2020-2021学年四川省成都市某校高三高考第一次模拟考试数学（理）试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年四川省成都市某校高三高考第一次模拟考试数学（理）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. 设集合A=x|x2−3x−4<0，B={x|x−1<3,x∈N}，则A∩B=( )
A.1,2,3B.0,1,2,3
C.x|−1
2. 复数z=1+2ii（i为虚数单位），则z的共轭复数是( )
A.−2−iB.−2+iC.2−iD.2+i

3. 若等比数列an满足a2+a3=2，a2−a4=6，则a6=( )
A.−32B.−8C.8D.64

4. 甲乙两台机床同时生产一种零件，10天中，两台机床每天出的次品数分别是:
x1，x2分别表示甲乙两组数据的平均数；S1，S2分别表示甲乙两组数据的方差，则下列选项正确的是( )
A.x1=x2，S1>S2B.x1>x2，S1>S2
C.x1S2D.x1>x2，S1
5. 若函数f(x)=x3−3x2+a有且仅有一个零点，则实数a的取值范围为( )
A.−∞,0∪4,+∞B.−∞,−8∪0,+∞
C.0,4D.−8,0

6. 若向量a→，b→满足|a→|=2，a→+2b→⋅a→=6，则b→在a→方向上的投影为( )
A.1B.12C.−12D.−1

7. 设a=lg20202021，b=ln2，c=202112020，则a，b，c的大小关系是( )
A.a>b>cB.a>c>bC.c>a>bD.c>b>a

8. 若α，β，γ是空间中三个不同的平面，α∩β=l，α∩γ=m，γ∩β=n，则l//m是n//m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

9. 已知平行于x轴的一条直线与双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)相交于P,Q两点，|PQ|=4a，∠PQO=π3（O为坐标原点），则该双曲线的离心率为( )
A.62B.52C.6D.5

10. 已知锐角φ满足3sinφ−csφ=1.若要得到函数f(x)=12−sin2(x+φ)的图象．则可以将函数y=12sin2x的图象( )
A.向左平移7π12个单位长度B.向左平移π12个单位长度
C.向右平移7π12个单位长度D.向右平移π12个单位长度

11. 已知抛物线x2=4y的焦点为F，过F的直线l与抛物线相交于A，B两点，P0,−72．若PB⊥AB，则|AF|=( )
A.32B.2C.52 D.3

12. 已知函数fx=x+lnx−1，gx=xlnx．若fx1=1+2lnt，gx2=t2，则x1x2−x2lnt的最小值为( )
A.1e2B.2eC.−12eD.−1e
二、填空题

(x−1x)7的展开式中x−1的系数是________．（用数字作答）

若x，y满足约束条件x+2y≤1,2x+y≥−1,x−y≤0，则z=2x−3y的最小值为________.

数列{an}的前n项和为Sn，an+2Sn=3n.数列{bn}满足3bn=12(3an+2−an+1)(n∈N*)，则数列{bn}的前10项和为________.

在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA=AB=1，AC=2．三棱锥P−ABC的所有顶点都在球O的表面上，则球O的半径为________；若点M，N分别是△ABC与△PAC的重心，直线MN与球O的表面相交于D，E两点，则线段DE的长度为________．
三、解答题

在△ABC中，点M在边AC上，CM=3MA，tan∠ABM=35，tan∠BMC=−32．
(1)求角A的大小；

(2)若BM=21，求△ABC的面积．

一网络公司为某贫困山区培养了100名“乡土直播员”，以帮助宣传该山区文化和销售该山区的农副产品，从而带领山区人民早日脱贫致富．该公司将这100名“乡土直播员“中每天直播时间不少于5小时的评为“网红乡土直播员”，其余的评为“乡土直播达人”．根据实际评选结果得到了下面2×2列联表：

(1)根据列联表判断是否有95%的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系？

(2)在“网红乡土直播员”中按分层抽样的方法抽取6人，在这6人中选2人作为“乡土直播推广大使”．设被选中的2名“乡土直播推广大使”中男性人数为ξ，求ξ的分布列和期望．
附：K2=nad−bc2a+bc+da+c(b+d)，其中n=a+b+c+d．

