−2=5−1−2=2.
故选B.
12.
【答案】
B
【考点】
直线与平面平行的判定
异面直线及其所成的角
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
本题考查了命题的真假判断与应用．
【解答】
解：对于①，如图，延长EF分别与B1A1，B1B的延长线交于点N，Q，连结GN交A1D1于点H，
设HG与B1C1的延长线交于点P，连结PQ交CC1于点I，交BC于点M，
连结FH，HG，GI，IM，ME，
则截面六边形EFHGIM为正六边形，故①正确；
对于②，因为B1D1与HG相交，
所以B1D1与平面EFG相交，故②不正确；
对于③，连结A1B，因为E，F分别为棱AB，AA1的中点，
所以A1B//EF，
所以∠A1BD1为异面直线EF与BD1的夹角.
在Rt△BA1D1中，tan∠A1BD1=A1D1A1B=22，故③不正确；
对于④，四面体ACB1D1的体积等于正方体的体积减去四个正三棱锥的体积，
即为a3−4×13×12a3=13a3，故④正确.
综上所述，正确的有①④，共2个.
故选B.
二、填空题
【答案】
2
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
利用不等式组的可行域，可得解.
【解答】
解：利用不等式组得可行域如图：
当目标函数y=−x+z与x+y−2=0平行时，
即目标函数过2,0时，zmin=2.
故答案为：2.
【答案】
7
【考点】
等比数列的性质
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
利用等比数列的性质解得公比，再利用等比数列的求和公式得解.
【解答】
解：由题意，设等比数列an的公比q，且q>0，
∵ a6=4a4，
∴ q2=a6a4=4，
解得q=2.
又a1=1，
∴ an=2n−1，
∴ Sm=2m−1=127，
解得m=7.
故答案为：7.
【答案】
3+1
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的离心率
【解析】
由题设得△POF为等边三角形，可得P(c2,3c2)，代入双曲线方程，整理得得e4−8e2+4=0，得解.
【解答】
解：由双曲线定义知|OF|=c，
因为OP=c，∠POF=π3，
所以△POF为等边三角形，
可得P(c2,3c2)，
又P在双曲线x2a2−y2b2=1上，
所以c24a2−3c24b2=1，
又b2=c2−a2，
整理得c4−8a2c2+4a4=0，
得e4−8e2+4=0，
e2=4+23或4−23（舍），
解得e=3+1.
故答案为：3+1.
【答案】
(−∞,−3]∪[3,+∞)
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
直线和圆的方程的应用
平面向量数量积的运算
【解析】
由题意设∠AOB=θ，OA→=OB→=2，
则csθ=OA→⋅OB→OA→OB→=x1x2+y1y2OA→OB→=−12，
则∠AOP=π3，则OP=2OA=4，
若直线l:y=kx+8存在点P,则O到直线l的距离d≤4，
所以81+k2≤4，可得解.
【解答】
解：由题意，设∠AOB=θ，OA→=OB→=2，
则csθ=OA→⋅OB→OA→OB→=x1x2+y1y2OA→OB→=−12，
又∵ θ∈0,π，
∴ θ=2π3，
∴ ∠AOP=π3，
∴ OP=2OA=4.
若直线l:y=kx+8存在点P，
则O到直线l的距离d≤4，
即81+k2≤4，
解得k≤−3或k≥3.
故实数k的取值范围为(−∞,−3]∪[3,+∞).
故答案为：(−∞,−3]∪[3,+∞).
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ x=π6是fx的一条对称轴，
∴ 2×π6+φ=π2+kπk∈Z，
解得φ=π6+kπk∈Z.
又0<φ<π2，
∴ φ=π6，
∴ fx=sin2x+π6，
∴ fA=sin2A+π6=12．
∵ A∈0,π，
∴ 2A+π6∈π6,13π6，
∴ 2A+π6=5π6，
解得A=π3．
(2)由正弦定理，得S△ABC =12bcsinA=32，
解得bc=2.
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−3bc=4，
解得b+c=10，
所以△ABC的周长为2+10．
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
余弦定理
正弦定理
【解析】
【解答】
解：(1)∵ x=π6是fx的一条对称轴，
∴ 2×π6+φ=π2+kπk∈Z，
解得φ=π6+kπk∈Z.
又0<φ<π2，
∴ φ=π6，
∴ fx=sin2x+π6，
∴ fA=sin2A+π6=12．
∵ A∈0,π，
∴ 2A+π6∈π6,13π6，
∴ 2A+π6=5π6，
解得A=π3．
(2)由正弦定理，得S△ABC =12bcsinA=32，
解得bc=2.
