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2020-2021年广西省桂林市桂林市高三（下）2月月考数学试卷人教A版
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这是一份2020-2021年广西省桂林市桂林市高三（下）2月月考数学试卷人教A版，共12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|2≤x≤3，集合B=x|x2>4，则集合A∩B=( )
A.x|2≤x≤3B.x|2≤x<3C.x|2
2. 设复数z满足z=z−1i3−3，则下列说法正确的是( )
A.z的虚部为2i
B.z为纯虚数
C.|z|=5
D.在复平面内，z对应的点位于第二象限
3. 甲、乙、丙、丁四位同学在高中学业水平模拟测试中的成绩分布分别为下面的频率分布直方图，估计他们的中位数和平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），正确的是( )
A.乙的中位数最高，甲的平均分最高
B.甲的中位数最高，丙的平均分最高
C.丁的中位数最高，乙的平均分最高
D.丁的中位数最高，丁的平均分最高
4. 在三角形ABC中，D是AB边的中点，点E在BC边上且BE=2EC，则ED→=( )
A.16AB→−23AC→B.16AB→+23AC→
C.−16AB→+13AC→D.−16AB→+23AC→
5. 在等比数列an中，an>0，且a7，a6，−3a5成等差数列，则公比q=( )
A.1B.1或−3C.3D.3或−1
6. 已知a=40.6，b=lg38，c=ln2，则( )
A.c
7. 已知tanα−π3=33，则tan2α=( )
A.−43B.−32C.43D.32
8. 将函数gx的图象向左平移π6个单位长度后，得到函数fx=2sinxcsx+23cs2x的图象，则函数gx的图象的一个对称中心是( )
A.π,0B.π,3C.−π6,0D.−π6,3
9. 已知fx是定义在R上的奇函数，满足f1+x=f1−x ，f1=2，则f2+f3+f4=( )
A.−2B.0C.2D.6
10. 已知三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，AB=6，BC=4，∠BDC=30∘，三棱锥A−BCD的顶点都在球O上，则球O的表面积是( )
A.25πB.50πC.100πD.500π3
11. 已知点F为双曲线E :x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点，直线 y=kxk>0 与E交于不同象限内的M，N两点，若MF⊥NF ，设∠MNF=β，且β∈π12,π6，则该双曲线E的离心率的取值范围是( )
A.[2,2+6]B.[2,3+1]C.[2,2+6]D.[2,3+1]
12. 已知函数f(x)=x2+1x,x>1,ln(x+a),x≤1,的图象上存在关于直线x=1对称的不同两点，则实数a的取值范围是( )
A.(e,+∞)B.(e2−1,+∞)C.(−∞,2e−1)D.(−∞,1e)
二、填空题
总体由编号为00，01，⋯，59的60个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体．选取方法是从下列随机数表第1行的第9列开始由左向右依次选取两个数字，则选出来的第4个个体的编号为________.
95 33 95 22 00 18 74 72 00 18 38 79 58 69 32 81 76 80 26 92 82 80 84 25 39
90 84 60 79 80 24 36 59 87 38 82 07 53 89 35 96 35 23 79 18 05 98 90 07 35
已知实数x，y满足约束条件x+y≤2,x≥1,x−y≤2,则目标函数为z=x+2y的最大值为________.
直线过点P−1,0且交抛物线y2=4x于A，B两点，若A是线段PB的中点，则直线AB的斜率为________.
乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，2000年之后国际比赛用球的直径为40mm．现用一个底面为正方形的棱柱盒子包装四个乒乓球，为倡导环保理念，则此棱柱包装盒（长方体）表面积的最小值为________cm2．（忽略乒乓球及包装盒厚度）
三、解答题
已知数列an的前n项和是Sn，且满足：Sn=2an−1,n∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=2n−1，求数列cn由a1,b1,a2,b2,a3,b3,⋯,an,bn,⋯组成，求cn的前n项和Tn.
如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB=2AD=2，PD=1，∠DAB=60∘，PD⊥AD，PD⊥CD.
(1)证明：平面PBC⊥平面PBD；
(2)若M在AP上，2AM=MP，求点M到平面PBC的距离．
新型冠状病毒肺炎COVID−19疫情发生以来，在世界各地逐渐蔓延．在全国人民的共同努力和各级部门的严格管控下，我国的疫情已经得到了很好的控制．然而，小王同学发现，每个国家在疫情发生的初期，由于认识不足和措施不到位，感染人数都会出现快速的增长．下表是小王同学记录的某国连续8天每日新型冠状病毒感染确诊的累计人数．
为了分析该国累计感染人数的变化趋势，小王分别用两个模型：①y=bx2+a，②y=a+bx对变量x和y的关系进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，残差图如下（注：残差ei=yi−yi）.经过计算得i=18(xi−x)(yi−y)=728，i=18(xi−x)2=42，i=18(zi−z)(yi−y)=6868，i=18(zi−z)2=3570，其中zi=xi2，z=18i=18zi．
附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：b=i=18 (xi−x)(yi−y)i=18 (xi−x)2，a=y−bx．
(1)根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？并简要说明理由；
(2)根据(1)问选定的模型求出相应的回归方程（精确到两位小数）；
(3)由于时差，该国截止第9天新型冠状病毒感染确诊的累计人数尚未公布．小王同学认为，如果防疫形势没有得到明显改善，在数据公布之前可以根据他在(2)问求出的回归方程来对感染人数做出预测，那么估计该地区第9天新型冠状病毒感染确诊的累计人数是多少？
已知曲线C上任意一点P(x, y)满足x2+y2+2x+1+x2+y2−2x+1=22，直线L的方程为y=kx+m，且与曲线C交于不同两点A，B．
(1)求曲线C的方程；
(2)设点M(2, 0)，直线AM与BM的斜率分别为k1，k2，且k1+k2=0，判断直线L是否过定点？若过定点，求该定点的坐标.
设函数fx=xlnx.
(1)设gx=f′xx，求gx的极值点；
(2)若x2>x1>0时，总有m2x22−x12>fx2−fx1恒成立，求实数m的取值范围．
在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M的极坐标方程为ρ=2csθ ，若极坐标系内异于O点的三点A(ρ1,φ)，B(ρ2,φ+π6)，C(ρ3,φ−π6)(ρ1，ρ2，ρ3>0)都在曲线M上.
(1)求证：3ρ1=ρ2+ρ3；
(2)若过B，C两点的直线参数方程为x=2−32t,y=12t,（t为参数），求四边形OBAC的面积.
已知f(x)=|x−m|+|x+2m|(m>0)的最小值为3.
(1)求m的值；
(2)若a>0，b>0，且a2+b2=m，求证：a3b+b3a≥1.
参考答案与试题解析
2020-2021年广西省桂林市桂林市高三（下）2月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 集合A=x|2≤x≤3，
集合B=x|x2>4=x|x<−2或x>2，
∴ 集合A∩B=x|2故选C．
2.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的混合运算
共轭复数
复数的基本概念
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由z=z−1i3−3得
z=−3+i1+i=−3+i1−i2=−1+2i，
所以z的虚部为2，不是纯虚数，
所以|z|=−12+22=5，
所以z=−1−2i，在复平面内，z对应的点位于第三象限.