如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，AA1=4，点E，F，M，N分别为棱CC1，BC，BB1,AA1的中点．
(1)求证：平面B1D1E⊥平面C1MN；

(2)若平面AFM∩平面A1B1C1D1=l，求直线l与平面B1D1E所成角的正弦值．

已知函数fx=x−2ex−a2x2+ax，a∈R．
(1)讨论函数fx的单调性；

(2)若不等式fx+x+1ex+a2x2−2ax+a>0恒成立，求a的取值范围．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，且直线xa+yb=1与圆x2+y2=2相切．
(1)求椭圆C的方程；

(2)设直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B，M为线段AB的中点，O为坐标原点，射线OM与椭圆C相交于点P，且O点在以 AB为直径的圆上．记△AOM,△BOP的面积分别为S1,S2，求S1S2的取值范围．

已知函数fx=|3−x|+|x−m|m>2的最小值为1.
(1)求不等式fx+|x−m|>2的解集；

(2)若a2+2b2+3c2=32m，求ac+2bc的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省成都市某校高三高考第一次模拟考试数学（理）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】
首先化简集合A，B，再求交集即可.
【解答】
解：∵ A=x|x2−3x−4<0=x|−1B={x|x−1<3,x∈N}=−1,0,1,2,3，
∴ A∩B={0,1,2,3}.
故选B.
2.
【答案】
D
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
将复数的分母实数化即可.
【解答】
解：复数z=1+2ii=2+1i=2−i，
所以z的共轭复数为z=2+i.
故选D.
3.
【答案】
A
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
利用等比数列的通项与性质，得q=−2,a2=−2，再利用a6=a2q4得解.
【解答】
解：设等比数列的公比q，
由a2+a3=2，a2−a4=6，
得a21+q=2，a21−q2=6，
两式相除得q=−2，a2=−2，
所以a6=a2q4=−2−24=−32.
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
众数、中位数、平均数
极差、方差与标准差
【解析】
求出甲乙两组数据的平均数，再利用数据的分散程度得到S1>S2.
【解答】
解：x1=1100+1+0+2+2+0+3+1+2+4=1.5，
x2=1102+2+1+1+1+2+1+1+0+1=1.2，
∴ x1>x2，
S1=(1.52+0.52+1.52+0.52+0.52+1.52
+1.52+0.52+0.52+2.52)×110
=(1.52×4+0.52×5+2.52)×110=1.65，
S2=[0.82×3+0.22×6+1.22]×110=0.36，
∴ S1>S2.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
先求导，利用导数的正负判断函数的单调性，
进而得函数的极值，因为函数只有一个零点，
应用极值列出不等式，即可求解.
【解答】
解：函数fx=x3−3x2+a，
f′(x)=3x2−6x=3x(x−2).
当x<0或x>2时，f′x>0，则fx是增函数，
当0所以fx的极大值为f0=a，fx的极小值为f2=−4+a.
因为函数fx=x3−3x2+a有且只有一个零点，
即图像与x轴只有一个交点，
所以f0<0或f2>0，
即a<0或−4+a>0，
所以a<0或a>4，
即实数a的取值范围是−∞,0∪4,+∞.
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的投影
【解析】
由题意得到a→⋅b→=1，再利用b→在a→方向上的投影为a→⋅b→a→即可得到答案.
【解答】
解：a→+2b→⋅a→=6，
∴ a→2+2a→⋅b→=6，
即4+2a→⋅b→=6，
∴ a→⋅b→=1，
∴ b→在a→方向上的投影为a→⋅b→a→=12.
故选B.
7.
【答案】
C
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
求出a，b，c的范围，进行比较即可.
【解答】
解：a=lg20202021=12lg20202021∈12,1，
b=ln2=12ln2∈0,12，
c=202112020>20210=1，
∴ c>a>b.
故选C.
8.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
利用线面平行的判定和性质结合充分必要条件即可得到答案.
【解答】
解：α∩β=l，α∩γ=m，γ∩β=n，
若l//m，m⊂γ，l不在平面γ，
∴ l//γ，
又l⊂β，γ∩β=n，
∴ l//n，
∴ m//n，故充分性成立；
同理，由n//m，可以得到l//m，故必要性成立，
故l//m是n//m的充要条件.
故选C.