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−3bc=4，
解得b+c=10，
所以△ABC的周长为2+10．
【答案】
解：(1)由表格中的数据，182.4>79.2，
∴ 182.4i=17 (yi−y¯)2>79.2i=17 (yi−y¯)2，
∴ 1−182.4i=17 (yi−y¯)2<1−79.2i=17 (yi−y¯)2，
∴ 模型①的相关指数R12小于模型②的相关指数R22，
∴ 回归模型②的拟合效果更好，
∴ 当x=17时，科技升级直接收益的预测值为：
y=21.3×17−14.4≈72.93（亿元）．
(2)当x>17时，由已知可得
x¯=21+22+23+24+255=23，
y¯=68.5+68+67.5+66+665=67.2，
∴ a=y¯+0.7x¯=67.2+0.7×23=83.3，
∴ 当x>17时，y与x满足的线性回归方程为y=−0.7x+83.3，
当x=20时，实际收益的预测值为：
y=−0.7×20+83.3=69.3，
当x=20时，科技升级直接收益的预测值为69.3+5=74.3亿元>72.93亿元，
∴ 技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大．
【考点】
独立性检验的应用
回归分析
求解线性回归方程
【解析】
（1）由表格中的数据，182.4>79.2，可得182.4i=17 (yi−y¯)>79.2i=17 (yi−y¯)2，转化为182.4i=17 (yi−y¯)<1−79.2i=17 (yi−y¯)2，利用相关指数的意义进而得此结论．
（2）当x>17时，由已知可得x¯，y¯，可得a=y¯+0.7x¯，可得y与x满足的线性回归方程，代入计算即可得出结论．
（3）由μ−2σ＝0.5，μ+σ＝0.53，可得P(0.50【解答】
解：(1)由表格中的数据，182.4>79.2，
∴ 182.4i=17 (yi−y¯)2>79.2i=17 (yi−y¯)2，
∴ 1−182.4i=17 (yi−y¯)2<1−79.2i=17 (yi−y¯)2，
∴ 模型①的相关指数R12小于模型②的相关指数R22，
∴ 回归模型②的拟合效果更好，
∴ 当x=17时，科技升级直接收益的预测值为：
y=21.3×17−14.4≈72.93（亿元）．
(2)当x>17时，由已知可得
x¯=21+22+23+24+255=23，
y¯=68.5+68+67.5+66+665=67.2，
∴ a=y¯+0.7x¯=67.2+0.7×23=83.3，
∴ 当x>17时，y与x满足的线性回归方程为y=−0.7x+83.3，
当x=20时，实际收益的预测值为：
y=−0.7×20+83.3=69.3，
当x=20时，科技升级直接收益的预测值为69.3+5=74.3亿元>72.93亿元，
∴ 技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大．
【答案】
(1)证明：∵ △ABC是边长为2的正三角形，M为AB的中点，
∴ CM⊥AB，CM=3，
同理，PM=3.
又PC=6．
∴CM2+PM2=PC2，
∴ CM⊥PM.
∵AB∩PM=M，
∴ CM⊥平面PAB.
∵CM⊂平面PCM，
∴ 平面PCM⊥平面PAB．
(2)解：由(1)得CM⊥平面PAB，因为PN→=3NA→，即PNPA=34，
∴ S△PNM=34S△PAM=38S△PAB=38×3=338，
∴ VP−CMN=VC−PMN=13×S△PMN×CM=13×338×3=38，
∴ 三棱锥P−CMN的体积为38．
【考点】
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ △ABC是边长为2的正三角形，M为AB的中点，
∴ CM⊥AB，CM=3，
同理，PM=3.
又PC=6．
∴CM2+PM2=PC2，
∴ CM⊥PM.
∵AB∩PM=M，
∴ CM⊥平面PAB.
∵CM⊂平面PCM，
∴ 平面PCM⊥平面PAB．
(2)解：由(1)得CM⊥平面PAB，因为PN→=3NA→，即PNPA=34，
∴ S△PNM=34S△PAM=38S△PAB=38×3=338，
∴ VP−CMN=VC−PMN=13×S△PMN×CM=13×338×3=38，
∴ 三棱锥P−CMN的体积为38．
【答案】
解：(1)∵ 椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0经过一点1,32，
∴ 1a2+34b2=1①，
又当PF2垂直于x轴时，|PF2|=12，
∴ b2a=12②，
联立①②，解得a=2，b=1，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1.
(2)由(1)可知，椭圆C的标准方程为x24+y2=1，
∴ c=3，
∴ F1−3,0，
当直线斜率k=0时，显然∠AOB=180∘，不符合题意；
当k≠0时，设直线l:y=kx+3，且Ax1,y1，Bx2,y2，
则x24+y2=1，y=kx+3，
整理，得1+4k2x2+83k2x+12k2−4=0，
∴ x1+x2=−83k21+4k2，x1x2=12k2−41+4k2，
∴ y1y2=kx1+3⋅kx2+3
=k2x1x2+3(x1+x2)+3
=−k21+4k2.
又∠AOB为钝角，
∴ OA→⋅OB→<0，
∴ x1x2+y1y2<0，
即x1x2+y1y2=12k2−41+4k2−k21+4k2=11k2−41+4k2<0，
∴ 11k2−4<0，
解得−21111综上所述，k的取值范围为−21111,0∪0,21111．
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
椭圆的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0经过一点1,32，
∴ 1a2+34b2=1①，
又当PF2垂直于x轴时，|PF2|=12，
∴ b2a=12②，
联立①②，解得a=2，b=1，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1.
(2)由(1)可知，椭圆C的标准方程为x24+y2=1，
∴ c=3，
∴ F1−3,0，
当直线斜率k=0时，显然∠AOB=180∘，不符合题意；
当k≠0时，设直线l:y=kx+3，且Ax1,y1，Bx2,y2，
则x24+y2=1，y=kx+3，
整理，得1+4k2x2+83k2x+12k2−4=0，
∴ x1+x2=−83k21+4k2，x1x2=12k2−41+4k2，
∴ y1y2=kx1+3⋅kx2+3
=k2x1x2+3(x1+x2)+3
=−k21+4k2.
又∠AOB为钝角，
∴ OA→⋅OB→<0，
∴ x1x2+y1y2<0，
即x1x2+y1y2=12k2−41+4k2−k21+4k2=11k2−41+4k2<0，
∴ 11k2−4<0，
解得−21111综上所述，k的取值范围为−21111,0∪0,21111．
【答案】
解：(1)当a=−3时，fx=lnx−3x−4x+3，
则f′x=1x+3x2−4=x+3−4x2x2=−4x+3x−1x2，
∵函数fx的定义域为0,+∞，
∴4x+3>0，
当00，fx单调递增，
当x>1时，f′x<0，fx单调递减．
∴ 函数fx的单调递增区间为0,1，递减区间为1,+∞，
∴ 函数fx在x=1上取得极大值，且极大值为f1=−4，无极小值．
(2)若fx+4x+1>1−xx恒成立，
即不等式lnx+ax−a+1>1−xx恒成立，
则 xlnx+a−ax+x>1−x.
即xlnx+2x−1>ax−1．
∵ x>1，
∴ xlnx+2x−1x−1>a在1,+∞恒成立.