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：甲、乙、丙三位同学的成绩中位数都是80，
丁的成绩中位数大于80，
甲的平均成绩为65×0.1+75×0.4+85×0.4+95×0.1
=6.5+30+34+9.5=80，
乙的平均成绩为65×0.4+75×0.1+85×0.4+95×0.1
=26+7.5+34+9.5=77，
丙的平均成绩为65×0.3+75×0.2+85×0.2+95×0.3
=19.5+15+17+28.5=80，
丁的平均成绩为65×0.2+75×0.2+85×0.3+95×0.3
=13+15+25.5+28.5=82．
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
向量的三角形法则
向量加减混合运算及其几何意义
向量的几何表示
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：ED→=BD→−BE→
=−12AB→−23BC→
=−12AB→−23AC→−AB→
=16AB→−23AC→.
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
等差中项
等比数列的通项公式
【解析】
【解答】
解：由题意可得2a6=a7−3a5，
即a7−2a6−3a5=0，
则a1q6−2a1q5−3a1q4=0，
即q2−2q−3=0，
解得q=3或q=−1(舍去).
故选C.
6.
【答案】
B
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
利用对数的单调性及性质，即可得到答案.
【解答】
解：由题意，得a=40.6>2，
1=lg330则c故选B.
7.
【答案】
A
【考点】
二倍角的正切公式
两角和与差的正切公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：已知 tanα−π3=tanα−tanπ31+tanαtanπ3=33 ，
求得tanα=−32，
则tan2α=2tanα1−tan2α=−43.
故选A．
8.
【答案】
B
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的对称性
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：fx=2sinxcsx+23cs2x
=sin2x+3cs2x+1
=sin2x+3cs2x+3
=2sin2x+π3+3.
将gx的图象向左平移π6个单位长度后得到函数fx的图象，
∴ gx=2sin2x−π6+π3+3=2sin2x+3，
∴ gx的对称中心为kπ2,3k∈Z，
当k=2时，函数gx的图象的对称中心为π,3.
故选B．
9.
【答案】
A
【考点】
函数的周期性
函数的求值
奇函数
【解析】
无
【解答】
解：因为f1+x=f1−x，
所以fx关于直线x=1对称.
又因为fx是定义在R上的奇函数，
所以f1+x=f1−x=−fx−1，f0=0，
则fx+2=−fx，
因此fx+4=−fx+2=fx，
所以fx是周期为4的函数，
因此f4=f0=0，
f3=f−1=−f1=−2，
又fx关于直线x=1对称，
所以f2=f0=0，
因此f2+f3+f4=0−2+0=−2.
故选A.
10.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，BC=4，∠BDC=30∘，
由正弦定理得△BCD的外接圆半径r=4.
设球体半径为R，球心为O，
则OC2=R2=r2+12AB2=25，
所以此三棱锥的外接球O的表面积S=4πR2=100π.
故选C．
11.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
解三角形
双曲线的定义
三角函数的最值
【解析】
利用双曲线的定义以及平面几何知识建立等式，得到离心率的三角函数不等式，求出取值范围.
【解答】
解：如图，设双曲线的左焦点为F′，连接MF′，NF'．
因为MF⊥NF，所以四边形F'NFM为矩形，故|MN|=|FF′|=2c.
在Rt△NFM中，|FN|=2ccsβ，|FM|=2csinβ，
由双曲线的定义可得，
2a=|NF|−|NF′|=|NF|−|FM|
=2ccsβ−2csinβ=22ccsβ+π4,
所以e=ca=12cs(β+π4).
因为π12≤β≤π6，π3≤β+π4≤5π12，
所以3−12≤2csβ+π4≤22，
所以双曲线的离心率e的取值范围是[2,3+1].
故选D.
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
分段函数的应用
函数的零点
【解析】
求出fx关于直线x=1对称的函数gx，则gx与f x在−∞,1上有公共解，根据两函数的单调性列出不等式即可得出a的范围．
【解答】
解：当x>1 时，fx=x2+1x=x+1x，
设函数fx在1,+∞上的图象关于x=1的对称图象为gx，
则gx=f2−x=2−x+12−xx<1，
所以g′x=−1+x2−x2<0，
所以gx在−∞,1上单调递减，
由题意可知，fx与gx在−∞,1上有公共点，
又fx=lnx+a在−∞,1上单调递增，
所以g1解得a>e2−1.
故选B.
二、填空题
【答案】
58
【考点】
简单随机抽样
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，从随机数表第1行的第9列数字0开始，
从左到右依次选取两个数字的结果为：
00，18，00(舍去)，18(舍去)，38，58，
故选出来的第4个个体编号为58.
故答案为：58.
【答案】
3
【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：作出不等式组 x+y≤2,x≥1,x−y≤2,表示的平面区域，
如图中阴影部分所示（含边界），
当目标函数经过A1,1时，取得最大值3．
故答案为：3.
【答案】
±223
【考点】
斜率的计算公式
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Bx0,y0，则Ax0−12,y02，
将A，B两点的坐标代入抛物线方程得x0=2，
kAB=y0−y02x0−x0−12=±223.
故答案为：±223.
【答案】
256
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
由题则有两种包装方法，第一种是四个乒乓球叠在一起，第二种是四个乒乓放一层，装成两排，每一排两个，分别求出其表面积，进行比较即可得解.
【解答】
解：因为包装盒是一个底面为正方形的棱柱盒子，且包装四个乒乓球，
则有两种包装方法，第一种是四个乒乓球叠在一起，
第二种是四个乒乓放一层，装成两排，每一排两个，
第一种：底面积为40×40=1600mm2=16cm2，
高为4×40=160mm=16cm，
则包装盒的表面积为S=16×4×4+2×16=288cm2；
第二种：底面积为80×80=6400mm2=64cm2,
高为40mm=4cm，
则包装盒的表面积为S=4×8×4+2×64=256cm2,
因为256<288，
所以此棱柱包装盒（长方体）表面积的最小值为256cm2.
故答案为：256.
三、解答题
【答案】
解：(1)依题意：当n=1时，有S1=2a1−1，
又S1=a1，故a1=1 .
由Sn=2an−1①，
当n≥2时，有Sn−1=2an−1−1②，
①−②得Sn−Sn−1=an=2an−2an−1，
化简得an=2an−1，
∴ {an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴ an=2n−1 .
(2)当n为偶数时，
Tn=a1+b1+a2+b2+a3+b3+⋯+an2+bn2
=a1+a2+a3+⋯+an2+b1+b2+b1+⋯+bn2
=a1(1−qn2)1−q+(b1+bn2)n22
=1×1−2n21−2+1+n−1n22
=2n2−1+n24，
当n为奇数时，
Tn=a1+b1+a2+b2+a3+b3+⋯+an−12+bn−12+an+12
=a1+a2+a3+⋯+an+12+b1+b2+b3+⋯+bn−12
=a1(1−qn+12)1−q+(b1+bn−12)n−122
=1⋅1−2n+121−2+1+n−2n−122
=2n+12−1+n−124，
∴ Tn=2n2−1+n24,n为偶数,2n+12−1+n−124,n为奇数.
