2021年广东省韶关市高考数学综合测试试卷（一模）

这是一份2021年广东省韶关市高考数学综合测试试卷（一模），共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知复数z=2−i1+i，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2. 命题p:x2−x−2b>cC.c>b>aD.c>a>b
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得2分．请把正确选项在答题卡中的相对位置涂黑．

设P是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上一点，F1，F2是椭圆的左、右焦点，焦距为2c(c>0)，若∠F1PF2是直角，则( )
A.|OP|=c(O为原点)B.S△F1PF2=b2
C.△F1PF2的内切圆半径r=a−cD.|PF1|max=a+c

如图所示，点P是函数fx=π2sinωx+φ(x∈R，ω>0)图象的最高点，M，N是图象与x轴的交点，若M−π6,0，且PM→⋅PN→=0，则（ ）

A.N2π3,0B.ω=1C.Pπ3,π2D.φ=2π3

设a，b为正数，若直线ax−by+1=0被圆x2+y2+4x−2y+1=0截得弦长为4，则（ ）
A.a+b=1B.2a+b=1C.ab≤18D.a+2bab≥9

如图三棱锥P−ABC，平面PBC⊥平面ABC，已知△PBC是等腰三角形，△ABC是等腰直角三角形，若AB＝BC＝2，PB＝PC＝，球O是三棱锥P−ABC的外接球，则（ ）

A.球心到平面PBC的距离是B.球心到平面ABC的距离是
C.球的表面积是D.球的体积是
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