设ℎx=xlnx+2x−1x−1x>1，
若xlnx+2x−1x−1>a在1,+∞恒成立，
则ℎxmin>a，
ℎ′x=x−lnx−2x−12，
令gx=x−lnx−2，
则g′x=1−1x=x−1x>0，
gx在1,+∞单调递增，
∵ g3=3−ln3−2=1−ln3<0，
g4=4−ln4−2=2−ln4>0，
由零点存在性定理，得存在x0∈3,4，
使得gx0=x0−lnx0−2=0，
即x0−2=lnx0，
当x∈1,x0时，g(x)<0，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
当x∈x0,+∞时， gx>0，ℎ′x>0，ℎx单调递增，
∴ ℎxmin=ℎx0=x0lnx0+2x0−1x0−1，
又x0−2=lnx0，
∴ ℎxmin=x0x0−2+2x0−1x0−1=x0+1．
∵ x0∈3,4,
∴ x0+1∈4,5．
∴ 整数a的最大值为4.
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=−3时，fx=lnx−3x−4x+3，
则f′x=1x+3x2−4=x+3−4x2x2=−4x+3x−1x2，
∵函数fx的定义域为0,+∞，
∴4x+3>0，
当00，fx单调递增，
当x>1时，f′x<0，fx单调递减．
∴ 函数fx的单调递增区间为0,1，递减区间为1,+∞，
∴ 函数fx在x=1上取得极大值，且极大值为f1=−4，无极小值．
(2)若fx+4x+1>1−xx恒成立，
即不等式lnx+ax−a+1>1−xx恒成立，
则 xlnx+a−ax+x>1−x.
即xlnx+2x−1>ax−1．
∵ x>1，
∴ xlnx+2x−1x−1>a在1,+∞恒成立.
设ℎx=xlnx+2x−1x−1x>1，
若xlnx+2x−1x−1>a在1,+∞恒成立，
则ℎxmin>a，
ℎ′x=x−lnx−2x−12，
令gx=x−lnx−2，
则g′x=1−1x=x−1x>0，
gx在1,+∞单调递增，
∵ g3=3−ln3−2=1−ln3<0，
g4=4−ln4−2=2−ln4>0，
由零点存在性定理，得存在x0∈3,4，
使得gx0=x0−lnx0−2=0，
即x0−2=lnx0，
当x∈1,x0时，g(x)<0，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
当x∈x0,+∞时， gx>0，ℎ′x>0，ℎx单调递增，
∴ ℎxmin=ℎx0=x0lnx0+2x0−1x0−1，
又x0−2=lnx0，
∴ ℎxmin=x0x0−2+2x0−1x0−1=x0+1．
∵ x0∈3,4,
∴ x0+1∈4,5．
∴ 整数a的最大值为4.
【答案】
解：(1)由题意，得 x=−4+22t，y=−2+22t，
消去t，得x−y+2=0，
故直线l的普通方程为x−y+2=0.
∵ ρcsθ=2atanθ，
即ρcs2θ=2asinθ，
∴ ρ2cs2θ=2aρsinθ，
又ρcsθ=x， ρsinθ=y，
∴ x2=2aya>0，
由tanθ有意义，得csθ≠0，
∴ x=ρcsθ≠0，
故曲线C的直角坐标方程为x2=2ayx≠0,a>0．
(2)∵ P−4,−2，直线l的参数方程为 x=−4+22t，y=−2+22t （t为参数）,
将该方程代入曲线C的直角坐标方程x2=2ayx≠0,a>0中，
得t2−224+at+84+a=0，
设M，N两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=224+a，t1t2=84+a．
∵ |PM|，|MN|，|PN|成等比数列，
∴ |PM|⋅|PN|=|MN|2，
∴ |t1|⋅|t2|=|t1−t2|2，
即|t1t2|=t1+t22−4t1t2，
∴ t1+t22=5t1t2，
即84+a2=404+a，
解得a=1．
故实数a的值为1.
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的参数方程
抛物线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
参数方程的优越性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意，得 x=−4+22t，y=−2+22t，
消去t，得x−y+2=0，
故直线l的普通方程为x−y+2=0.
∵ ρcsθ=2atanθ，
即ρcs2θ=2asinθ，
∴ ρ2cs2θ=2aρsinθ，
又ρcsθ=x， ρsinθ=y，
∴ x2=2aya>0，
由tanθ有意义，得csθ≠0，
∴ x=ρcsθ≠0，
故曲线C的直角坐标方程为x2=2ayx≠0,a>0．
(2)∵ P−4,−2，直线l的参数方程为 x=−4+22t，y=−2+22t （t为参数）,
将该方程代入曲线C的直角坐标方程x2=2ayx≠0,a>0中，
得t2−224+at+84+a=0，
设M，N两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=224+a，t1t2=84+a．
∵ |PM|，|MN|，|PN|成等比数列，
∴ |PM|⋅|PN|=|MN|2，
∴ |t1|⋅|t2|=|t1−t2|2，
即|t1t2|=t1+t22−4t1t2，
∴ t1+t22=5t1t2，
即84+a2=404+a，
解得a=1．
故实数a的值为1.
【答案】
解：(1)原不等式等价于x>4，x−4+x+3≥12，
或−3≤x≤4，4−x+x+3≥12，
或x<−3，4−x−x+3≥12，，
解得x≥132或x∈⌀或x≤−112.
故不等式的解集为{x|x≥132或x≤−112}．
(2)不等式fx−131−3a+2≥0恒成立，
等价于fxmin+2≥131−3a，
即|x−4|+|x+3|min+2≥131−3a．
∵ |x−4|+|x+3|≥|x−4−x+3|=7，
当且仅当−3≤x≤4时，等号成立，
∴ 9≥131−3a，即9≥33a−1，
∴ 3a−1≤2，
解得a≤1，
∴ 实数a的取值范围是(−∞,1]．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
函数恒成立问题
指数函数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)原不等式等价于x>4，x−4+x+3≥12，
或−3≤x≤4，4−x+x+3≥12，
或x<−3，4−x−x+3≥12，，
解得x≥132或x∈⌀或x≤−112.
