2021届山西省吕梁市高三三模理科数学练习题

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一、选择题：本题共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．已知集合A＝{x|lg（x+2）＜0}，集合B＝{x|（）x≥1}，则A∩B＝（ ）
A．（﹣2，0]B．（﹣2，﹣1）C．（﹣1，0]D．（﹣1，0）
解：∵集合A＝{x|lg（x+2）＜0}＝{x|﹣2＜x＜﹣1}，
集合B＝{x|（）x≥1}＝{x|x≤0}，
∴A∩B＝{x|﹣2＜x＜﹣1}＝（﹣2，﹣1）．
故选：B．
2．若复数z满足|z﹣i|＝1，z•i＝x+i（x∈R），则z在复平面内对应的点为（ ）
A．（1，1）B．（1，﹣1）C．（1，i）D．（1，﹣i）
解：由z•i＝x+i（x∈R），可得：z•i（﹣i）＝（x+i）（﹣i），化为：z＝1﹣xi，
∵|z﹣i|＝1，∴|1﹣（x+1）i|＝1，
∴＝1，
解得x＝﹣1，
∴z＝1+i，
∴z在复平面内对应的点为（1，1），
故选：A．
3．北斗导航系统由55颗卫星组成，于2020年6月23日完成全球组网部署，全面投入使用．北斗七星自古是我国人民辨别方向判断季节的重要依据，北斗七星分别为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光，其中玉衡最亮，天权最暗．一名天文爱好者从七颗星中随机选两颗进行观测，则玉衡和天权至少一颗被选中的概率为（ ）
A．B．C．D．
解：北斗七星分别为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光，其中玉衡最亮，天权最暗．
一名天文爱好者从七颗星中随机选两颗进行观测，
基本事件总数n＝＝21，
玉衡和天权至少一颗被选中包含的基本事件个数m＝＝11，
则玉衡和天权至少一颗被选中的概率为P＝＝．
故选：B．
4．已知＝（1，2），＝（m，1），＝（3，﹣4），若（+）⊥，则向量，夹角的正切值为（ ）
A．B．1C．D．
解：根据题意，设向量，夹角为θ，
＝（1，2），＝（m，1），＝（3，﹣4），则+＝（1+m，3）
若（+）⊥，则有（+）•＝3（1+m）﹣12＝0，解可得m＝3；
则＝（3，1），
则有||＝＝，||＝＝，•＝3+2＝5，
则csθ＝＝＝，
又由0≤θ≤π，则θ＝，故tanθ＝1；
故选：B．
5．已知点P为直线l：y＝x+1上一点，点Q为圆C：（x﹣1）2+y2＝1上一点，则|PQ|的最小值为（ ）
A．﹣1B．C．1D．﹣1
解：圆C的圆心坐标为（1，0），半径为1，
圆心到直线l：y＝x+1的距离d＝，
∴|PQ|的最小值为．
故选：A．
6．设sin20°＝m，cs20°＝n，化简﹣＝（ ）
A．B．﹣C．D．﹣
解：因为sin20°＝m，cs20°＝n，
所以﹣＝﹣＝﹣＝＝＝＝．
故选：A．
7．已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜），若f（x）的图象过点（，0），相邻对称轴的距离为，则f（x）的解析式可能为（ ）
A．f（x）＝﹣cs（2x+）B．f（x）＝2sin（x+）
C．f（x）＝3cs（2x﹣）D．f（x）＝4cs（x﹣）
解：因为f（x）的相邻对称轴的距离为，
所以f（x）的周期T＝＝π，所以ω＝2．
又图象过点（，0），
所以2×+φ＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ﹣，k∈Z，
因为|φ|＜，所以φ＝﹣，
所以函数f（x）＝Asin（2x﹣）＝﹣Asin（﹣2x+）＝﹣Acs（2x+），
结合选项可知只有选项A可能．
故选：A．
8．（x+y）2（x﹣2y）4的展开式中x2y4的系数为（ ）
A．88B．104C．﹣40D．﹣24
解：∵（x+y）2（x﹣2y）4＝（x2+2xy+y2）（•x4﹣2•x3y+4•x2y2﹣8•xy3+16 •y4 ），
