2021年黑龙江省大庆市高考数学第一次质检试卷（理科）（一模）

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这是一份2021年黑龙江省大庆市高考数学第一次质检试卷（理科）（一模），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M＝{x|−10}，则M∩N＝（）
A.{x|−1C.{x|02}

2. 已知i是虚数单位，复数z满足，则＝（）
A.−1+3iB.−1−3iC.1+3iD.1−3i

3. 在二项式的展开式中，含x的项的系数是（）
A.−10B.−5C.10D.20

4. 已知，，且，则与的夹角为（）
A.B.C.D.

5. 把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是θ1，空气的温度是θ0，t分钟后物体的温度θ可由公式θ＝θ0+(θ1−θ0)e−0.24t求得．把温度是100∘C的物体，放在−10∘C的空气中冷却t分钟后，物体的温度是45∘C，则t约为 ( )(ln2≈0.693)

6. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，b＝3，，则＝（）
A.B.C.D.

7. 设f(x)是定义域为R的偶函数，若∀x1，x2∈(0, +∞)(x1≠x2)，都有>0，则，f(lg23)，的大小关系为（）
A.
B.
C.
D.

8. 常用的A4打印纸的长宽比例是，从A4纸中剪去一个最大的正方形后，剩下的矩形长与宽之比称为“白银比例”．白银比例具有很好的美感，在设计和建筑领域有着广泛的应用．已知某高塔自下而上依次建有第一观景台和第二观景台，塔顶到塔底的高度与第二观景台到塔底的高度之比，第二观景台到塔底的高度与第一观景台到塔底的高度之比，都等于白银比例，若两观景台之间高度差为60米，则下列选项中与该塔的实际高度最接近的是（）
A.285米B.268米C.255米D.248米

9. 已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD为矩形，点P在平面ABCD上的射影为AD的中点O．若AB＝2，AD＝6，PO＝4，则四棱锥P−ABCD的表面积等于（）

A.34+6B.
C.6+6+4D.6+6+4

10. 由抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面，用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线轴的光线，经过抛物面的反射集中于它的焦点．用一过抛物线轴的平面截抛物面，将所截得的抛物线放在直角坐标系中，对称轴与x轴重合，顶点与原点重合，如图，若抛物线过点，平行于对称轴的光线经过点A反射后，反射光线交抛物线于点B，则线段AB的中点到准线的距离为（）

A.B.C.D.2

11. 已知ω>0，函数f(x)＝sin(π−ωx)在上单调递增，则ω的取值范围是（）
A.[2, 6]B.(2, 6)C.D.

12. 已知函数f(x)＝(2x2−3x)ex，则函数y＝3[f(x)]2+2f(x)−1零点的个数是（）
A.6B.5C.4D.3
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

为了研究某班学生的脚长（单位：厘米）和身高y（单位：厘米）的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，设其回归直线方程为．已知这组数据的样本中心点为(22.5, 160)，若该班某学生的脚长为25厘米，据此估计其身高为________厘米．

若双曲线＝1(a>0, b>0)的右顶点到其中一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为________．

如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点E，F，G分别是C1D1，AA1，BC的中点，BD1与平面EFG 不平行（填“平行”或“不平行”）；在正方体的12条面对角线中，与平面EFG平行的面对角线有________条．

三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤．

已知等差数列{an}的前n项和为Sn．
（1）请从下面的三个条件中选择两个作为已知条件，求数列{an}的通项公式；
①a2+a3＝11；②S6−2a6＝19；③S6−S3＝39；
注：如果采用多种条件组合作答，则按第一个解答计分．

（2）在（1）的条件下，令，求数列{bn}的前n项和Tn．

2020年8月，习近平总书记对制止餐饮浪费行为作出重要指示，要求进一步加强宣传教育，切实培养节约习惯，在全社会营造浪费可耻、节约光荣的氛围．为贯彻总书记指示，大庆市某学校食堂从学生中招募志愿者，协助食堂宣传节约粮食的相关活动．现已有高一63人，高二42人，高三21人报名参加志愿活动．根据活动安排，拟采用分层抽样的方法，从已报名的志愿者中抽取12名志愿者，参加为期20天的第一期志愿活动．
（1）第一期志愿活动需从高一、高二、高三报名的学生中各抽取多少人？