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
等比数列的前n项和
等差数列的前n项和
【解析】
（1）依题意：当n=时，有：S1=2a1−1，又S1=a1．故a1=1 .
由Sn=2an−1，当n≥2时，有Sn−1=2an−1−1②，
①—②得Sn−Sn−1=an=2an−2an−1，化简得an=2an−1 .
∴ {an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴ an=2n−1 .
【解答】
解：(1)依题意：当n=1时，有S1=2a1−1，
又S1=a1，故a1=1 .
由Sn=2an−1①，
当n≥2时，有Sn−1=2an−1−1②，
①−②得Sn−Sn−1=an=2an−2an−1，
化简得an=2an−1，
∴ {an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴ an=2n−1 .
(2)当n为偶数时，
Tn=a1+b1+a2+b2+a3+b3+⋯+an2+bn2
=a1+a2+a3+⋯+an2+b1+b2+b1+⋯+bn2
=a1(1−qn2)1−q+(b1+bn2)n22
=1×1−2n21−2+1+n−1n22
=2n2−1+n24，
当n为奇数时，
Tn=a1+b1+a2+b2+a3+b3+⋯+an−12+bn−12+an+12
=a1+a2+a3+⋯+an+12+b1+b2+b3+⋯+bn−12
=a1(1−qn+12)1−q+(b1+bn−12)n−122
=1⋅1−2n+121−2+1+n−2n−122
=2n+12−1+n−124，
∴ Tn=2n2−1+n24,n为偶数,2n+12−1+n−124,n为奇数.
【答案】
(1)证明：∵ PD⊥AD，PD⊥CD，AD∩CD=D，
AD⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴ PD⊥平面ABCD，
又∵ BC⊂平面ABCD，
∴ PD⊥BC，
∵ AB=2，AD=1，∠DAB=60∘，
∴ BD=22+12−2×2×1×cs60∘=3，
又BDsinA=ABsin∠ADB，
∴ sin∠ADB=2×323=1，∠ADB=90∘，AD⊥BD，
又AD // BC,
∴ BC⊥BD.
又∵ PD∩BD=D，BD⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，
∴ BC⊥平面PBD.
∵ BC⊂平面PBC，
∴ 平面PBC⊥平面PBD.
(2)因为2AM=MP，所以点M到平面PBC的距离是点A到平面PBC的距离的23．
因为AD//平面PBC，所以点A到平面PBC的距离等于点D到平面PBC的距离，
由(1)知平面PBC⊥平面PBD，点D到平面PBC的距离等于点D到PB的距离．
在三角形PBD中，PD=1，BD=3，
所以PB=2，所以D到PB的距离d=32，
所以点M到平面PBC的距离为33.
【考点】
平面与平面垂直的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
【解答】
(1)证明：∵ PD⊥AD，PD⊥CD，AD∩CD=D，
AD⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴ PD⊥平面ABCD，
又∵ BC⊂平面ABCD，
∴ PD⊥BC，
∵ AB=2，AD=1，∠DAB=60∘，
∴ BD=22+12−2×2×1×cs60∘=3，
又BDsinA=ABsin∠ADB，
∴ sin∠ADB=2×323=1，∠ADB=90∘，AD⊥BD，
又AD // BC,
∴ BC⊥BD.
又∵ PD∩BD=D，BD⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，
∴ BC⊥平面PBD.
∵ BC⊂平面PBC，
∴ 平面PBC⊥平面PBD.
(2)因为2AM=MP，所以点M到平面PBC的距离是点A到平面PBC的距离的23．
因为AD//平面PBC，所以点A到平面PBC的距离等于点D到平面PBC的距离，
由(1)知平面PBC⊥平面PBD，点D到平面PBC的距离等于点D到PB的距离．
在三角形PBD中，PD=1，BD=3，
所以PB=2，所以D到PB的距离d=32，
所以点M到平面PBC的距离为33.
【答案】
解：(1)选择①模型.理由如下：
因为残差ei=yi−yi，
所以残差点分布的区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，
所以模型①的拟合效果更好．
(2)因为zi=xi2，且y=bx2+a，
所以y=bz+a，
由表格中数据可知，
z=12+22+32+42+52+62+72+828=25.5，
y=4+8+16+31+51+71+97+1228=50，
所以b=i=18 (zi−z)(yi−y)i=18 (zi−z)2=68683570≈1.924，
a=y−bz=50−1.924×25.5=0.94，
所以所求的回归方程为y=1.92x+0.94．
(3)由题意，得当x=9时，有y=1.92×92+0.94=156.46≈156人，
则该地区第9天新型冠状病毒感染确诊的累计人数为156人．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
（1）根据残差点分布的区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高即可得解；
（2）因为zi＝xi2，所以y=bz+a，然后结合数据和公式分别算出z,y，a,b，即可得到y关于z的回归方程，进而得到y关于x的回归方程；
（3）把x＝9代入回归方程算出y即可得解．
【解答】
解：(1)选择①模型.理由如下：
因为残差ei=yi−yi，
所以残差点分布的区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，
所以模型①的拟合效果更好．
(2)因为zi=xi2，且y=bx2+a，
所以y=bz+a，
由表格中数据可知，
z=12+22+32+42+52+62+72+828=25.5，
y=4+8+16+31+51+71+97+1228=50，
所以b=i=18 (zi−z)(yi−y)i=18 (zi−z)2=68683570≈1.924，
a=y−bz=50−1.924×25.5=0.94，
所以所求的回归方程为y=1.92x+0.94．
(3)由题意，得当x=9时，有y=1.92×92+0.94=156.46≈156人，
则该地区第9天新型冠状病毒感染确诊的累计人数为156人．
【答案】
解：(1)由题意，得F1(−1, 0)，F2(1, 0)，曲线C上任意一点P(x, y)
满足x2+y2+2x+1+x2+y2−2x+1=22，
转换为|PF1|+|PF2|=22>|F1F2|，
所以曲线C是以点F1，F2为焦点的椭圆，
且长轴长为22，焦距为2，
所以曲线C的方程为x22+y2=1．
(2)由题意，联立x22+y2=1,y=kx+m,
消去y，得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−2=0，
Δ=16k2m2−4(2k2+1)(2m2−2)=16k2−8m2+8>0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−22k2+1，
∴ k1+k2=y1x1−2+y2x2−2
=x2y1+x1y2−2y1+y2x1−2x2−2=0，
∴ x2y1+x1y2−2y1+y2=0，
即x2kx1+m+x1kx2+m−2kx1+kx2+2m=0，
即2k⋅2m2−22k2+1−(m−2k)⋅4km2k2+1−4m
=−4(k+m)2k2+1=0，
∴ k+m=0，
故直线L的方程为y=kx−k=k(x−1)，
∴ 直线L过定点(1,0).