∴ 不等式的解集为{x|x≥132或x≤−112}．
(2)不等式fx−131−3a+2≥0恒成立，
等价于fxmin+2≥131−3a，
即|x−4|+|x+3|min+2≥131−3a．
∵ |x−4|+|x+3|≥|x−4−x+3|=7，
当且仅当−3≤x≤4时，等号成立，
∴ 9≥131−3a，即9≥33a−1，
∴ 3a−1≤2，
解得a≤1，
∴ 实数a的取值范围是(−∞,1]．不使用
使用
合计
优秀
8
4
12
不优秀
2
16
18
合计
10
20
30
PK2≥k0
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
x
2
3
4
6
8
10
13
21
22
23
24
25
y
13
22
31
42
50
56
58
68.5
68
67.5
66
66
回归模型
模型①
模型②
回归方程
y=4.1x+11.8
y=21.3x−14.4
i=17 (yi−yi)2
182.4
79.2
1. 已知集合A=x∈N|2x−7≤0，B=x|x2−2x−3≤0，则A∩B=( )
A.x|0
2. 复数z=2i1−3i（i为虚数单位）的虚部是( )
A.−35iB.15iC.15D.−35
3. 已知向量a→=m,1，b→=4,m−3，则m=4是a→//b→的( )
A.充要条件B.既不充分也不必要条件
C.必要不充分条件D.充分不必要条件
4. 已知偶函数gx在0,+∞上是减函数，若a=g−lg26.1，b=g20.7，c=g3，则a，b，c的大小关系为( )
A.a>b>cB.c>b>aC.b>a>cD.b>c>a
5. 2020年，受新冠肺炎疫情的影响，在全国的许多地方都采取了在家线上学习的方式，此种方式对学生的自制力、自觉性有极高的要求．某校某学习小组调查研究“学生线上学习时智能手机对学习成绩的影响“，得到了如下样本数据：
附：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d，n=a+b+c+d.
根据表中的数据，下列说法中正确的是( )
A.有99.5%的把握认为中学生使用手机对学习无影响
B.有99.5%的把握认为中学生使用手机对学习有影响
C.在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为中学生使用手机对学习无影响
D.在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为中学生使用手机对学习有影响
6. 函数fx=x3−x2+2x−1的图象在点1,f1处的切线为l，则l在y轴上的截距为( )
A.−1B.1C.2D.−2
7. 若sin5π12cs7π12=−1tanα，则tanα=( )
A.4B.3C.−4D.−3
8. 等差数列an的前n项和为Sn，当首项a1和公差d变化时，a3+a8+a10是一个定值，则下列选项中为定值的是( )
A.S7B.S8C.S13D.S15
9. 已知函数y=x称为高斯函数，其中x表示不超过实数x的最大整数.执行如图程序框图，则输出的S值为( )
A.42B.43C.44D.45
10. 已知点P是边长为2的正三角形ABC所在平面上一点，满足PC→⋅PA→+PB→=0，则|PB→|的最小值是( )
A.5−22B.2−12C.1D.7−32
11. 圆C:x+22+y−32=1上一动点M，抛物线y2=8x上一动点Nx0,y0，则x0+|MN|的最小值为( )
A.25−1B.2C.3D.4
12. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点，下列结论中正确的个数是( )
①过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形；
②B1D1//平面EFG；
③异面直线EF与BD1所成角的正切值为2；
⑤四面体ACB1D1的体积等于a33．
A.1B.2C.3D.4
二、填空题
设x，y满足约束条件 x+y−2≥0，x−y≥0，3x−y−6≤0， 则z=x+y的最小值是________.
正项等比数列an中，a1=1，a6=4a4，记Sn为an的前n项和．若Sm=127，则m=________．
已知点F是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的右焦点，点P在C上，O为坐标原点，若|OP|=c，且∠POF=π3，则双曲线的离心率为________.
在平面直角坐标系xOy中，已知直线l:y=kx+8上存在点P，过点P作圆O:x2+y2=4的切线，切点分别为Ax1,y1，Bx2,y2，且x1x2+y1y2=−2，则实数k的取值范围为________.
三、解答题
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知函数fx=sin2x+φ0<φ<π2的一条对称轴为x=π6，且fA=12．
(1)求A的值；
(2)若a=2，△ABC的面积为32，求△ABC的周长．
随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国内科技巨头加大了科技研发投入的力度．华为技术有限公司拟对“麒麟”手机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入x（亿元）与科技升级直接收益y（亿元）的数据统计如下：
当0
(1)根据下列表格中的数据，比较当0
(2)为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于20亿元时，国家给予公司补贴5亿元，以回归方程为预测依据，比较科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益的大小.
附：用最小二乘法求线性回归方程y=bx+a的系数：
b=i=1nxiyi−nx¯⋅y¯i=1nxi2−nx¯2=i=1n(xi−x¯)(yi−y¯)i=1n(xi−x¯)2，a=y¯−bx¯.
三棱锥P−ABC中，底面ABC与侧面PAB均为正三角形，AB=2，PC=6，M为AB的中点．
(1)证明：平面PCM⊥平面PAB；
(2)N为线段PA上一点，且PN→=3NA→，求三棱锥 P−CMN的体积．
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0经过一点1,32，左、右焦点分别为F1，F2，P是椭圆上一动点，当PF2垂直于x轴时，|PF2|=12．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F1，斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点，且∠AOB为钝角（O为坐标原点），求k的取值范围．
已知函数fx=lnx+ax−4x−aa∈R.