（2）现在要从第一期志愿者中的高二、高三学生中抽取4人去粘贴宣传标语，设这4人中含有高二学生X人，求随机变量X的分布列；

（3）食堂每天约有400人就餐，其中一组志愿者的任务是记录学生每天倒掉的剩菜剩饭的重量（单位：公斤），以10天为单位来衡量宣传节约粮食的效果．在一个周期内，这组志愿者记录的数据如下：
前10天剩菜剩饭的重量为：24.1 25.2 24.5 23.6 23.4 24.2 23.8 21.5 23.5 21.2
后10天剩菜剩饭的重量为：23.2 21.5 20.8 21.3 20.4 19.4 20.2 19.3 20.6 18.3
借助统计中的图、表、数字特征等知识，分析宣传节约粮食活动的效果（选择一种方法进行说明即可）．

如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，M，N分别为PC，CD的中点，PD＝AD＝2，AB＝4．

（1）求证：BN⊥AM；

（2）求平面AMN与平面PBC所成锐二面角的余弦值．

已知焦点在x轴上的椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，短轴长为23，椭圆左顶点到左焦点的距离为1．

1求椭圆C的标准方程；

2如图，已知点P23,0，点A是椭圆的右顶点，直线l与椭圆C交于不同的两点E，F，E，F两点都在x轴上方，且∠APE=∠OPF．证明直线l过定点，并求出该定点坐标．

已知函数f(x)＝ex−3．
（1）求证：f(x)≥x−2；

（2）若a>1，x>lna时，恒成立，求实数a的取值范围．
请考生在第22、23二题中任意选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程]

在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l1:θ＝(ρ∈R)与直线l2：ρcsθ+ρsinθ−4＝0交于点P．
（1）求点P的直角坐标；

（2）若直线l2与圆C：（α为参数）交于A，B两点，求|PA|⋅|PB|的值．
[选修4-5：不等式选讲]