【考点】
轨迹方程
椭圆的定义
直线与椭圆结合的最值问题
圆锥曲线的综合问题
【解析】
（1）直接利用椭圆的第一定义的应用求出结果．
（2）利用分类讨论思想的应用，对直线进行分类，分别利用直线的斜率和一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
【解答】
解：(1)由题意，得F1(−1, 0)，F2(1, 0)，曲线C上任意一点P(x, y)
满足x2+y2+2x+1+x2+y2−2x+1=22，
转换为|PF1|+|PF2|=22>|F1F2|，
所以曲线C是以点F1，F2为焦点的椭圆，
且长轴长为22，焦距为2，
所以曲线C的方程为x22+y2=1．
(2)由题意，联立x22+y2=1,y=kx+m,
消去y，得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−2=0，
Δ=16k2m2−4(2k2+1)(2m2−2)=16k2−8m2+8>0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−22k2+1，
∴ k1+k2=y1x1−2+y2x2−2
=x2y1+x1y2−2y1+y2x1−2x2−2=0，
∴ x2y1+x1y2−2y1+y2=0，
即x2kx1+m+x1kx2+m−2kx1+kx2+2m=0，
即2k⋅2m2−22k2+1−(m−2k)⋅4km2k2+1−4m
=−4(k+m)2k2+1=0，
∴ k+m=0，
故直线L的方程为y=kx−k=k(x−1)，
∴ 直线L过定点(1,0).
【答案】
解：(1)∵ gx=f′xx，
∴ gx=lnx+1x，
∴ gx的定义域为0,+∞ ，
∴ g′x=−lnxx2 ，
∴ 令g′x>0，得0∴ 令g′x<0，得x>1，即gx在1,+∞上单调递减；
∴ gx在x=1处取到极大值，即极大值点为1，无极小值点．
(2)若x2>x1>0时，总有m2x22−x12>fx2−fx1恒成立，
即m2x22−x2lnx2>m2x12−x1lnx1恒成立，
构造函数ℎx=m2x2−xlnx，
则ℎx2>ℎx1对任意的x2>x1>0恒成立．
∴ ℎx在0,+∞上单调递增，
∴ ℎ′x=mx−lnx−1≥0在0,+∞恒成立，
也即m≥lnx+1x在0,+∞恒成立，
由(1)知，gxmax=g1，
∴ m≥1，
∴ m的取值范围是[1,+∞）．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
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)∵ gx=f′xx，
∴ gx=lnx+1x，
∴ gx的定义域为0,+∞ ，
∴ g′x=−lnxx2 ，
∴ 令g′x>0，得0∴ 令g′x<0，得x>1，即gx在1,+∞上单调递减；
∴ gx在x=1处取到极大值，即极大值点为1，无极小值点．
(2)若x2>x1>0时，总有m2x22−x12>fx2−fx1恒成立，
即m2x22−x2lnx2>m2x12−x1lnx1恒成立，
构造函数ℎx=m2x2−xlnx，
则ℎx2>ℎx1对任意的x2>x1>0恒成立．
∴ ℎx在0,+∞上单调递增，
∴ ℎ′x=mx−lnx−1≥0在0,+∞恒成立，
也即m≥lnx+1x在0,+∞恒成立，
由(1)知，gxmax=g1，
∴ m≥1，
∴ m的取值范围是[1,+∞）．
【答案】
(1)证明：∵ A(ρ1,φ)，B(ρ2,φ+π6)，C(ρ3,φ−π6)(ρ1，ρ2，ρ3>0)都在曲线M上，
即ρ1=2csφ，ρ2=2cs(φ+π6),ρ3=2cs(φ−π6),
即ρ2+ρ3=2cs(φ+π6)+2cs(φ−π6)
=4csφcsπ6=23csφ=3ρ1.
(2)解：已知ρ=2csθ，则ρ2=2ρcsθ，
即x2+y2−2x=0，
将BC的参数方程x=2−32t，y=12t(t为参数)代入曲线M的普通方程中，
得t2−3t=0，
即t1=0，t2=3，
结合B，C两点的极角大小，
知平面直角坐标为：B(12,32)，C(2,0)，即点B的极坐标为B(1,π3)，
则ρ2=1，ρ3=2，φ+π6=π3,
即φ=π6，
点A的极坐标为(3,π6),
又得ρ1=3．
即四边形面积为SOBAC=12ρ1ρ2sinπ6+12ρ1ρ3sinπ6=334.
【考点】
两角和与差的余弦公式
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的参数方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ A(ρ1,φ)，B(ρ2,φ+π6)，C(ρ3,φ−π6)(ρ1，ρ2，ρ3>0)都在曲线M上，
即ρ1=2csφ，ρ2=2cs(φ+π6),ρ3=2cs(φ−π6),
即ρ2+ρ3=2cs(φ+π6)+2cs(φ−π6)
=4csφcsπ6=23csφ=3ρ1.
(2)解：已知ρ=2csθ，则ρ2=2ρcsθ，
即x2+y2−2x=0，
将BC的参数方程x=2−32t，y=12t(t为参数)代入曲线M的普通方程中，
得t2−3t=0，
即t1=0，t2=3，
结合B，C两点的极角大小，
知平面直角坐标为：B(12,32)，C(2,0)，即点B的极坐标为B(1,π3)，
则ρ2=1，ρ3=2，φ+π6=π3,
即φ=π6，
点A的极坐标为(3,π6),
又得ρ1=3．
即四边形面积为SOBAC=12ρ1ρ2sinπ6+12ρ1ρ3sinπ6=334.
【答案】
(1)解：∵m>0，
∴ f(x)=|x−m|+|x+2m|=−2x−m,x≤−2m,3m,−2m∴ f(x)在区间(−∞,−2m]上单调递减，在(−2m,m)上为常数函数，
在区间[m,+∞)上单调递增，
∴ f(x)min=3m=3，
∴ m=1.
(2)证明：由(1)得，a>0，b>0，且a2+b2=1，
要证a3b+b3a≥1，
只要证b4+a4≥ab，
即证(a2+b2)2−2a2b2≥ab，
即证2a2b2+ab−1≤0，
即证2ab−1ab+1≤0，
即证2ab≤1，
即证2ab≤a2+b2，
显然1=a2+b2≥2ab，当且仅当a=b=22时取等号，
所以a3b+b3a≥1．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：∵m>0，
∴ f(x)=|x−m|+|x+2m|=−2x−m,x≤−2m,3m,−2m∴ f(x)在区间(−∞,−2m]上单调递减，在(−2m,m)上为常函数，
在区间[m,+∞)上单调递增，
∴ f(x)min=3m=3，
∴ m=1.