(1)当a=−3时，求fx的极值；
(2)若对任意x>1，都有fx+4x+1>1−xx恒成立，求整数a的最大值．
在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 x=−4+22t，y=−2+22t （t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρcsθ=2atanθa>0．
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)设P−4,−2，直线l与曲线C相交于M，N两点，若|PM|，|MN|，|PN|成等比数列，求实数a的值．
已知函数fx=|x−4|+|x+3|．
(1)求不等式fx≥12的解集；
(2)若关于x的不等式fx−131−3a+2≥0恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021年广西省贺州市高三(上)1月月考数学(文)试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
利用不等式的解法以及集合的性质得A,B，在进行集合的运算.
【解答】
解：因为A=x∈N|2x−7≤0=0,1,2,3，
B=x|x2−2x−3≤0=x|−1≤x≤3，
所以A∩B=0,1,2,3.
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
复数的基本概念
复数代数形式的混合运算
【解析】
利用复数的运算得z=−35+15i，可得解.
【解答】
解：∵ z=2i1−3i
=2i1+3i1−3i1+3i
=−3+i5
=−35+15i，
∴ 复数的虚部是15.
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
若a→//b→，则m(m−3)−1×4=0，求出m，利用充分必要条件进行判定即可.
【解答】
解：向量a→=m,1，b→=4,m−3，
若a→//b→，
则m(m−3)−1×4=0，
解得m=−1或m=4，
∴ 当m=4时，a→//b→一定成立，
反之，a→//b→，则m=4不一定成立.
∴ m=4是a→//b→的充分不必要条件.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
指数式、对数式的综合比较
奇偶性与单调性的综合
【解析】
利用函数的奇偶性，单调性和对数函数，指数函数的性质求解即可.
【解答】
解：∵ 函数gx是偶函数，
∴ a=g−lg26.1=glg26.1.
∵ lg26.1∈(2,3)，20.7∈(1,2)，
∴ 20.7
∴ g20.7>glg26.1>g3，
即b>a>c.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
独立性检验
独立性检验的应用
【解析】
利用k2=nad−bc2a+bc+da+cb+d=30×128−8212×18×10×20=10，
7.897
解：由题意可知，a=8，b=4，c=2，d=16，n=30，
则K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d
=30×128−8212×18×10×20=10，
又7.879
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
先求出切点处的导数值，然后求出切线方程，再令切线中的x=0，即可得到切线的纵截距．
【解答】
解：由题意可得f′x=3x2−2x+2，f1=1，
∴ f′1=3，
∴ 切线l的方程为y−1=3x−1，
即y=3x−2，
令x=0得y=−2，
即l在y轴上的截距为−2．
故选D．
7.
【答案】
A
【考点】
二倍角的正弦公式
诱导公式
运用诱导公式化简求值
【解析】
利用诱导公式以及二倍角公式得设sin5π12cs7π12=−14，可得解.
【解答】
解：因为sin5π12cs7π12=sin5π12csπ−5π12
=−sin5π12cs5π12
=−12sin5π6
=−12sinπ6
=−14，
所以−14=−1tanα，
解得tanα=4.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
【解析】
利用等差数列的通项公式化简已知的式子，得到关于a7的关系式，由已知式子为定值得到a7为定值，再利用等差数列的求和公式及等差数列的性质化简S1，也得到关于a7的关系式，进而得到S13为定值．
【解答】
解： ∵a3+a8+a10=a1+2d+a1+7d+a1+9d
=3a1+6d=3a7，且a3+a8+a10是一个定值，
∴a7为定值.
又S13=13a1+a132=13a7，
∴ S13为定值．
故选C．
9.
【答案】
D
【考点】
程序框图
【解析】
【解答】
解：由程序框图，得当0
9≤i<27时，lg3i=2；
当i=27时，lg3i=3，
则S=6×1+18×2+3=45.
故选D.
10.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的运算
向量在几何中的应用
轨迹方程
【解析】
利用向量的坐标表显示得得x2+y−322=34，在利用三角换元得解.
【解答】
解：如图，以AB所在直线为x轴，以AB中点为原点建系，
得A−1,0，B1,0，C0,3，设P(x,y)，
得PC→=−x,3−y，PA→=−1−x,−y，
PB→=1−x,−y，
由PC→⋅PA→+PB→=0，整理得
x2+y−322=34，
所以P的轨迹是以圆心为E(0,32)，半径为r=32的圆，
所以|PB→|min=|EB|−r=7−32.
故选D.
11.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
圆的标准方程
两点间的距离公式
【解析】
利用抛物线的定义与性质得x0=NF−2，
x0+MN=NF+MN−2，当M,N,F共线时，取得最小值,
连接CF,交圆于M′，交抛物线N′，CF=5，
所以N′F+M′N′−2=5−1−2=2.
【解答】
解：如图，连接NF，过N作x=−2的垂线，垂足为P，
连接CF，交圆于M′，交抛物线于N′，
由抛物线y2=8x，得抛物线的焦点为F2,0，
准线为x=−2，
因为x0=NF−2，
所以x0+MN=NF+MN−2，
所以当M，N，F共线时，取得最小值.
因为CF=(−2−2)2+32=5，
所以N′F+M′N′−2=5−1−2=2.
故选B.
12.
【答案】
B
【考点】
直线与平面平行的判定
异面直线及其所成的角
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
本题考查了命题的真假判断与应用．
【解答】
解：对于①，如图，延长EF分别与B1A1，B1B的延长线交于点N，Q，连结GN交A1D1于点H，
设HG与B1C1的延长线交于点P，连结PQ交CC1于点I，交BC于点M，
连结FH，HG，GI，IM，ME，
则截面六边形EFHGIM为正六边形，故①正确；
对于②，因为B1D1与HG相交，
所以B1D1与平面EFG相交，故②不正确；
对于③，连结A1B，因为E，F分别为棱AB，AA1的中点，
所以A1B//EF，
所以∠A1BD1为异面直线EF与BD1的夹角.
在Rt△BA1D1中，tan∠A1BD1=A1D1A1B=22，故③不正确；
对于④，四面体ACB1D1的体积等于正方体的体积减去四个正三棱锥的体积，
即为a3−4×13×12a3=13a3，故④正确.