已知函数f(x)＝|x+|+|x−a|(a>0)．
（1）当a＝1时，求不等式f(x)≥4的解集；

（2）证明：f(x)≥2．
参考答案与试题解析
2021年黑龙江省大庆市高考数学第一次质检试卷（理科）（一模）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
可求出集合N，然后进行交集的运算即可．
【解答】
∵ M＝{x|−12}，
∴ M∩N＝{x|−12.
【答案】
D
【考点】
复数的运算
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．
【解答】
∵ ，
∴ z＝i(3−i)＝1+3i，
∴ ＝1−3i，
3.
【答案】
A
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
由＝，利用组合法可求答案．
【解答】
二项式＝的展开式中，
含x的项的为5个括号中有3个提供（-），另外两个括号中均提供x2，
故含x的项的系数是-•＝−10，
4.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
根据题意，设与的夹角为θ，由向量垂直的判断方法可得＝•+2＝2csθ+1＝0，变形可得csθ的值，分析可得答案．
【解答】
根据题意，设与的夹角为θ，
若，则＝•+2＝2csθ+1＝0，
则csθ＝-，
又由0≤θ≤π，则θ＝，
5.
【答案】
B
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
利用题中的条件，直接代入公式即可解出．
【解答】
由题意可知45＝−10+[100−(−10)]e−0.24t，
化简得，即−0.24t＝ln−0.693，
∴ t＝2.89
6.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
先利用正弦定理求出sinA，进而求出csA，最后套用两角和的正弦公式求值．
【解答】
由题意知：，故，
解得，因a所以＝
＝
＝．
7.
【答案】
D
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
根据条件可得出f(x)在(0, +∞)上单调递增，，并且可得出，然后即可得出，f(lg23)，的大小关系．
【解答】
∵ ∀x1，x2∈(0, +∞)(x1≠x2)，都有>0，
∴ f(x)在(0, +∞)上是增函数，
又f(x)是R上的偶函数，
∴
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
8.
【答案】
D
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
利用题中的条件计算出白银比，再利用相似，即可解出．
【解答】
设A4纸长为a，宽为a，去掉最大的正方形后矩形的长为a，宽为a，
∴ 白银比为＝1+，
设塔高为y，第一观景台到塔底的高度为x，则第二观景台高度为x+60，
由题意知，解得x＝30，
，解得y≈247.2，
9.
【答案】
A
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
利用点P在平面ABCD上的射影为AD的中点O，结合线面垂直的性质定理得到△PDC为直角三角形，利用勾股定理求出PD，从而可求出△PDC的面积，矩形ABCD的面积，连结OC，取BC的中点E，连结PE，求出OC，PC，PE的长，即可求出△PBC的面积，从而得到四棱锥P−ABCD的表面积．
【解答】
因为点P在平面ABCD上的射影为AD的中点O，
所以PO⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥PO，
又底面ABCD为矩形，所以CD⊥AD，AD∩PO＝O，
所以CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，
所以PD⊥CD，故△PDC为直角三角形，
在Rt△PDC中，CD＝AB＝2，PD＝，
所以，，
S矩形ABCD＝AB⋅AD＝2×6＝12，
连结OC，取BC的中点E，连结PE，
因为，，
由题意可知，PB＝PB，则PE⊥BC，且，
所以，
所以四棱锥P−ABCD的表面积为2S△PDC+S△PAD+S△PBC+S矩形ABCD
＝．
10.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
【解析】
由题意可设焦点在x轴的抛物线的方程，将A的坐标代入可得参数的值，进而求出抛物线的方程，求出焦点F的坐标及准线的方程，因为反射光线过焦点，设直线AB 的方程，与抛物线联立求出点A，B的坐标，进而求出AB的中点的坐标，求出中点到准线的距离．
【解答】
由题意设抛物线的方程为y2＝mx，将A的坐标代入可得12＝m，可得m＝4，
所以抛物线的方程为：y2＝4x，可得焦点F(1, 0)，准线方程为x＝−1，
由题意可得反射光线过焦点(1, 0)，所以直线AB 的方程为：y−0＝(x−1)，
整理可得：y＝-(x−1)，
联立，整理可得：y2+3y−4＝0，解得：y1＝−4，y2＝1，
代入直线方程可得x1＝4，x2＝，
所以反射光线与抛物线的两个交点A（，1)，B(4, 1)，所以AB的中点（，1)，
所以AB的中点到准线的距离d＝+1＝，
11.
【答案】
C
【考点】
两角和与差的三角函数