(2)证明：由(1)得，a>0，b>0，且a2+b2=1，
要证a3b+b3a≥1，
只要证b4+a4≥ab，
即证(a2+b2)2−2a2b2≥ab，
即证2a2b2+ab−1≤0，
即证2ab−1ab+1≤0，
即证2ab≤1，
即证2ab≤a2+b2，
显然1=a2+b2≥2ab，当且仅当a=b=22时取等号，
所以a3b+b3a≥1．日期代码x
1
2
3
4
5
6
7
8
累计确诊人数y
4
8
16
31
51
71
97
122
1. 已知集合A=x|2≤x≤3，集合B=x|x2>4，则集合A∩B=( )
A.x|2≤x≤3B.x|2≤x<3C.x|2
2. 设复数z满足z=z−1i3−3，则下列说法正确的是( )
A.z的虚部为2i
B.z为纯虚数
C.|z|=5
D.在复平面内，z对应的点位于第二象限
3. 甲、乙、丙、丁四位同学在高中学业水平模拟测试中的成绩分布分别为下面的频率分布直方图，估计他们的中位数和平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），正确的是( )
A.乙的中位数最高，甲的平均分最高
B.甲的中位数最高，丙的平均分最高
C.丁的中位数最高，乙的平均分最高
D.丁的中位数最高，丁的平均分最高
4. 在三角形ABC中，D是AB边的中点，点E在BC边上且BE=2EC，则ED→=( )
A.16AB→−23AC→B.16AB→+23AC→
C.−16AB→+13AC→D.−16AB→+23AC→
5. 在等比数列an中，an>0，且a7，a6，−3a5成等差数列，则公比q=( )
A.1B.1或−3C.3D.3或−1
6. 已知a=40.6，b=lg38，c=ln2，则( )
A.c
7. 已知tanα−π3=33，则tan2α=( )
A.−43B.−32C.43D.32
8. 将函数gx的图象向左平移π6个单位长度后，得到函数fx=2sinxcsx+23cs2x的图象，则函数gx的图象的一个对称中心是( )
A.π,0B.π,3C.−π6,0D.−π6,3
9. 已知fx是定义在R上的奇函数，满足f1+x=f1−x ，f1=2，则f2+f3+f4=( )
A.−2B.0C.2D.6
10. 已知三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，AB=6，BC=4，∠BDC=30∘，三棱锥A−BCD的顶点都在球O上，则球O的表面积是( )
A.25πB.50πC.100πD.500π3
11. 已知点F为双曲线E :x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点，直线 y=kxk>0 与E交于不同象限内的M，N两点，若MF⊥NF ，设∠MNF=β，且β∈π12,π6，则该双曲线E的离心率的取值范围是( )
A.[2,2+6]B.[2,3+1]C.[2,2+6]D.[2,3+1]
12. 已知函数f(x)=x2+1x,x>1,ln(x+a),x≤1,的图象上存在关于直线x=1对称的不同两点，则实数a的取值范围是( )
A.(e,+∞)B.(e2−1,+∞)C.(−∞,2e−1)D.(−∞,1e)
二、填空题
总体由编号为00，01，⋯，59的60个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体．选取方法是从下列随机数表第1行的第9列开始由左向右依次选取两个数字，则选出来的第4个个体的编号为________.
95 33 95 22 00 18 74 72 00 18 38 79 58 69 32 81 76 80 26 92 82 80 84 25 39
90 84 60 79 80 24 36 59 87 38 82 07 53 89 35 96 35 23 79 18 05 98 90 07 35
已知实数x，y满足约束条件x+y≤2,x≥1,x−y≤2,则目标函数为z=x+2y的最大值为________.
直线过点P−1,0且交抛物线y2=4x于A，B两点，若A是线段PB的中点，则直线AB的斜率为________.
乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，2000年之后国际比赛用球的直径为40mm．现用一个底面为正方形的棱柱盒子包装四个乒乓球，为倡导环保理念，则此棱柱包装盒（长方体）表面积的最小值为________cm2．（忽略乒乓球及包装盒厚度）
三、解答题
已知数列an的前n项和是Sn，且满足：Sn=2an−1,n∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=2n−1，求数列cn由a1,b1,a2,b2,a3,b3,⋯,an,bn,⋯组成，求cn的前n项和Tn.
如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB=2AD=2，PD=1，∠DAB=60∘，PD⊥AD，PD⊥CD.
(1)证明：平面PBC⊥平面PBD；
(2)若M在AP上，2AM=MP，求点M到平面PBC的距离．
新型冠状病毒肺炎COVID−19疫情发生以来，在世界各地逐渐蔓延．在全国人民的共同努力和各级部门的严格管控下，我国的疫情已经得到了很好的控制．然而，小王同学发现，每个国家在疫情发生的初期，由于认识不足和措施不到位，感染人数都会出现快速的增长．下表是小王同学记录的某国连续8天每日新型冠状病毒感染确诊的累计人数．
为了分析该国累计感染人数的变化趋势，小王分别用两个模型：①y=bx2+a，②y=a+bx对变量x和y的关系进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，残差图如下（注：残差ei=yi−yi）.经过计算得i=18(xi−x)(yi−y)=728，i=18(xi−x)2=42，i=18(zi−z)(yi−y)=6868，i=18(zi−z)2=3570，其中zi=xi2，z=18i=18zi．
附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：b=i=18 (xi−x)(yi−y)i=18 (xi−x)2，a=y−bx．
(1)根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型？并简要说明理由；
(2)根据(1)问选定的模型求出相应的回归方程（精确到两位小数）；
(3)由于时差，该国截止第9天新型冠状病毒感染确诊的累计人数尚未公布．小王同学认为，如果防疫形势没有得到明显改善，在数据公布之前可以根据他在(2)问求出的回归方程来对感染人数做出预测，那么估计该地区第9天新型冠状病毒感染确诊的累计人数是多少？
已知曲线C上任意一点P(x, y)满足x2+y2+2x+1+x2+y2−2x+1=22，直线L的方程为y=kx+m，且与曲线C交于不同两点A，B．
(1)求曲线C的方程；
(2)设点M(2, 0)，直线AM与BM的斜率分别为k1，k2，且k1+k2=0，判断直线L是否过定点？若过定点，求该定点的坐标.
设函数fx=xlnx.
(1)设gx=f′xx，求gx的极值点；
(2)若x2>x1>0时，总有m2x22−x12>fx2−fx1恒成立，求实数m的取值范围．
在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M的极坐标方程为ρ=2csθ ，若极坐标系内异于O点的三点A(ρ1,φ)，B(ρ2,φ+π6)，C(ρ3,φ−π6)(ρ1，ρ2，ρ3>0)都在曲线M上.
(1)求证：3ρ1=ρ2+ρ3；
(2)若过B，C两点的直线参数方程为x=2−32t,y=12t,（t为参数），求四边形OBAC的面积.
已知f(x)=|x−m|+|x+2m|(m>0)的最小值为3.
(1)求m的值；
(2)若a>0，b>0，且a2+b2=m，求证：a3b+b3a≥1.
参考答案与试题解析
2020-2021年广西省桂林市桂林市高三（下）2月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 集合A=x|2≤x≤3，
集合B=x|x2>4=x|x<−2或x>2，
∴ 集合A∩B=x|2
2.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的混合运算
共轭复数
复数的基本概念
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由z=z−1i3−3得
z=−3+i1+i=−3+i1−i2=−1+2i，
所以z的虚部为2，不是纯虚数，
所以|z|=−12+22=5，
所以z=−1−2i，在复平面内，z对应的点位于第三象限.