综上所述，正确的有①④，共2个.
故选B.
二、填空题
【答案】
2
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
利用不等式组的可行域，可得解.
【解答】
解：利用不等式组得可行域如图：
当目标函数y=−x+z与x+y−2=0平行时，
即目标函数过2,0时，zmin=2.
故答案为：2.
【答案】
7
【考点】
等比数列的性质
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
利用等比数列的性质解得公比，再利用等比数列的求和公式得解.
【解答】
解：由题意，设等比数列an的公比q，且q>0，
∵ a6=4a4，
∴ q2=a6a4=4，
解得q=2.
又a1=1，
∴ an=2n−1，
∴ Sm=2m−1=127，
解得m=7.
故答案为：7.
【答案】
3+1
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的离心率
【解析】
由题设得△POF为等边三角形，可得P(c2,3c2)，代入双曲线方程，整理得得e4−8e2+4=0，得解.
【解答】
解：由双曲线定义知|OF|=c，
因为OP=c，∠POF=π3，
所以△POF为等边三角形，
可得P(c2,3c2)，
又P在双曲线x2a2−y2b2=1上，
所以c24a2−3c24b2=1，
又b2=c2−a2，
整理得c4−8a2c2+4a4=0，
得e4−8e2+4=0，
e2=4+23或4−23（舍），
解得e=3+1.
故答案为：3+1.
【答案】
(−∞,−3]∪[3,+∞)
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
直线和圆的方程的应用
平面向量数量积的运算
【解析】
由题意设∠AOB=θ，OA→=OB→=2，
则csθ=OA→⋅OB→OA→OB→=x1x2+y1y2OA→OB→=−12，
则∠AOP=π3，则OP=2OA=4，
若直线l:y=kx+8存在点P,则O到直线l的距离d≤4，
所以81+k2≤4，可得解.
【解答】
解：由题意，设∠AOB=θ，OA→=OB→=2，
则csθ=OA→⋅OB→OA→OB→=x1x2+y1y2OA→OB→=−12，
又∵ θ∈0,π，
∴ θ=2π3，
∴ ∠AOP=π3，
∴ OP=2OA=4.
若直线l:y=kx+8存在点P，
则O到直线l的距离d≤4，
即81+k2≤4，
解得k≤−3或k≥3.
故实数k的取值范围为(−∞,−3]∪[3,+∞).
故答案为：(−∞,−3]∪[3,+∞).
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ x=π6是fx的一条对称轴，
∴ 2×π6+φ=π2+kπk∈Z，
解得φ=π6+kπk∈Z.
又0<φ<π2，
∴ φ=π6，
∴ fx=sin2x+π6，
∴ fA=sin2A+π6=12．
∵ A∈0,π，
∴ 2A+π6∈π6,13π6，
∴ 2A+π6=5π6，
解得A=π3．
(2)由正弦定理，得S△ABC =12bcsinA=32，
解得bc=2.
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−3bc=4，
解得b+c=10，
所以△ABC的周长为2+10．
【考点】
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
余弦定理
正弦定理
【解析】
【解答】
解：(1)∵ x=π6是fx的一条对称轴，
∴ 2×π6+φ=π2+kπk∈Z，
解得φ=π6+kπk∈Z.
又0<φ<π2，
∴ φ=π6，
∴ fx=sin2x+π6，
∴ fA=sin2A+π6=12．
∵ A∈0,π，
∴ 2A+π6∈π6,13π6，
∴ 2A+π6=5π6，
解得A=π3．
(2)由正弦定理，得S△ABC =12bcsinA=32，
解得bc=2.
由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−3bc=4，
解得b+c=10，
所以△ABC的周长为2+10．
【答案】
解：(1)由表格中的数据，182.4>79.2，
∴ 182.4i=17 (yi−y¯)2>79.2i=17 (yi−y¯)2，
∴ 1−182.4i=17 (yi−y¯)2<1−79.2i=17 (yi−y¯)2，
∴ 模型①的相关指数R12小于模型②的相关指数R22，
∴ 回归模型②的拟合效果更好，
∴ 当x=17时，科技升级直接收益的预测值为：
y=21.3×17−14.4≈72.93（亿元）．
(2)当x>17时，由已知可得
x¯=21+22+23+24+255=23，
y¯=68.5+68+67.5+66+665=67.2，
∴ a=y¯+0.7x¯=67.2+0.7×23=83.3，
∴ 当x>17时，y与x满足的线性回归方程为y=−0.7x+83.3，
当x=20时，实际收益的预测值为：
y=−0.7×20+83.3=69.3，
当x=20时，科技升级直接收益的预测值为69.3+5=74.3亿元>72.93亿元，
∴ 技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大．
【考点】
独立性检验的应用
回归分析
求解线性回归方程
【解析】
（1）由表格中的数据，182.4>79.2，可得182.4i=17 (yi−y¯)>79.2i=17 (yi−y¯)2，转化为182.4i=17 (yi−y¯)<1−79.2i=17 (yi−y¯)2，利用相关指数的意义进而得此结论．
（2）当x>17时，由已知可得x¯，y¯，可得a=y¯+0.7x¯，可得y与x满足的线性回归方程，代入计算即可得出结论．
（3）由μ−2σ＝0.5，μ+σ＝0.53，可得P(0.50
解：(1)由表格中的数据，182.4>79.2，
∴ 182.4i=17 (yi−y¯)2>79.2i=17 (yi−y¯)2，
∴ 1−182.4i=17 (yi−y¯)2<1−79.2i=17 (yi−y¯)2，
∴ 模型①的相关指数R12小于模型②的相关指数R22，
∴ 回归模型②的拟合效果更好，
∴ 当x=17时，科技升级直接收益的预测值为：
y=21.3×17−14.4≈72.93（亿元）．
(2)当x>17时，由已知可得
x¯=21+22+23+24+255=23，
y¯=68.5+68+67.5+66+665=67.2，
∴ a=y¯+0.7x¯=67.2+0.7×23=83.3，
∴ 当x>17时，y与x满足的线性回归方程为y=−0.7x+83.3，
当x=20时，实际收益的预测值为：
y=−0.7×20+83.3=69.3，
当x=20时，科技升级直接收益的预测值为69.3+5=74.3亿元>72.93亿元，
∴ 技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大．
【答案】
(1)证明：∵ △ABC是边长为2的正三角形，M为AB的中点，
∴ CM⊥AB，CM=3，
同理，PM=3.