故它的展开式中x2y4的系数为16﹣2×8+4＝﹣24，
故选：D．
9．函数f（x）＝的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
解：x＞0时，﹣x＜0，则，且f（0）＝0，
∴f（x）是R上的奇函数，
x≥0时，f（x）＝xex，f（x）是指数级的增长，
∴f（x）的部分图象大致为C．
故选：C．
10．已知如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P，则PC1＝（ ）
A．2B．C．D．1
解：连接AB1，交BA1于E，取B1C1的中点为P，因为E是AB1D的中点，所以EP∥AC1，
所以PC1＝1．
故选：D．
11．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F（2，0），过点F的直线交C于A，B两点，△OAB的重心为点G，则点G到直线3x﹣3y+1＝0的距离的最小值为（ ）
A．2B．C．D．2
解：由已知可得，，则p＝4，
∴抛物线方程为y2＝8x，
设直线AB的方程为x＝my+2，
代入y2＝8x，消去x，得y2﹣8my﹣16＝0．
△＝64m2+64＞0．
设点A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝8m，
x1+x2＝m（y1+y2）+4＝8m2+4．
∴G（，），则点G到直线3x﹣3y+1＝0的距离d＝．
记t＝8m2﹣8m+5，其对称轴为m＝，且t≥3，
则d．
∴点G到直线3x﹣3y+1＝0的距离的最小值为．
故选：C．
12．已知函数f（x）满足f（1+x）＝f（1﹣x），且x∈[1，e2]时，f（x）＝lnx，若x∈[2﹣e2，e2]时，方程f（x）＝k（x﹣2）有三个不同的根，则k的取值范围为（ ）
A．（，]B．（﹣∞，）C．（﹣，﹣]D．（﹣，+∞）
解：∵f（1+x）＝f（1﹣x），
∴f（x）关于直线x＝1对称，
又当x∈[1，e2]时，f（x）＝lnx，则当x∈[2﹣e2，e2]时，f（x）的图象如图所示，
直线y＝k（x﹣2）为过定点（2，0）的一条直线，当直线与当x∈[2﹣e2，1]时的函数f（x）的图象相切时，直线与f（x）在[2﹣e2，e2]上的图象有两个公共点，
当x∈[2﹣e2，1]时，，
设切点为（x0，ln（2﹣x0）），则切线的斜率为，切线方程为，
把点（2，0）代入得x0＝2﹣e，故；
当直线过点（2﹣e2，2）时，，
∴实数k的取值范围为．
故选：C．
二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．若变量x，y满足约束条件则z＝x﹣2y+5的最小值为 ﹣6 ．
解：由约束条件作出可行域如图，
联立，解得A（﹣1，5），
由z＝x﹣2y+5，得，
由图可知，当直线过A时，直线在y轴上的截距最大，
z有最小值为﹣6．
故答案为：﹣6．
14．已知双曲线E：﹣＝1（a＞0，b＞0），M（1，8），过点M的直线交E于A，B两点，M为AB的中点，且直线AB与E的一条渐近线垂直，则E的离心率为 ．
解：双曲线的渐近线方程为y＝±x，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则﹣＝1，﹣＝1，
两式相减可得＝，
由题意可得x1+x2＝2，y1+y2＝16，
则直线AB的斜率为k＝＝＝＝，
即有b＝2a，
则双曲线的离心率为e＝＝＝＝．
故答案为：．
15．已知锐角△ABC中，AB＝6csA，AC＝2AB﹣2，sin＝，延长AB到点D，使sin∠BCD＝，则S△BCD＝ ．
解：在△ABC中，AB＝6csA，AC＝2AB﹣2，sin＝，可得csA＝1﹣2sin2＝，
可得AB＝3，AC＝4，
所以由余弦定理可得BC2＝AC2+AB2﹣2AC•AB•csA＝13，
可得BC＝，
所以cs∠CBA＝＝，
所以∠CBD＝π﹣∠CBA为钝角，