正弦函数的单调性
【解析】
先结合诱导公式与辅助角公式将f(x)化简为f(x)＝cs(ωx+），再利用余弦函数的单调性，得解．
【解答】
f(x)＝sin(π−ωx)＝csωx−sinωx＝cs(ωx+），
令ωx+∈[2kπ−π, 2kπ]，k∈Z，则x∈[，]，k∈Z，
∵ f(x)在上单调递增，
∴ ⊆[，]，k∈Z，
取k＝1，则⊆[，]，解得ω∈[2，]．
12.
【答案】
B
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
利用导数研究函数f(x)的单调性与极值，从而作出函数f(x)的图象，利用换元法(x)＝t，则函数y＝3t2+2t−1的零点为−1和，从而得到f(x)＝−1，f(x)＝，结合图象分析，即可得到答案．
【解答】
函数f(x)＝(2x2−3x)ex，
则f′(x)＝(2x2+x−3)ex＝(x−1)(2x+3)ex，
当时，f′(x)>0，则f(x)单调递增，
当，f′(x)<0，则f(x)单调递减，
当x>1时，f′(x)>0，则f(x)单调递增，
所以当x＝时，f(x)取得极大值，
当x＝1时，f(x)取得极小值f(1)＝−e，
作出函数f(x)的图象如图所示，
令f(x)＝t，因为函数y＝3[f(x)]2+2f(x)−1＝3t2+2t−1，
令3t2+2t−1＝0，解得t＝−1，t＝，
故函数y＝3t2+2t−1的零点为−1和，
所以f(x)＝−1，f(x)＝，
由图象可知y＝f(x)与y＝1的图象有2个交点，y＝f(x)与y＝的图象有3个交点，
故函数y＝3[f(x)]2+2f(x)−1零点的个数是5个．
故选：B．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
170
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
把样本中心点代入回归直线方程，求得的值，再代入x＝25，计算的值，即可．
【解答】
把样本中心点为(22.5, 160)代入回归直线方程，有160＝4×22.5+，
∴ ＝70，
∴ 回归直线方程为＝4x+70，
当x＝25时，＝4×25+70＝170．
【答案】
2
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
求出双曲线的渐近线方程，利用右顶点到其中一条渐近线的距离为，转化求解离心率即可．
【解答】
双曲线＝1(a>0, b>0)的右顶点(a, 0)到其中一条渐近线bx+ay＝0的距离为，
可得＝＝，
可得＝2．
【答案】
6
【考点】
直线与平面平行
【解析】
建立合适的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，求出所需各点的坐标，求出所需的直线的方向向量和平面EFG的法向量，判断直线的方向向量与平面的法向量的数量积是否为0，即可得到答案．
【解答】
如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则B(2, 2, 0)，D1(0, 0, 2)，E(0, 1, 2)，
F(2, 0, 2)，G(1, 2, 0)，A(2, 0, 0)，C(0, 2, 0)，
可得＝(−2, −2, 2)，＝(2, −1, −1)，＝(1, 1, −2)，
设平面EFG的法向量是＝(x, y, z)，
由，可得，
令x＝1，则y＝1，z＝1，所以＝(1, 1, 1)，
因为，
所以BD1与平面EFG不平行，
又，且，
所以AC与平面EFG平行，
又因为A1C1 // AC，
所以A1C1与平面EFG平行，
同理可得，A1B，D1C，AD1，BC1与平面EFG平行，
BD，B1D1，AB1，DC1，A1D，B1C与平面EFG不平行，
故与平面EFG平行的面对角线由6条．
三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤．
【答案】
设数列{an}的公差为d，
当选择条件①②时：
由可得：，解之得：，
∴ an＝1+3(n−1)＝3n−2；
当选条件①③时：
由可得：，解之得：，
∴ an＝1+3(n−1)＝3n−2；
当选条件②③时：
由可得：，解之得：，
∴ an＝1+3(n−1)＝3n−2；
由（1）可得：bn＝2＝23n−2，
∴ Tn＝2+24+27+...+23n−2＝＝．
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
【解析】
（1）由所选条件求解出数列{an}的首项a1与公差d，即可求得其通项公式；
（2）先由（1）求得bn，再利用公式法求其前n项和即可．
【解答】
设数列{an}的公差为d，
当选择条件①②时：
由可得：，解之得：，
∴ an＝1+3(n−1)＝3n−2；
当选条件①③时：
由可得：，解之得：，
∴ an＝1+3(n−1)＝3n−2；
当选条件②③时：
由可得：，解之得：，
∴ an＝1+3(n−1)＝3n−2；
由（1）可得：bn＝2＝23n−2，
∴ Tn＝2+24+27+...+23n−2＝＝．
【答案】
报名的学生共有126人，抽取比例为＝，
所以高一抽取63×＝6人，高二抽取42×＝4人，高三抽取21×＝2人．
随机变量X的所有可能取值为2，3，4，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，
所以随机变量X的分布列为：