9.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的标准方程
【解析】
由已知求出双曲线上点的坐标，代入到双曲线方程中，根据离心率的定义求得，属于基础题.
【解答】
解：由题意，设点P在第一象限，则点P坐标为(2a,23a),
因为点P在双曲线上，则4a2a2−12a2b2=1,
解得b2a2=4，
故双曲线离心率e=ca=1+b2a2=5.
故选D.
10.
【答案】
A
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
三角函数中的恒等变换应用
【解析】
利用三角函数的变换得得sinφ−π6=12,φ∈0,π2，解得φ=π3.再利用三角函数的变换得解.
【解答】
解：由题设3sinφ−csφ=1，
得sinφ−π6=12,φ∈0,π2，
∴ φ−π6=π6，解得φ=π3.
∴ f(x)=12−sin2x+π3=12cs2x+2π3=12cs2x+π3，
y=12sin2x=12cs2x−π2=12cs2x−π4，
∴ π3−−π4=712π，
故可将函数y=12sin2x的图象向左平移7π12个单位长度得到函数图象.
故选A.
11.
【答案】
D
【考点】
直线与抛物线的位置关系
抛物线的性质
【解析】
利用抛物线的几何性质与向量的数量积解得x2=±2，又x1x2=−p2=−4，再利用AF=y1+p2=3.
【解答】
解：由题设抛物线的焦点F0,1，
设Ax1,x124,Bx2,x224，由PB⊥AB，
得AB→⋅PB→=0⇒BF→⋅PB→=0，
所以得x22+x22−44x22+144=0，
解得x2=±2.
设直线AB为：y=kx+1，
由y=kx+1,x2=4y,
得x2−4kx−4=0，
∴ x1x2=−4，
得x1=±22，y1=2，
所以AF=y1+p2=3.
故选D.
12.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
利用函数的单调性与最值进行求解即可.
【解答】
解：由题设得fx1=x1+lnx1−1=1+2lnt，
所以x1−1+lnx1−1=lnt2=lnex1−1⋅x1−1，
所以ex1−1x1−1=t2>0.
fx2=x2lnx2=t2=elnx2⋅lnx2，
因为y=xex在x∈0,+∞上单调递增，x1−1=lnx2，
所以x1x2−x2⋅lnt=x2x1−1⋅lnt
=x2⋅lnx2⋅lnt=t2lnt，
令gt=t2lntt>0，g′t=2tlnt+t，
令g′t=0，得t=e−12，
当t∈0,e−12时，g′t<0,g(t)单调递减；
当t∈e−12,+∞时，g′t>0,g(t)单调递增，
当t=e−12时，gt取得极小值，也是最小值.
ge−12=e−122⋅lne−12=−12e.
故选C.
二、填空题
【答案】
−35
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】
先求出二项展开式的通项，再令x的次数为−1，求出r，即可得到答案.
【解答】
解：(x−1x)7展开式的通项为C7rx7−r2−1rx−r=C7r−1rx7−3r2，
令7−3r2=−1，可得r=3，
∴ x−1的系数为C73−13=−35.
故答案为：−35.
【答案】
−5
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
首先画出可行域，关键目标函数的几何意义求最小值．
【解答】
解：由约束条件得到可行域如图，
z=2x−3y变形为y = 23x − 13z，
当此直线经过图中B(−1, 1)时，在y轴的截距最大，z最小，
所以z的最小值为2×−1−3×1=−5.
故答案为：−5.
【答案】
65
【考点】
等差数列的前n项和
数列递推式
【解析】
由题设得an+2Sn=3n,an−1+2Sn−1=3n−1，以上两式相减得3an+2−an+1=3n+2−3n+1，则3bn=123n+2−3n+1，解得bn=n+1，利用等差数列求和得解.
【解答】
解：由题设得an+2+2Sn+2=3n+2，an+1+2Sn+1=3n+1，
以上两式相减得3an+2−an+1=3n+2−3n+1，
则3bn=123n+2−3n+1，
解得bn=n+1，
故Sn=2+3+...+11=102+112=65.
故答案为：65.
【答案】
32,263
【考点】
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵AB⊥BC，AB=1，AC=2，∴BC=1.
由题意，将三棱锥P−ABC补成棱长为1的正方体如图所示，
三棱锥P−ABC的外接球及为正方体的外接球，
设球心为O，即为PC中点，半径为R，
PC=12+12+12=3，R=12PC=32.
设O′是△ABC外接圆圆心，连接OO′，OM，
∵OO′=12PA=12，MO′=13BO′=13×22=26，
∴OM=(12)2+(26)2=116，ON=13OA=13×32=36.
作NH//OO′，∴NH=23OO′=23×12=13，
O′H=13AO′=13×22=26，
∴MH=(26)2+(26)2=13，∴MN=(13)2+(13)2=23.
作OG⊥MN，
∵cs∠NOM=ON2+OM2−MN22⋅ON⋅OM
=(36)2+(116)2−(23)22×36×116=3311，
∴sin∠NOM=1−(3311)2=22211，