已知集合A={x|y=lg2(2−x)}，B={x|1≤x≤3}，则A∩B=________（结果用区间或集合表示）．

设Sn为等差数列{an}的前n项和，a6+a7=1，则S12=________，若a7c．
故选B．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得2分．请把正确选项在答题卡中的相对位置涂黑．
【答案】
A,B,C
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
选项A，根据直角三角形斜边中线的性质即可判断；选项B，利用椭圆的定义以及勾股定理化简即可求解；选项C，利用三角形面积相等以及a, b, c的关系式即可求解；选项D，利用椭圆的几何性质即可判断．
【解答】
解：设|PF1|=m，|PF2|=n，|F1F2|=2c，
因为∠F1PF2=90∘，所以在直角三角形PF1F2中有m2+n2=4c2①，
由椭圆的定义可得m+n=2a②，
联立①②解得mn=2b2,
所以三角形PF1F2的面积为S=12mn=b2，故B正确；
因为OP是斜边F1F2的中线，所以|OP|=12|F1F2|=c，故A正确；
设三角形PF1F2的内切圆半径为r，
则S△PF1F2=12rm+n+2c=a+cr=b2，
所以r=b2a+c=a2−c2a+c=a−c，故C正确；
P为椭圆上的一点，当点P为椭圆的右顶点时， |PF1|max=a+c，
但是此时∠F1PF2≠90∘，所以点P不可能为椭圆的右顶点，故D错误．
故选ABC．
【答案】
B,C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】
根据可得出PM⊥PN,从而可求出MN＝π,进而得出f(x)的周期为2π，从而得出ω＝1,并可根据f(x)的解析式得出P点的纵坐标为，进而可根据M的坐标求出P, N的坐标，并求出，这样即可得出正确的选项．
【解答】
解：∵ PM→⋅PN→=0,
∴ PM→⊥PN→，
∴ △PMN是等腰直角三角形， PM=PN，
∵ fx=π2sinωx+φ，
∴ MN=π,
∴ fx的周期为2π，且ω>0，
∴ ω=1,
又M−π6,0，Pπ3,π2，N(5π6,0)，φ=π6.
故选BC.
【答案】
B,C,D
【考点】
直线与圆的位置关系
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，把圆心坐标代入直线方程可得2a+b＝1，再由基本不等式得到ab，把变形，结合“1”的代换求其最小值，则答案可求．
【解答】
解：由x2+y2+4x−2y+1=0得圆的标准方程(x+2)2+(y−1)2=4，
圆的半径是2，所以直线过圆心−2,1，即2a+b=1，故B正确；
又a，b均为正数，所以由均值不等式得
2a+b=1≥22a⋅b，得
ab≤18，当且仅当a=14，b=12时等号成立，故C正确；
又a+2bab=aab+2bab=1b+2a
=1b+2a2a+b=2ab+1+4+2ba
≥5+22ab×2ba=9，
当且仅当2ab=2ba，即a=b，即a=b=13时，等号成立，故D正确．
故选BCD.
【答案】
B,C
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
[1, 2)
【考点】
交集及其运算
【解析】
可求出集合A,然后进行交集的运算即可．
【解答】
解：∵ A={x|x0)，得y′＝2ax，
由y＝ex，得y′＝ex，
曲线C1:y＝ax2(a>0)与曲线C2:y＝ex存在公共切线，
设公切线与曲线C1切于点(x1, ax12)，与曲线C2切于点(x2, ex2)，
则2ax1＝ex2=ex2−ax12x2−x1，
可得2x2＝x1+2，
∴ a=ex12+12x1，
记f(x)=ex2+12x，
则f′(x)=ex2+1(x−2)4x2，
当x∈(0, 2)时，f′(x)0，f(x)递增．
∴ 当x＝2时，f(x)min=e24．
∴ a的范围是[e24, +∞)．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
【答案】
解：选择条件①csC+(csA−3sinA)csB=0，
可得−cs(A+B)+csAcsB−3sinAcsB=0，
即−csAcsB+sinAsinB+csAcsB−3sinAcsB=0，
即sinAsinB−3sinAcsB=0，
因为sinA≠π≠0，所以sinB=3csB，
所以tanB=3，因为B∈(0,π),
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
选择条件②cs2B−3cs(A+C)=1，
可得2cs²B−1+3csB=1，即2cs²B+3csB−2=0，
解得csB=12或csB=−2（舍），
因为B∈(0, π)，
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
选择条件③bcsC+33csinB=a，
由正弦定理可得sinBcsC+33sinCsinB=sinA
=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
即33sinCsinB=csBsinC，
所以33sinB=csB，
因为B∈(0, π)，
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
【考点】
余弦定理
正弦定理
两角和与差的正弦公式
两角和与差的余弦公式
【解析】
选择条件①，利用诱导公式及两角和的余弦公式可求得角B的值，再由余弦定理和基本不等式即可求得b的最小值；
选择条件②，利用二倍角公式和诱导公式可求得角B的值，再由余弦定理和基本不等式即可求得b的最小值；
选择条件③，利用正弦定理及两角和的正弦公式可求得角B的值，再由余弦定理和基本不等式即可求得b的最小值．
【解答】
解：选择条件①csC+(csA−3sinA)csB=0，
可得−cs(A+B)+csAcsB−3sinAcsB=0，
即−csAcsB+sinAsinB+csAcsB−3sinAcsB=0，
即sinAsinB−3sinAcsB=0，
因为sinA≠π≠0，所以sinB=3csB，
所以tanB=3，因为B∈(0,π),
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
选择条件②cs2B−3cs(A+C)=1，
可得2cs²B−1+3csB=1，即2cs²B+3csB−2=0，
解得csB=12或csB=−2（舍），
因为B∈(0, π)，
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
选择条件③bcsC+33csinB=a，
由正弦定理可得sinBcsC+33sinCsinB=sinA
=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
即33sinCsinB=csBsinC，
所以33sinB=csB，
因为B∈(0, π)，
所以B=π3，
由余弦定理b²=a²+c²−2accsB
=a²+c²−ac
=a2+(1−a)2−a(1−a)
=3a2−3a+1，a∈(0,1)，
又b2=3(a−12)2+14，a∈(0,1)，
所以当a=12时，(b2)min=14.
【答案】
证明：设AC交BD于O，因为ABCD为正方形，
连接OE，因为E为PD中点，