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
频率分布直方图
众数、中位数、平均数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：甲、乙、丙三位同学的成绩中位数都是80，
丁的成绩中位数大于80，
甲的平均成绩为65×0.1+75×0.4+85×0.4+95×0.1
=6.5+30+34+9.5=80，
乙的平均成绩为65×0.4+75×0.1+85×0.4+95×0.1
=26+7.5+34+9.5=77，
丙的平均成绩为65×0.3+75×0.2+85×0.2+95×0.3
=19.5+15+17+28.5=80，
丁的平均成绩为65×0.2+75×0.2+85×0.3+95×0.3
=13+15+25.5+28.5=82．
故选D.
4.
【答案】
A
【考点】
向量的三角形法则
向量加减混合运算及其几何意义
向量的几何表示
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：ED→=BD→−BE→
=−12AB→−23BC→
=−12AB→−23AC→−AB→
=16AB→−23AC→.
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
等差中项
等比数列的通项公式
【解析】
【解答】
解：由题意可得2a6=a7−3a5，
即a7−2a6−3a5=0，
则a1q6−2a1q5−3a1q4=0，
即q2−2q−3=0，
解得q=3或q=−1(舍去).
故选C.
6.
【答案】
B
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
利用对数的单调性及性质，即可得到答案.
【解答】
解：由题意，得a=40.6>2，
1=lg33
7.
【答案】
A
【考点】
二倍角的正切公式
两角和与差的正切公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：已知 tanα−π3=tanα−tanπ31+tanαtanπ3=33 ，
求得tanα=−32，
则tan2α=2tanα1−tan2α=−43.
故选A．
8.
【答案】
B
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的对称性
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：fx=2sinxcsx+23cs2x
=sin2x+3cs2x+1
=sin2x+3cs2x+3
=2sin2x+π3+3.
将gx的图象向左平移π6个单位长度后得到函数fx的图象，
∴ gx=2sin2x−π6+π3+3=2sin2x+3，
∴ gx的对称中心为kπ2,3k∈Z，
当k=2时，函数gx的图象的对称中心为π,3.
故选B．
9.
【答案】
A
【考点】
函数的周期性
函数的求值
奇函数
【解析】
无
【解答】
解：因为f1+x=f1−x，
所以fx关于直线x=1对称.
又因为fx是定义在R上的奇函数，
所以f1+x=f1−x=−fx−1，f0=0，
则fx+2=−fx，
因此fx+4=−fx+2=fx，
所以fx是周期为4的函数，
因此f4=f0=0，
f3=f−1=−f1=−2，
又fx关于直线x=1对称，
所以f2=f0=0，
因此f2+f3+f4=0−2+0=−2.
故选A.
10.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，BC=4，∠BDC=30∘，
由正弦定理得△BCD的外接圆半径r=4.
设球体半径为R，球心为O，
则OC2=R2=r2+12AB2=25，
所以此三棱锥的外接球O的表面积S=4πR2=100π.
故选C．
11.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
解三角形
双曲线的定义
三角函数的最值
【解析】
利用双曲线的定义以及平面几何知识建立等式，得到离心率的三角函数不等式，求出取值范围.
【解答】
解：如图，设双曲线的左焦点为F′，连接MF′，NF'．
因为MF⊥NF，所以四边形F'NFM为矩形，故|MN|=|FF′|=2c.
在Rt△NFM中，|FN|=2ccsβ，|FM|=2csinβ，
由双曲线的定义可得，
2a=|NF|−|NF′|=|NF|−|FM|
=2ccsβ−2csinβ=22ccsβ+π4,
所以e=ca=12cs(β+π4).
因为π12≤β≤π6，π3≤β+π4≤5π12，
所以3−12≤2csβ+π4≤22，
所以双曲线的离心率e的取值范围是[2,3+1].
故选D.
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
分段函数的应用
函数的零点
【解析】
求出fx关于直线x=1对称的函数gx，则gx与f x在−∞,1上有公共解，根据两函数的单调性列出不等式即可得出a的范围．
【解答】
解：当x>1 时，fx=x2+1x=x+1x，
设函数fx在1,+∞上的图象关于x=1的对称图象为gx，
则gx=f2−x=2−x+12−xx<1，
所以g′x=−1+x2−x2<0，
所以gx在−∞,1上单调递减，
由题意可知，fx与gx在−∞,1上有公共点，
又fx=lnx+a在−∞,1上单调递增，
所以g1
故选B.
二、填空题
【答案】
58
【考点】
简单随机抽样
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，从随机数表第1行的第9列数字0开始，
从左到右依次选取两个数字的结果为：
00，18，00(舍去)，18(舍去)，38，58，
故选出来的第4个个体编号为58.
故答案为：58.
【答案】
3
【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：作出不等式组 x+y≤2,x≥1,x−y≤2,表示的平面区域，
如图中阴影部分所示（含边界），
当目标函数经过A1,1时，取得最大值3．
故答案为：3.
【答案】
±223
【考点】
斜率的计算公式
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设Bx0,y0，则Ax0−12,y02，
将A，B两点的坐标代入抛物线方程得x0=2，
kAB=y0−y02x0−x0−12=±223.
故答案为：±223.
【答案】
256
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
由题则有两种包装方法，第一种是四个乒乓球叠在一起，第二种是四个乒乓放一层，装成两排，每一排两个，分别求出其表面积，进行比较即可得解.
【解答】
解：因为包装盒是一个底面为正方形的棱柱盒子，且包装四个乒乓球，
则有两种包装方法，第一种是四个乒乓球叠在一起，
第二种是四个乒乓放一层，装成两排，每一排两个，
第一种：底面积为40×40=1600mm2=16cm2，
高为4×40=160mm=16cm，
则包装盒的表面积为S=16×4×4+2×16=288cm2；
第二种：底面积为80×80=6400mm2=64cm2,
高为40mm=4cm，
则包装盒的表面积为S=4×8×4+2×64=256cm2,
因为256<288，
所以此棱柱包装盒（长方体）表面积的最小值为256cm2.
故答案为：256.
三、解答题
【答案】
解：(1)依题意：当n=1时，有S1=2a1−1，
又S1=a1，故a1=1 .
由Sn=2an−1①，
当n≥2时，有Sn−1=2an−1−1②，
①−②得Sn−Sn−1=an=2an−2an−1，
化简得an=2an−1，
∴ {an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴ an=2n−1 .
(2)当n为偶数时，
Tn=a1+b1+a2+b2+a3+b3+⋯+an2+bn2
=a1+a2+a3+⋯+an2+b1+b2+b1+⋯+bn2
=a1(1−qn2)1−q+(b1+bn2)n22
=1×1−2n21−2+1+n−1n22
=2n2−1+n24，
当n为奇数时，
Tn=a1+b1+a2+b2+a3+b3+⋯+an−12+bn−12+an+12
=a1+a2+a3+⋯+an+12+b1+b2+b3+⋯+bn−12
=a1(1−qn+12)1−q+(b1+bn−12)n−122
=1⋅1−2n+121−2+1+n−2n−122
=2n+12−1+n−124，
∴ Tn=2n2−1+n24,n为偶数,2n+12−1+n−124,n为奇数.