∴12ON⋅OMsin∠NOM=12MN⋅OG，
∴36×116×22211=23OG，∴OG=36，
∴DE=2GE=2OE2−OG2=2(32)2−(36)2=263，
故DE长度为263.
故答案为：32；263.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ tan∠BMC=−32，∴ tan∠BMA=32．
∵ tanA=tanπ−∠ABM−∠BMA=−tan∠ABM+∠BMA，
∴ tanA=−tan∠ABM+tan∠BMA1−tan∠ABM⋅tan∠BMA
=−35+321−35×32=−3．
∵0(2)∵ tan∠BMA=32，tan∠ABM=35，
∴ sin∠BMA=217，sin∠ABM=2114．
在△ABM中，由正弦定理，得ABsin∠BMA=BMsinA，
∴ AB=BM⋅sin∠BMAsinA=21×21732=23，
∴ △ABM的面积S△ABM=12⋅BM⋅AB⋅sin∠ABM
=12×21×23×2114=332．
∵ 点M在边AC上，CM=3MA，
∴ △ABC的面积S△ABC=4S△ABM=63．
【考点】
解三角形
两角和与差的正切公式
正弦定理
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ tan∠BMC=−32，∴ tan∠BMA=32．
∵ tanA=tanπ−∠ABM−∠BMA=−tan∠ABM+∠BMA，
∴ tanA=−tan∠ABM+tan∠BMA1−tan∠ABM⋅tan∠BMA
=−35+321−35×32=−3．
∵0(2)∵ tan∠BMA=32，tan∠ABM=35，
∴ sin∠BMA=217，sin∠ABM=2114．
在△ABM中，由正弦定理，得ABsin∠BMA=BMsinA，
∴ AB=BM⋅sin∠BMAsinA=21×21732=23，
∴ △ABM的面积S△ABM=12⋅BM⋅AB⋅sin∠ABM
=12×21×23×2114=332．
∵ 点M在边AC上，CM=3MA，
∴ △ABC的面积S△ABC=4S△ABM=63．
【答案】
解：(1)由题中2×2列联表可得，
K2=100(10×30−20×40)250×50×30×70=4.762>3.841，
∴ 有95%的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系．
(2)在“网红乡土直播员”中按分层抽样的方法抽取6人，
男性人数为6×1030=2人；女性人数为6×2030=4人．
由题，随机变量ξ所有可能的取值为0，1，2．
Pξ=0=C20C42C62=615=25，
Pξ=1=C21C41C62=815，
Pξ=2=C22C40C62=115，
∴ ξ的分布列为
∴ ξ的数学期望Eξ=0×25+1×815+2×115=1015=23．
【考点】
独立性检验
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题中2×2列联表可得，
K2=100(10×30−20×40)250×50×30×70=4.762>3.841，
∴ 有95%的把握认为“网红乡土直播员”与性别有关系．
(2)在“网红乡土直播员”中按分层抽样的方法抽取6人，
男性人数为6×1030=2人；女性人数为6×2030=4人．
由题，随机变量ξ所有可能的取值为0，1，2．
Pξ=0=C20C42C62=615=25，
Pξ=1=C21C41C62=815，
Pξ=2=C22C40C62=115，
∴ ξ的分布列为
∴ ξ的数学期望Eξ=0×25+1×815+2×115=1015=23．
【答案】
(1)证明：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，四边形BCC1B1是矩形．
∵ E，M分别为棱CC1，BB1的中点，且BB1=4，B1C1=2，
∴ 四边形MEC1B1是正方形．
∴ C1M⊥B1E．
∵ N，M分别为棱AA1，BB1的中点，
∴ NM⊥平面BCC1B1．
又B1E⊂平面BCC1B1，∴ NM⊥B1E．
∵ NM∩C1M=M，NM，C1M⊂平面C1MN，
∴ B1E⊥平面C1MN．
∵ B1E⊂平面B1D1E，
∴ 平面B1D1E⊥平面C1MN．
(2)解：易知直线AF//平面A1B1C1D1，AF⊂平面AFM．
∵ 平面AFM∩平面A1B1C1D1=l．
∴ AF//l．
∴ 直线l与平面B1D1E所成的角，即直线AF与平面B1D1E所成的角．
以D为坐标原点，DA→，DC→，DD1→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．
则D0,0,0，A2,0,0，F1,2,0，D10,0,4，B12,2,4，E0,2,2．
∴ D1B1→=(2,2,0)，D1E→=(0,2,−2)，AF→=−1,2,0．
设平面B1D1E的一个法向量m→=x,y,z．
由m→⋅D1B1→=0,m→⋅D1E→=0,得2x+2y=0,2y−2z=0,即x+y=0,y−z=0,
令z=1，得m→=−1,1,1．
设直线l与平面B1D1E所成角为α．
∴ sinα=m→⋅AF→m→AF→=35×3=155．
∴ 直线l与平面B1D1E所成角的正弦值155．
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】