又PC=6．
∴CM2+PM2=PC2，
∴ CM⊥PM.
∵AB∩PM=M，
∴ CM⊥平面PAB.
∵CM⊂平面PCM，
∴ 平面PCM⊥平面PAB．
(2)解：由(1)得CM⊥平面PAB，因为PN→=3NA→，即PNPA=34，
∴ S△PNM=34S△PAM=38S△PAB=38×3=338，
∴ VP−CMN=VC−PMN=13×S△PMN×CM=13×338×3=38，
∴ 三棱锥P−CMN的体积为38．
【考点】
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ △ABC是边长为2的正三角形，M为AB的中点，
∴ CM⊥AB，CM=3，
同理，PM=3.
又PC=6．
∴CM2+PM2=PC2，
∴ CM⊥PM.
∵AB∩PM=M，
∴ CM⊥平面PAB.
∵CM⊂平面PCM，
∴ 平面PCM⊥平面PAB．
(2)解：由(1)得CM⊥平面PAB，因为PN→=3NA→，即PNPA=34，
∴ S△PNM=34S△PAM=38S△PAB=38×3=338，
∴ VP−CMN=VC−PMN=13×S△PMN×CM=13×338×3=38，
∴ 三棱锥P−CMN的体积为38．
【答案】
解：(1)∵ 椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0经过一点1,32，
∴ 1a2+34b2=1①，
又当PF2垂直于x轴时，|PF2|=12，
∴ b2a=12②，
联立①②，解得a=2，b=1，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1.
(2)由(1)可知，椭圆C的标准方程为x24+y2=1，
∴ c=3，
∴ F1−3,0，
当直线斜率k=0时，显然∠AOB=180∘，不符合题意；
当k≠0时，设直线l:y=kx+3，且Ax1,y1，Bx2,y2，
则x24+y2=1，y=kx+3，
整理，得1+4k2x2+83k2x+12k2−4=0，
∴ x1+x2=−83k21+4k2，x1x2=12k2−41+4k2，
∴ y1y2=kx1+3⋅kx2+3
=k2x1x2+3(x1+x2)+3
=−k21+4k2.
又∠AOB为钝角，
∴ OA→⋅OB→<0，
∴ x1x2+y1y2<0，
即x1x2+y1y2=12k2−41+4k2−k21+4k2=11k2−41+4k2<0，
∴ 11k2−4<0，
解得−21111
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
椭圆的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0经过一点1,32，
∴ 1a2+34b2=1①，
又当PF2垂直于x轴时，|PF2|=12，
∴ b2a=12②，
联立①②，解得a=2，b=1，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1.
(2)由(1)可知，椭圆C的标准方程为x24+y2=1，
∴ c=3，
∴ F1−3,0，
当直线斜率k=0时，显然∠AOB=180∘，不符合题意；
当k≠0时，设直线l:y=kx+3，且Ax1,y1，Bx2,y2，
则x24+y2=1，y=kx+3，
整理，得1+4k2x2+83k2x+12k2−4=0，
∴ x1+x2=−83k21+4k2，x1x2=12k2−41+4k2，
∴ y1y2=kx1+3⋅kx2+3
=k2x1x2+3(x1+x2)+3
=−k21+4k2.
又∠AOB为钝角，
∴ OA→⋅OB→<0，
∴ x1x2+y1y2<0，
即x1x2+y1y2=12k2−41+4k2−k21+4k2=11k2−41+4k2<0，
∴ 11k2−4<0，
解得−21111
【答案】
解：(1)当a=−3时，fx=lnx−3x−4x+3，
则f′x=1x+3x2−4=x+3−4x2x2=−4x+3x−1x2，
∵函数fx的定义域为0,+∞，
∴4x+3>0，
当0
当x>1时，f′x<0，fx单调递减．
∴ 函数fx的单调递增区间为0,1，递减区间为1,+∞，
∴ 函数fx在x=1上取得极大值，且极大值为f1=−4，无极小值．
(2)若fx+4x+1>1−xx恒成立，
即不等式lnx+ax−a+1>1−xx恒成立，
则 xlnx+a−ax+x>1−x.
即xlnx+2x−1>ax−1．
∵ x>1，
∴ xlnx+2x−1x−1>a在1,+∞恒成立.
设ℎx=xlnx+2x−1x−1x>1，
若xlnx+2x−1x−1>a在1,+∞恒成立，
则ℎxmin>a，
ℎ′x=x−lnx−2x−12，
令gx=x−lnx−2，
则g′x=1−1x=x−1x>0，
gx在1,+∞单调递增，
∵ g3=3−ln3−2=1−ln3<0，
g4=4−ln4−2=2−ln4>0，
由零点存在性定理，得存在x0∈3,4，
使得gx0=x0−lnx0−2=0，
即x0−2=lnx0，
当x∈1,x0时，g(x)<0，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
当x∈x0,+∞时， gx>0，ℎ′x>0，ℎx单调递增，
∴ ℎxmin=ℎx0=x0lnx0+2x0−1x0−1，
又x0−2=lnx0，
∴ ℎxmin=x0x0−2+2x0−1x0−1=x0+1．
∵ x0∈3,4,
∴ x0+1∈4,5．
∴ 整数a的最大值为4.