【考点】
数列递推式
等比数列的通项公式
数列的求和
等比数列的前n项和
等差数列的前n项和
【解析】
（1）依题意：当n=时，有：S1=2a1−1，又S1=a1．故a1=1 .
由Sn=2an−1，当n≥2时，有Sn−1=2an−1−1②，
①—②得Sn−Sn−1=an=2an−2an−1，化简得an=2an−1 .
∴ {an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴ an=2n−1 .
【解答】
解：(1)依题意：当n=1时，有S1=2a1−1，
又S1=a1，故a1=1 .
由Sn=2an−1①，
当n≥2时，有Sn−1=2an−1−1②，
①−②得Sn−Sn−1=an=2an−2an−1，
化简得an=2an−1，
∴ {an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴ an=2n−1 .
(2)当n为偶数时，
Tn=a1+b1+a2+b2+a3+b3+⋯+an2+bn2
=a1+a2+a3+⋯+an2+b1+b2+b1+⋯+bn2
=a1(1−qn2)1−q+(b1+bn2)n22
=1×1−2n21−2+1+n−1n22
=2n2−1+n24，
当n为奇数时，
Tn=a1+b1+a2+b2+a3+b3+⋯+an−12+bn−12+an+12
=a1+a2+a3+⋯+an+12+b1+b2+b3+⋯+bn−12
=a1(1−qn+12)1−q+(b1+bn−12)n−122
=1⋅1−2n+121−2+1+n−2n−122
=2n+12−1+n−124，
∴ Tn=2n2−1+n24,n为偶数,2n+12−1+n−124,n为奇数.
【答案】
(1)证明：∵ PD⊥AD，PD⊥CD，AD∩CD=D，
AD⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴ PD⊥平面ABCD，
又∵ BC⊂平面ABCD，
∴ PD⊥BC，
∵ AB=2，AD=1，∠DAB=60∘，
∴ BD=22+12−2×2×1×cs60∘=3，
又BDsinA=ABsin∠ADB，
∴ sin∠ADB=2×323=1，∠ADB=90∘，AD⊥BD，
又AD // BC,
∴ BC⊥BD.
又∵ PD∩BD=D，BD⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，
∴ BC⊥平面PBD.
∵ BC⊂平面PBC，
∴ 平面PBC⊥平面PBD.
(2)因为2AM=MP，所以点M到平面PBC的距离是点A到平面PBC的距离的23．
因为AD//平面PBC，所以点A到平面PBC的距离等于点D到平面PBC的距离，
由(1)知平面PBC⊥平面PBD，点D到平面PBC的距离等于点D到PB的距离．
在三角形PBD中，PD=1，BD=3，
所以PB=2，所以D到PB的距离d=32，
所以点M到平面PBC的距离为33.
【考点】
平面与平面垂直的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
【解答】
(1)证明：∵ PD⊥AD，PD⊥CD，AD∩CD=D，
AD⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴ PD⊥平面ABCD，
又∵ BC⊂平面ABCD，
∴ PD⊥BC，
∵ AB=2，AD=1，∠DAB=60∘，
∴ BD=22+12−2×2×1×cs60∘=3，
又BDsinA=ABsin∠ADB，
∴ sin∠ADB=2×323=1，∠ADB=90∘，AD⊥BD，
又AD // BC,
∴ BC⊥BD.
又∵ PD∩BD=D，BD⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，
∴ BC⊥平面PBD.
∵ BC⊂平面PBC，
∴ 平面PBC⊥平面PBD.
(2)因为2AM=MP，所以点M到平面PBC的距离是点A到平面PBC的距离的23．
因为AD//平面PBC，所以点A到平面PBC的距离等于点D到平面PBC的距离，
由(1)知平面PBC⊥平面PBD，点D到平面PBC的距离等于点D到PB的距离．
在三角形PBD中，PD=1，BD=3，
所以PB=2，所以D到PB的距离d=32，
所以点M到平面PBC的距离为33.
【答案】
解：(1)选择①模型.理由如下：
因为残差ei=yi−yi，
所以残差点分布的区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，
所以模型①的拟合效果更好．
(2)因为zi=xi2，且y=bx2+a，
所以y=bz+a，
由表格中数据可知，
z=12+22+32+42+52+62+72+828=25.5，
y=4+8+16+31+51+71+97+1228=50，
所以b=i=18 (zi−z)(yi−y)i=18 (zi−z)2=68683570≈1.924，
a=y−bz=50−1.924×25.5=0.94，
所以所求的回归方程为y=1.92x+0.94．
(3)由题意，得当x=9时，有y=1.92×92+0.94=156.46≈156人，
则该地区第9天新型冠状病毒感染确诊的累计人数为156人．
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
（1）根据残差点分布的区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高即可得解；
（2）因为zi＝xi2，所以y=bz+a，然后结合数据和公式分别算出z,y，a,b，即可得到y关于z的回归方程，进而得到y关于x的回归方程；
（3）把x＝9代入回归方程算出y即可得解．
【解答】
解：(1)选择①模型.理由如下：
因为残差ei=yi−yi，
所以残差点分布的区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，
所以模型①的拟合效果更好．
(2)因为zi=xi2，且y=bx2+a，
所以y=bz+a，
由表格中数据可知，
z=12+22+32+42+52+62+72+828=25.5，
y=4+8+16+31+51+71+97+1228=50，
所以b=i=18 (zi−z)(yi−y)i=18 (zi−z)2=68683570≈1.924，
a=y−bz=50−1.924×25.5=0.94，
所以所求的回归方程为y=1.92x+0.94．
(3)由题意，得当x=9时，有y=1.92×92+0.94=156.46≈156人，
则该地区第9天新型冠状病毒感染确诊的累计人数为156人．
【答案】
解：(1)由题意，得F1(−1, 0)，F2(1, 0)，曲线C上任意一点P(x, y)
满足x2+y2+2x+1+x2+y2−2x+1=22，
转换为|PF1|+|PF2|=22>|F1F2|，
所以曲线C是以点F1，F2为焦点的椭圆，
且长轴长为22，焦距为2，
所以曲线C的方程为x22+y2=1．
(2)由题意，联立x22+y2=1,y=kx+m,
消去y，得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−2=0，
Δ=16k2m2−4(2k2+1)(2m2−2)=16k2−8m2+8>0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−22k2+1，
∴ k1+k2=y1x1−2+y2x2−2
=x2y1+x1y2−2y1+y2x1−2x2−2=0，
∴ x2y1+x1y2−2y1+y2=0，
即x2kx1+m+x1kx2+m−2kx1+kx2+2m=0，
即2k⋅2m2−22k2+1−(m−2k)⋅4km2k2+1−4m
=−4(k+m)2k2+1=0，
∴ k+m=0，
故直线L的方程为y=kx−k=k(x−1)，
∴ 直线L过定点(1,0).