【解答】
(1)证明：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，四边形BCC1B1是矩形．
∵ E，M分别为棱CC1，BB1的中点，且BB1=4，B1C1=2，
∴ 四边形MEC1B1是正方形．
∴ C1M⊥B1E．
∵ N，M分别为棱AA1，BB1的中点，
∴ NM⊥平面BCC1B1．
又B1E⊂平面BCC1B1，∴ NM⊥B1E．
∵ NM∩C1M=M，NM，C1M⊂平面C1MN，
∴ B1E⊥平面C1MN．
∵ B1E⊂平面B1D1E，
∴ 平面B1D1E⊥平面C1MN．
(2)解：易知直线AF//平面A1B1C1D1，AF⊂平面AFM．
∵ 平面AFM∩平面A1B1C1D1=l．
∴ AF//l．
∴ 直线l与平面B1D1E所成的角，即直线AF与平面B1D1E所成的角．
以D为坐标原点，DA→，DC→，DD1→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．
则D0,0,0，A2,0,0，F1,2,0，D10,0,4，B12,2,4，E0,2,2．
∴ D1B1→=(2,2,0)，D1E→=(0,2,−2)，AF→=−1,2,0．
设平面B1D1E的一个法向量m→=x,y,z．
由m→⋅D1B1→=0,m→⋅D1E→=0,得2x+2y=0,2y−2z=0,即x+y=0,y−z=0,
令z=1，得m→=−1,1,1．
设直线l与平面B1D1E所成角为α．
∴ sinα=m→⋅AF→m→AF→=35×3=155．
∴ 直线l与平面B1D1E所成角的正弦值155．
【答案】
解：(1)∵ fx=x−2ex−a2x2+ax，a∈R，
∴ f′x=x−1ex−ax+a=x−1ex−a.
①当a≤0时，令f′x<0，得x<1，∴ fx在−∞,1上单调递减；
令f′x>0，得x>1，∴ fx在1,+∞上单调递增．
②当0令f′x>0，得x1，∴ fx在−∞,lna和1,+∞上单调递增．
③当a=e时，f′x≥0在x∈R时恒成立，∴ fx在R上单调递增．
④当a>e时，令f′x<0，得1令f′x>0，得x>lna或x<1，∴ fx在−∞,1和lna,+∞上单调递增．
综上所述，当a≤0时，fx在−∞,1上单调递减，在1,+∞上单调递增；
当0当a=e时，fx在R上单调递增；
当a>e时，fx在1,lna上单调递减，在−∞,1和lna,+∞上单调递增．
(2)不等式fx+x+1ex+a2x2−2ax+a>0，等价于2x−1ex>ax−1．
①当x=1时，0②当x∈1,+∞时，a<2x−1exx−1．
设函数gx=2x−1exx−1，则g′x=x2x−3exx−12．
当x∈1,32时，g′x<0，此时gx单调递减；
当x∈32,+∞时，g′x>0，此时gx单调递增．
∴ gxmin=g32=4e32，
∴ a<4e32．
③当x∈−∞,1时，a>2x−1exx−1．
设函数hx=2x−1exx−1，则h′x=x2x−3exx−12．
当x∈0,1时，h′x<0，此时hx单调递减；
当x∈−∞,0时，h′x>0，此时hx单调递增．
∴ hxmax=h0=1，
∴ a>1．
综上，a的取值范围为1,4e32．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
函数恒成立问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ fx=x−2ex−a2x2+ax，a∈R，
∴ f′x=x−1ex−ax+a=x−1ex−a.
①当a≤0时，令f′x<0，得x<1，∴ fx在−∞,1上单调递减；
令f′x>0，得x>1，∴ fx在1,+∞上单调递增．
②当0令f′x>0，得x1，∴ fx在−∞,lna和1,+∞上单调递增．