法一：（数字特征）前10天的平均值为23.5，后10天的平均值为20.5，
因为20.5<23.5，
所以宣传节约粮食活动的效果很好．
法二：（茎叶图）
因为前10天的重量集中在23、24附近，
后10天的重量集中在20附近，
所以节约宣传后剩饭剩菜明显减少，宣传效果很好．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
（1）求出抽样比例，即可求得高一、高二、高三抽取的人数；
（2）随机变量X的所有可能取值为2，3，4，分别求出对应的概率，即可求得X的分布列；
（3）法一：求出前10和后10天的平均值，比较即可得结论．
法二，作出茎叶图，观察集中数据，即可得出结论．
【解答】
报名的学生共有126人，抽取比例为＝，
所以高一抽取63×＝6人，高二抽取42×＝4人，高三抽取21×＝2人．
随机变量X的所有可能取值为2，3，4，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，
所以随机变量X的分布列为：
法一：（数字特征）前10天的平均值为23.5，后10天的平均值为20.5，
因为20.5<23.5，
所以宣传节约粮食活动的效果很好．
法二：（茎叶图）
因为前10天的重量集中在23、24附近，
后10天的重量集中在20附近，
所以节约宣传后剩饭剩菜明显减少，宣传效果很好．
【答案】
证明：因为M，N分别为PC，CD的中点，则MN // PD，
因为PD⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD，
因为BN⊂平面ABCD，所以MN⊥BN，
因为ABCD时矩形，AD＝2，DN＝CN＝2，所以AN＝BN＝，
在△ABN中，AN2+BN2＝AB2，所以AN⊥BN，因为MN∩AN＝N，
所以BN⊥平面AMN，又AM⊂平面AMN，所以BN⊥AM；
以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则P(0, 0, 2)，B(2, 3, 0)，C(0, 4, 0)，N(0, 2, 0)，
所以，
由（1）可知，BN⊥平面AMN，
所以平面AMN的一个法向量为，
设平面PBC的法向量为，
则有，即，
令y＝1，则z＝2，所以，
所以，
故平面AMN与平面PBC所成锐二面角的余弦值为．
【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）利用中位线定理证明MN // PD，结合已知条件，可得MN⊥平面ABCD，则MN⊥BN，再利用勾股定理证明AN⊥BN，由线面垂直的判定定理证明BN⊥平面AMN，即可证明BN⊥AM；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用待定系数法求出两个平面的法向量，然后由向量的夹角公式进行求解即可．
【解答】
证明：因为M，N分别为PC，CD的中点，则MN // PD，
因为PD⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD，
因为BN⊂平面ABCD，所以MN⊥BN，
因为ABCD时矩形，AD＝2，DN＝CN＝2，所以AN＝BN＝，
在△ABN中，AN2+BN2＝AB2，所以AN⊥BN，因为MN∩AN＝N，
所以BN⊥平面AMN，又AM⊂平面AMN，所以BN⊥AM；
以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则P(0, 0, 2)，B(2, 3, 0)，C(0, 4, 0)，N(0, 2, 0)，
所以，
由（1）可知，BN⊥平面AMN，
所以平面AMN的一个法向量为，
设平面PBC的法向量为，
则有，即，
令y＝1，则z＝2，所以，
所以，
故平面AMN与平面PBC所成锐二面角的余弦值为．
【答案】
解：1由已知可得2b=23,a−c=1,a2=b2+c2,
解得a=2，b=3， c=1，
所以椭圆的标准方程为x24+y23=1；
2当直线l的斜率不存在时，直线l与椭圆C交于不同的两点分布在x轴两侧，不符合题意，
所以直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，E(x1, y1)，F(x2, y2)，
联立方程y=kx+m,x24+y23=1,消去y可得(3+4k2)x2+8mkx+4m2−12=0，
所以x1+x2=−8km3+4k2， x1x2=4m2−123+4k2，
因为∠APE=∠OPF，
所以kPE+kPF=0，即y1x1−23+y2x2−23=0，
整理可得2kx1x2+m−23kx1+x2−4m3=0，所以m=−6k，
所以直线l的方程为y=kx−6k=k(x−6)，
所以直线l过定点(6, 0)．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
1利用已知建立方程组，联立即可求解；
2设出直线l的方程，并与椭圆方程联立，又由已知推出kPE+kPF＝0，然后利用韦达定理以及直线的斜率公式化简即可证明．
【解答】
解：1由已知可得2b=23,a−c=1,a2=b2+c2,
解得a=2，b=3， c=1，
所以椭圆的标准方程为x24+y23=1；
2当直线l的斜率不存在时，直线l与椭圆C交于不同的两点分布在x轴两侧，不符合题意，
所以直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，E(x1, y1)，F(x2, y2)，