因为OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE．
因为PA⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，
又底面ABCD为正方形，所以CD⊥AD，
又因为PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，
又CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD，
过P作PF⊥AD于F，连接BF，
又因为平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PF⊥平面ABCD，
所以PF⊥BF，
所以∠PBF为直线PB与平面ABCD所成的角，
其正弦值为＝＝＝．
直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为．
【考点】
直线与平面平行
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：(1)Sn=−n2+kn=−(n−k2)2+k24,
当k为偶数时，可得n=k2时，Sn的最大值为k24,
则k24=25，解得k=10成立；
若k为奇数，则n=k−12或k+12时，
Sn的最大值为−(k−12)2+k⋅k−12=25，该方程无整数解．
所以Sn=−n2+10n，
可得a1=S1=9,
当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=−n2+10n+(n−1)2−10(n−1)=11−2n，
当n=1时也成立，
故an=11−2n，n∈N*.
(2)n⋅2an−11=n⋅2−2n=n4n,
则Tn=141+242+343+⋯+n4n①，
14Tn=142+243+344+⋯+n4n+1②，
两式相减可得34Tn=14+142+⋯+14n−n4n+1
=14(1−14n)1−14−n4n+1，
化简可得Tn=49−4+3n9⋅4n.
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
(1)由二次函数的最值求法，可得k,再由数列的递推式：n=1时，a1=S1，当n≥2时，an=Sn−Sn−1，计算可得所求通项公式；
(2)求得n⋅2an−11=n⋅2−2n=n4n，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
【解答】
解：(1)Sn=−n2+kn=−(n−k2)2+k24,
当k为偶数时，可得n=k2时，Sn的最大值为k24,
则k24=25，解得k=10成立；
若k为奇数，则n=k−12或k+12时，
Sn的最大值为−(k−12)2+k⋅k−12=25，该方程无整数解．
所以Sn=−n2+10n，
可得a1=S1=9,
当n≥2时，an=Sn−Sn−1
=−n2+10n+(n−1)2−10(n−1)=11−2n，
当n=1时也成立，
故an=11−2n，n∈N*.
(2)n⋅2an−11=n⋅2−2n=n4n,
则Tn=141+242+343+⋯+n4n①，
14Tn=142+243+344+⋯+n4n+1②，
两式相减可得34Tn=14+142+⋯+14n−n4n+1
=14(1−14n)1−14−n4n+1，
化简可得Tn=49−4+3n9⋅4n.
【答案】
①由题意得＝60.7，
∴ μ＝60.5．
∵ ②若P(ξ>2a−8)＝P(ξ1e，
令f′(x)1，x2>1，
由(1)可知f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以eax=x2，两边同时取对数可得ax=2lnx，a=2lnxx，
因为方程aeax−2f(x)=0有两个不等实数根x1，x2，所以a=2lnxx有两个根x1，x2，
令g(x)=2lnxx(x>1)，令g′(x)＝2(1−lnx)x2，
当x∈(1,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，g′(x)1，
ax1=2lnx1，ax2=2lnx2，可得a=2(lnx1−lnx2)x1−x2，
所以1ax1+1ax2＝x1+x2ax1x2
=(x1+x2)(x1−x2)2x1x2(lnx1−lnx2)=x12−x222x1x2lnx1x2
=(x1x2)2−12x1x2lnx1x2=t2−12tlnt＝t−1t2lnt
设h(t)=t−1t−2lnt(t>1)，
h′(t)=1+1t2−2t=(t−1)2t2>0，所以h(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)=0，即t−1t−2lnt>0，即t−1t>2lnt，
由lnt>0，可得t−1t2lnt>1，
所以1ax1+1ax2>1．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数极最值求参数问题
【解析】
(1)求导，利用导数与单调性的关系即可求解单调区间；
(2)将方程转化为f(eax)=f(x2)，由f(x)在(1, +∞)上单调递增，可得eax=x2，从而可得a=2lnxx，令g(x)=2lnxx，利用导数求得g(x)的范围，从而可得a=2lnxx有两个根时a的取值范围；
设x1>x2，令t=x1x2>1，由ax1=2lnx1，ax2=2lnx2，可得a=2(lnx1−x2)x1−x2，化简可得1ax1+1ax2=t−1t2lnt，设h(t)=t−1t−2lnt(t>1)，利用导数求得h(t)>0即可得证．
【解答】
解：(1)f(x)=xlnx，定义域为(0,+∞)，f′(x)=lnx+1，
令f′(x)>0，得x>1e，
令f′(x)1，x2>1，
由(1)可知f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以eax=x2，两边同时取对数可得ax=2lnx，a=2lnxx，
因为方程aeax−2f(x)=0有两个不等实数根x1，x2，所以a=2lnxx有两个根x1，x2，
令g(x)=2lnxx(x>1)，令g′(x)＝2(1−lnx)x2，
当x∈(1,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，g′(x)1，
ax1=2lnx1，ax2=2lnx2，可得a=2(lnx1−lnx2)x1−x2，
所以1ax1+1ax2＝x1+x2ax1x2
=(x1+x2)(x1−x2)2x1x2(lnx1−lnx2)=x12−x222x1x2lnx1x2
=(x1x2)2−12x1x2lnx1x2=t2−12tlnt＝t−1t2lnt
设h(t)=t−1t−2lnt(t>1)，
h′(t)=1+1t2−2t=(t−1)2t2>0，所以h(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)=0，即t−1t−2lnt>0，即t−1t>2lnt，
由lnt>0，可得t−1t2lnt>1，
所以1ax1+1ax2>1．得分
[30, 40)
[40, 50)
[50, 60)
[60, 70)
[70, 80)
[80, 90)
[90, 100]
频数
2
13
21
25
24
11
4
赠送话费的金额（单位：元）
20
50
概率
X
20
40
50
70
100
P