③当a=e时，f′x≥0在x∈R时恒成立，∴ fx在R上单调递增．
④当a>e时，令f′x<0，得1令f′x>0，得x>lna或x<1，∴ fx在−∞,1和lna,+∞上单调递增．
综上所述，当a≤0时，fx在−∞,1上单调递减，在1,+∞上单调递增；
当0当a=e时，fx在R上单调递增；
当a>e时，fx在1,lna上单调递减，在−∞,1和lna,+∞上单调递增．
(2)不等式fx+x+1ex+a2x2−2ax+a>0，等价于2x−1ex>ax−1．
①当x=1时，0②当x∈1,+∞时，a<2x−1exx−1．
设函数gx=2x−1exx−1，则g′x=x2x−3exx−12．
当x∈1,32时，g′x<0，此时gx单调递减；
当x∈32,+∞时，g′x>0，此时gx单调递增．
∴ gxmin=g32=4e32，
∴ a<4e32．
③当x∈−∞,1时，a>2x−1exx−1．
设函数hx=2x−1exx−1，则h′x=x2x−3exx−12．
当x∈0,1时，h′x<0，此时hx单调递减；
当x∈−∞,0时，h′x>0，此时hx单调递增．
∴ hxmax=h0=1，
∴ a>1．
综上，a的取值范围为1,4e32．
【答案】
解：(1)∵ 椭圆的离心率为22，
∴ ca=22（c为半焦距）．
∵ 直线xa+yb=1与圆x2+y2=2相切，
∴ 11a2+1b2=2．
又∵ c2+b2=a2，∴ a2=6，b2=3，
∴ 椭圆C的方程为x26+y23=1．
(2)∵ M为线段AB的中点，
∴ S1S2=S△AOMS△BOP=|OM||OP|．
①当直线l的斜率不存在时，由OA⊥OB及椭圆的对称性，
不妨设OA所在直线的方程为y=x，得xA2=2，
则xM2=2，xP2=6，
∴ S1S2=|OM||OP|=33．
②当直线l的斜率存在时，
设直线l：y=kx+m（m≠0），Ax1,y1，Bx2,y2．
由y=kx+m，x26+y23=1，消去y，
得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0，
∴ Δ=16k2m2−8(2k2+1)(m2−3)=8(6k2−m2+3)>0，
即6k2−m2+3>0，
∴ x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−62k2+1．
∵ 点O在以AB为直径的圆上，
∴ OA→⋅OB→=0，即x1x2+y1y2=0，
∴ 1+k2x1x2+kmx1+x2+m2=0，
∴ (1+k2)2m2−62k2+1−km4km2k2+1+m2=0．
化简，得m2=2k2+2，经检验满足Δ>0成立，
∴ 线段AB的中点M−2km2k2+1,m2k2+1．
当k=0时，m2=2．此时S1S2=|m|3=63．
当k≠0时，射线OM所在的直线方程为y=−12kx．
由y=−12kx，x26+y23=1，消去y，
得xp2=12k22k2+1，yp2=32k2+1．
∴ |OM||OP|=|yM||yP|=m232k2+1，
∴ S1S2=m232k2+1=131+12k2+1，
∴ S1S2∈33,63．
综上，S1S2的取值范围为33,63．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)∵ 椭圆的离心率为22，
∴ ca=22（c为半焦距）．
∵ 直线xa+yb=1与圆x2+y2=2相切，
∴ 11a2+1b2=2．
又∵ c2+b2=a2，∴ a2=6，b2=3，
∴ 椭圆C的方程为x26+y23=1．
(2)∵ M为线段AB的中点，
∴ S1S2=S△AOMS△BOP=|OM||OP|．
①当直线l的斜率不存在时，由OA⊥OB及椭圆的对称性，