联立方程y=kx+m,x24+y23=1,消去y可得(3+4k2)x2+8mkx+4m2−12=0，
所以x1+x2=−8km3+4k2， x1x2=4m2−123+4k2，
因为∠APE=∠OPF，
所以kPE+kPF=0，即y1x1−23+y2x2−23=0，
整理可得2kx1x2+m−23kx1+x2−4m3=0，所以m=−6k，
所以直线l的方程为y=kx−6k=k(x−6)，
所以直线l过定点(6, 0)．
【答案】
证明：令g(x)＝f(x)−(x−2)＝ex−3−x+2，则g′(x)＝ex−3−1，
当x<3时，g′(x)<0，则g(x)单调递减，
当x>3时，g′(x)>0，则g(x)单调递增，
所以当x＝3时，函数g(x)有最小值g(3)＝0，
故g(x)≥0，即f(x)≥x−2；
因为a>1，x>lna，即x>0，
不等式对x>0恒成立，即ln(x−lna)+x−lna0恒成立，
令h(x)＝lnx+x，则不等式等价于h(x−lna)0恒成立，
因为x>0时，h′(x)＝恒成立，
所以h(x)在(0, +∞)上单调递增，
所以x−lna0恒成立，即lna>x−ex−3对x>0恒成立，
由（1）可知，x−ex−3≤2，
所以lna>2，解得a>e2，
所以实数a的取值范围为(e2, +∞)．
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）构造函数g(x)＝f(x)−(x−2)＝ex−3−x+2，利用导数求出g(x)的最小值为0，故g(x)≥0，即可证明；
（2）将不等式恒成立转化为ln(x−lna)+x−lna0恒成立，构造h(x)＝lnx+x，则不等式转化为h(x−lna)0恒成立，然后利用导数研究函数h(x)的单调性，结合（1）中的结论求解即可．
【解答】
证明：令g(x)＝f(x)−(x−2)＝ex−3−x+2，则g′(x)＝ex−3−1，
当x<3时，g′(x)<0，则g(x)单调递减，
当x>3时，g′(x)>0，则g(x)单调递增，
所以当x＝3时，函数g(x)有最小值g(3)＝0，
故g(x)≥0，即f(x)≥x−2；
因为a>1，x>lna，即x>0，
不等式对x>0恒成立，即ln(x−lna)+x−lna0恒成立，
令h(x)＝lnx+x，则不等式等价于h(x−lna)0恒成立，
因为x>0时，h′(x)＝恒成立，
所以h(x)在(0, +∞)上单调递增，
所以x−lna0恒成立，即lna>x−ex−3对x>0恒成立，
由（1）可知，x−ex−3≤2，
所以lna>2，解得a>e2，
所以实数a的取值范围为(e2, +∞)．
请考生在第22、23二题中任意选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
法一：
联立，
解得，
所以点P的极坐标为，
所以点P的直角坐标为，即．
法二：
直线l1的直角坐标方程为①，
直线l2的直角坐标方程为②，
联立①②解方程组得，
所以点P的直角坐标为．
直线l2的直角坐标方程为，倾斜角为120∘，
所以直线l2的参数方程为（t为参数）①，
圆C的普通方程为x2+y2②
将①代入②得．
设点A，B对应的参数分别为t1，t2，
则．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
圆的极坐标方程
【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；
（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
【解答】
法一：
联立，
解得，
所以点P的极坐标为，
所以点P的直角坐标为，即．
法二：
直线l1的直角坐标方程为①，
直线l2的直角坐标方程为②，
联立①②解方程组得，
所以点P的直角坐标为．
直线l2的直角坐标方程为，倾斜角为120∘，
所以直线l2的参数方程为（t为参数）①，
圆C的普通方程为x2+y2②
将①代入②得．
设点A，B对应的参数分别为t1，t2，
则．
[选修4-5：不等式选讲]
【答案】
当a＝1时，f(x)＝|x+1|+|x−1|．
当x≤−1时，f(x)＝−x−1−x+1＝−2x≥4，解得x≤−2；
当−1当x≥1时，f(x)＝x+1+x−1＝2x≥4，解得x≥2； …………
综上所述：f(x)≥4的解集为{x|x≤−2或x≥2}．…………
证明：．…………
＝，…………
当且仅当a＝1时等号成立，
所以f(x)≥2．……………10分
【考点】
不等式的证明
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）通过当x≤−1时，当−1（2）利用极值的几何意义以及基本不等式证明即可．
【解答】
当a＝1时，f(x)＝|x+1|+|x−1|．
当x≤−1时，f(x)＝−x−1−x+1＝−2x≥4，解得x≤−2；
当−1当x≥1时，f(x)＝x+1+x−1＝2x≥4，解得x≥2； …………
综上所述：f(x)≥4的解集为{x|x≤−2或x≥2}．…………
证明：．…………
＝，…………
当且仅当a＝1时等号成立，
所以f(x)≥2．……………10分P
2
3
4
X
P
2
3
4
X

2021年黑龙江省大庆市高考数学第一次质检试卷（理科）（一模）

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