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=−3时，fx=lnx−3x−4x+3，
则f′x=1x+3x2−4=x+3−4x2x2=−4x+3x−1x2，
∵函数fx的定义域为0,+∞，
∴4x+3>0，
当0
当x>1时，f′x<0，fx单调递减．
∴ 函数fx的单调递增区间为0,1，递减区间为1,+∞，
∴ 函数fx在x=1上取得极大值，且极大值为f1=−4，无极小值．
(2)若fx+4x+1>1−xx恒成立，
即不等式lnx+ax−a+1>1−xx恒成立，
则 xlnx+a−ax+x>1−x.
即xlnx+2x−1>ax−1．
∵ x>1，
∴ xlnx+2x−1x−1>a在1,+∞恒成立.
设ℎx=xlnx+2x−1x−1x>1，
若xlnx+2x−1x−1>a在1,+∞恒成立，
则ℎxmin>a，
ℎ′x=x−lnx−2x−12，
令gx=x−lnx−2，
则g′x=1−1x=x−1x>0，
gx在1,+∞单调递增，
∵ g3=3−ln3−2=1−ln3<0，
g4=4−ln4−2=2−ln4>0，
由零点存在性定理，得存在x0∈3,4，
使得gx0=x0−lnx0−2=0，
即x0−2=lnx0，
当x∈1,x0时，g(x)<0，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
当x∈x0,+∞时， gx>0，ℎ′x>0，ℎx单调递增，
∴ ℎxmin=ℎx0=x0lnx0+2x0−1x0−1，
又x0−2=lnx0，
∴ ℎxmin=x0x0−2+2x0−1x0−1=x0+1．
∵ x0∈3,4,
∴ x0+1∈4,5．
∴ 整数a的最大值为4.
【答案】
解：(1)由题意，得 x=−4+22t，y=−2+22t，
消去t，得x−y+2=0，
故直线l的普通方程为x−y+2=0.
∵ ρcsθ=2atanθ，
即ρcs2θ=2asinθ，
∴ ρ2cs2θ=2aρsinθ，
又ρcsθ=x， ρsinθ=y，
∴ x2=2aya>0，
由tanθ有意义，得csθ≠0，
∴ x=ρcsθ≠0，
故曲线C的直角坐标方程为x2=2ayx≠0,a>0．
(2)∵ P−4,−2，直线l的参数方程为 x=−4+22t，y=−2+22t （t为参数）,
将该方程代入曲线C的直角坐标方程x2=2ayx≠0,a>0中，
得t2−224+at+84+a=0，
设M，N两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=224+a，t1t2=84+a．
∵ |PM|，|MN|，|PN|成等比数列，
∴ |PM|⋅|PN|=|MN|2，
∴ |t1|⋅|t2|=|t1−t2|2，
即|t1t2|=t1+t22−4t1t2，
∴ t1+t22=5t1t2，
即84+a2=404+a，
解得a=1．
故实数a的值为1.
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的参数方程
抛物线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
参数方程的优越性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意，得 x=−4+22t，y=−2+22t，
消去t，得x−y+2=0，
故直线l的普通方程为x−y+2=0.
∵ ρcsθ=2atanθ，
即ρcs2θ=2asinθ，
∴ ρ2cs2θ=2aρsinθ，
又ρcsθ=x， ρsinθ=y，
∴ x2=2aya>0，
由tanθ有意义，得csθ≠0，
∴ x=ρcsθ≠0，
故曲线C的直角坐标方程为x2=2ayx≠0,a>0．
(2)∵ P−4,−2，直线l的参数方程为 x=−4+22t，y=−2+22t （t为参数）,
将该方程代入曲线C的直角坐标方程x2=2ayx≠0,a>0中，
得t2−224+at+84+a=0，
设M，N两点对应的参数分别为t1，t2，
则t1+t2=224+a，t1t2=84+a．
∵ |PM|，|MN|，|PN|成等比数列，
∴ |PM|⋅|PN|=|MN|2，
∴ |t1|⋅|t2|=|t1−t2|2，
即|t1t2|=t1+t22−4t1t2，
∴ t1+t22=5t1t2，
即84+a2=404+a，
解得a=1．
故实数a的值为1.
【答案】
解：(1)原不等式等价于x>4，x−4+x+3≥12，
或−3≤x≤4，4−x+x+3≥12，
或x<−3，4−x−x+3≥12，，
解得x≥132或x∈⌀或x≤−112.
故不等式的解集为{x|x≥132或x≤−112}．
(2)不等式fx−131−3a+2≥0恒成立，
等价于fxmin+2≥131−3a，
即|x−4|+|x+3|min+2≥131−3a．
∵ |x−4|+|x+3|≥|x−4−x+3|=7，
当且仅当−3≤x≤4时，等号成立，
∴ 9≥131−3a，即9≥33a−1，
∴ 3a−1≤2，
解得a≤1，
∴ 实数a的取值范围是(−∞,1]．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
函数恒成立问题
指数函数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)原不等式等价于x>4，x−4+x+3≥12，
或−3≤x≤4，4−x+x+3≥12，
或x<−3，4−x−x+3≥12，，
解得x≥132或x∈⌀或x≤−112.
∴ 不等式的解集为{x|x≥132或x≤−112}．
(2)不等式fx−131−3a+2≥0恒成立，
等价于fxmin+2≥131−3a，
即|x−4|+|x+3|min+2≥131−3a．
∵ |x−4|+|x+3|≥|x−4−x+3|=7，
当且仅当−3≤x≤4时，等号成立，
∴ 9≥131−3a，即9≥33a−1，
∴ 3a−1≤2，
解得a≤1，
∴ 实数a的取值范围是(−∞,1]．不使用
使用
合计
优秀
8
4
12
不优秀
2
16
18
合计
10
20
30
PK2≥k0
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
x
2
3
4
6
8
10
13
21
22
23
24
25
y
13
22
31
42
50
56
58
68.5
68
67.5
66
66
回归模型
模型①
模型②
回归方程
y=4.1x+11.8
y=21.3x−14.4
i=17 (yi−yi)2
182.4
79.2
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