不妨设OA所在直线的方程为y=x，得xA2=2，
则xM2=2，xP2=6，
∴ S1S2=|OM||OP|=33．
②当直线l的斜率存在时，
设直线l：y=kx+m（m≠0），Ax1,y1，Bx2,y2．
由y=kx+m，x26+y23=1，消去y，
得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0，
∴ Δ=16k2m2−8(2k2+1)(m2−3)=8(6k2−m2+3)>0，
即6k2−m2+3>0，
∴ x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−62k2+1．
∵ 点O在以AB为直径的圆上，
∴ OA→⋅OB→=0，即x1x2+y1y2=0，
∴ 1+k2x1x2+kmx1+x2+m2=0，
∴ (1+k2)2m2−62k2+1−km4km2k2+1+m2=0．
化简，得m2=2k2+2，经检验满足Δ>0成立，
∴ 线段AB的中点M−2km2k2+1,m2k2+1．
当k=0时，m2=2．此时S1S2=|m|3=63．
当k≠0时，射线OM所在的直线方程为y=−12kx．
由y=−12kx，x26+y23=1，消去y，
得xp2=12k22k2+1，yp2=32k2+1．
∴ |OM||OP|=|yM||yP|=m232k2+1，
∴ S1S2=m232k2+1=131+12k2+1，
∴ S1S2∈33,63．
综上，S1S2的取值范围为33,63．
【答案】
解：(1)∵ |3−x|+|x−m|≥|3−x+x−m|=|3−m|，
当且仅当3−xx−m≥0时，fx取得最小值|3−m|．
又∵ fx=|3−x|+|x−m|的最小值为1，∴ |3−m|=1．
∵ m>2，∴ m=4．
∴ fx+|x−m|>2，等价于|x−3|+2|x−4|>2．
当x≤3时，所求不等式等价于−3x+11>2．解得x<3，符合题意；
当32．解得x<3，与条件矛盾；
当x≥4时，所求不等式等价于3x−11>2．解得x>133，符合题意．
综上，原不等式的解集为−∞,3∪133,+∞．
(2)∵ m=4，∴ a2+2b2+3c2=32m=6．
∴ 6=a2+2b2+3c2=a2+c2+2b2+c2≥2ac+2bc．
∴ ac+2bc≤3．
当且仅当a=b=c=±1时，ac+2bc取得最大值3．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】

【解答】
解：(1)∵ |3−x|+|x−m|≥|3−x+x−m|=|3−m|，
当且仅当3−xx−m≥0时，fx取得最小值|3−m|．
又∵ fx=|3−x|+|x−m|的最小值为1，∴ |3−m|=1．
∵ m>2，∴ m=4．
∴ fx+|x−m|>2，等价于|x−3|+2|x−4|>2．
当x≤3时，所求不等式等价于−3x+11>2．解得x<3，符合题意；
当32．解得x<3，与条件矛盾；
当x≥4时，所求不等式等价于3x−11>2．解得x>133，符合题意．
综上，原不等式的解集为−∞,3∪133,+∞．
(2)∵ m=4，∴ a2+2b2+3c2=32m=6．
∴ 6=a2+2b2+3c2=a2+c2+2b2+c2≥2ac+2bc．
∴ ac+2bc≤3．
当且仅当a=b=c=±1时，ac+2bc取得最大值3．网红乡土直播员
乡土直播达人
合计
男
10
40
50
女
20
30
50
合计
30
70
100
ξ
0
1
2
P
25
815
115
ξ
0
1
2
P
25
815
115

2020-2021学年四川省成都市某校高三高考第一次模拟考试数学（理）试卷人教A版

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