【考点】
轨迹方程
椭圆的定义
直线与椭圆结合的最值问题
圆锥曲线的综合问题
【解析】
（1）直接利用椭圆的第一定义的应用求出结果．
（2）利用分类讨论思想的应用，对直线进行分类，分别利用直线的斜率和一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
【解答】
解：(1)由题意，得F1(−1, 0)，F2(1, 0)，曲线C上任意一点P(x, y)
满足x2+y2+2x+1+x2+y2−2x+1=22，
转换为|PF1|+|PF2|=22>|F1F2|，
所以曲线C是以点F1，F2为焦点的椭圆，
且长轴长为22，焦距为2，
所以曲线C的方程为x22+y2=1．
(2)由题意，联立x22+y2=1,y=kx+m,
消去y，得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−2=0，
Δ=16k2m2−4(2k2+1)(2m2−2)=16k2−8m2+8>0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−22k2+1，
∴ k1+k2=y1x1−2+y2x2−2
=x2y1+x1y2−2y1+y2x1−2x2−2=0，
∴ x2y1+x1y2−2y1+y2=0，
即x2kx1+m+x1kx2+m−2kx1+kx2+2m=0，
即2k⋅2m2−22k2+1−(m−2k)⋅4km2k2+1−4m
=−4(k+m)2k2+1=0，
∴ k+m=0，
故直线L的方程为y=kx−k=k(x−1)，
∴ 直线L过定点(1,0).
【答案】
解：(1)∵ gx=f′xx，
∴ gx=lnx+1x，
∴ gx的定义域为0,+∞ ，
∴ g′x=−lnxx2 ，
∴ 令g′x>0，得0
∴ gx在x=1处取到极大值，即极大值点为1，无极小值点．
(2)若x2>x1>0时，总有m2x22−x12>fx2−fx1恒成立，
即m2x22−x2lnx2>m2x12−x1lnx1恒成立，
构造函数ℎx=m2x2−xlnx，
则ℎx2>ℎx1对任意的x2>x1>0恒成立．
∴ ℎx在0,+∞上单调递增，
∴ ℎ′x=mx−lnx−1≥0在0,+∞恒成立，
也即m≥lnx+1x在0,+∞恒成立，
由(1)知，gxmax=g1，
∴ m≥1，
∴ m的取值范围是[1,+∞）．
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
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)∵ gx=f′xx，
∴ gx=lnx+1x，
∴ gx的定义域为0,+∞ ，
∴ g′x=−lnxx2 ，
∴ 令g′x>0，得0
∴ gx在x=1处取到极大值，即极大值点为1，无极小值点．
(2)若x2>x1>0时，总有m2x22−x12>fx2−fx1恒成立，
即m2x22−x2lnx2>m2x12−x1lnx1恒成立，
构造函数ℎx=m2x2−xlnx，
则ℎx2>ℎx1对任意的x2>x1>0恒成立．
∴ ℎx在0,+∞上单调递增，
∴ ℎ′x=mx−lnx−1≥0在0,+∞恒成立，
也即m≥lnx+1x在0,+∞恒成立，
由(1)知，gxmax=g1，
∴ m≥1，
∴ m的取值范围是[1,+∞）．
【答案】
(1)证明：∵ A(ρ1,φ)，B(ρ2,φ+π6)，C(ρ3,φ−π6)(ρ1，ρ2，ρ3>0)都在曲线M上，
即ρ1=2csφ，ρ2=2cs(φ+π6),ρ3=2cs(φ−π6),
即ρ2+ρ3=2cs(φ+π6)+2cs(φ−π6)
=4csφcsπ6=23csφ=3ρ1.
(2)解：已知ρ=2csθ，则ρ2=2ρcsθ，
即x2+y2−2x=0，
将BC的参数方程x=2−32t，y=12t(t为参数)代入曲线M的普通方程中，
得t2−3t=0，
即t1=0，t2=3，
结合B，C两点的极角大小，
知平面直角坐标为：B(12,32)，C(2,0)，即点B的极坐标为B(1,π3)，
则ρ2=1，ρ3=2，φ+π6=π3,
即φ=π6，
点A的极坐标为(3,π6),
又得ρ1=3．
即四边形面积为SOBAC=12ρ1ρ2sinπ6+12ρ1ρ3sinπ6=334.
【考点】
两角和与差的余弦公式
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的参数方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ A(ρ1,φ)，B(ρ2,φ+π6)，C(ρ3,φ−π6)(ρ1，ρ2，ρ3>0)都在曲线M上，
即ρ1=2csφ，ρ2=2cs(φ+π6),ρ3=2cs(φ−π6),
即ρ2+ρ3=2cs(φ+π6)+2cs(φ−π6)
=4csφcsπ6=23csφ=3ρ1.
(2)解：已知ρ=2csθ，则ρ2=2ρcsθ，
即x2+y2−2x=0，
将BC的参数方程x=2−32t，y=12t(t为参数)代入曲线M的普通方程中，
得t2−3t=0，
即t1=0，t2=3，
结合B，C两点的极角大小，
知平面直角坐标为：B(12,32)，C(2,0)，即点B的极坐标为B(1,π3)，
则ρ2=1，ρ3=2，φ+π6=π3,
即φ=π6，
点A的极坐标为(3,π6),
又得ρ1=3．
即四边形面积为SOBAC=12ρ1ρ2sinπ6+12ρ1ρ3sinπ6=334.
【答案】
(1)解：∵m>0，
∴ f(x)=|x−m|+|x+2m|=−2x−m,x≤−2m,3m,−2m
在区间[m,+∞)上单调递增，
∴ f(x)min=3m=3，
∴ m=1.
(2)证明：由(1)得，a>0，b>0，且a2+b2=1，
要证a3b+b3a≥1，
只要证b4+a4≥ab，
即证(a2+b2)2−2a2b2≥ab，
即证2a2b2+ab−1≤0，
即证2ab−1ab+1≤0，
即证2ab≤1，
即证2ab≤a2+b2，
显然1=a2+b2≥2ab，当且仅当a=b=22时取等号，
所以a3b+b3a≥1．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：∵m>0，
∴ f(x)=|x−m|+|x+2m|=−2x−m,x≤−2m,3m,−2m
在区间[m,+∞)上单调递增，
∴ f(x)min=3m=3，
∴ m=1.
(2)证明：由(1)得，a>0，b>0，且a2+b2=1，
要证a3b+b3a≥1，
只要证b4+a4≥ab，
即证(a2+b2)2−2a2b2≥ab，
即证2a2b2+ab−1≤0，
即证2ab−1ab+1≤0，
即证2ab≤1，
即证2ab≤a2+b2，
显然1=a2+b2≥2ab，当且仅当a=b=22时取等号，
所以a3b+b3a≥1．日期代码x
1
2
3
4
5
6
7
8
累计确诊人数y
4
8
16
31
51
71
97
122
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