所以∠BCD为锐角，因为sin∠BCD＝，所以cs∠BCD＝，
所以cs∠CBD＝cs（π﹣∠CBA）＝﹣cs∠CBA＝﹣，sin∠CBD＝，
所以sinD＝sin（∠CBD+∠BCD）＝，
在△BCD中，由正弦定理可得，
所以DC＝4，
所以S△BCD＝BC•DC•sin∠BCD＝×4×＝．
故答案为：．
16．如图所示的三棱锥P﹣ABC，PA⊥平面ABC，∠ABC＝，若PA＝a，AB＝c，PB＝10，BC＝2，当ac取最大值时，点A到平面PBC的距离为 5 ．
解：三棱锥P﹣ABC，PA⊥平面ABC，∠ABC＝，若PA＝a，AB＝c，PB＝10，BC＝2，
可得a2+c2＝100，所以2ac≤100，即ac≤50，当且仅当a＝c＝时，ac取得最大值，
又VP﹣ABC＝VA﹣PBC，
设点A到平面PBC的距离为h，
可得，
解得h＝5．
故答案为：5．
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.
17．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1，a3，a2+10成等差数列，S3﹣a2＝10．
（Ⅰ）求an与Sn；
（Ⅱ）设bn＝lg2（Sn+2）•an，数列{bn}的前n项和记为Tn，求Tn．
解：（Ⅰ）设公比为q的正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1，a3，a2+10成等差数列，S3﹣a2＝10．
所以，
整理得：2q2﹣1﹣q＝1+q2，
解得q＝2或﹣1（负值舍去），
进一步求出a1＝2，
所以．
故，
（Ⅱ）bn＝lg2（Sn+2）•an＝，
所以①，
②，
①﹣②，﹣＝，
整理得：．
18．如图，四边形ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，△PAB为等腰三角形，PB＝2，＝2．
（Ⅰ）求证：PC⊥平面BDE；
（Ⅱ）求二面角A﹣BE﹣P的平面角的余弦值．
解：（Ⅰ）证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB，且△PAB为等腰直角三角形，，
连接AC，则AC⊥BD，PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PA⊥BD，
又AC∩PA＝A，
∴BD⊥平面PAC，
又PC⊂平面PAC，
∴BD⊥PC，
易知，又，
∴，
又PA⊥平面ABCD，
∴平面PAB⊥平面ABCD，
又平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊥AB，
∴BC⊥平面PAB，而PB⊂平面PAB，
∴BC⊥PB，
∴，
则由余弦定理可得BE2＝BC2+CE2﹣2BC•CE•cs∠BCP＝，
∴BE2+CE2＝BC2，即PC⊥BE，
又BD∩BE＝B，
∴PC⊥平面BDE；
（Ⅱ）以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
∴，
设平面ABE的一个法向量为，则，则可取，
设平面PBE的一个法向量为，则，则可取，
设二面角A﹣BE﹣P的平面角为θ，θ为锐角，则．
19．核酸检测也就是病毒DNA和RNA的检测，是目前病毒检测最先进的检验方法，在临床上主要用于新型冠状乙肝，丙肝和艾滋病的病毒检测．通过核酸检测，可以检测血液中是否存在病毒核酸，以诊断机体有无病原体感染．某研究机构为了提高检测效率降低检测成本，设计了如下试验，预备12份试验用血液标本，其中2份阳性，10份阴性，从标本中随机取出n份分为一组，将样本分成若干组，从每一组的标本中各取一部分，混合后检测，若结果为阴性，则判定该组标本均为阴性，不再逐一检测；若结果为阳性，需对该组标本逐一检测．以此类推，直到确定所有样本的结果，若每次检测费用为a元，记检测的总费用为X元．
（Ⅰ）当n＝3时，求X的分布列和数学期望；
（Ⅱ）（ⅰ）比较n＝3与n＝4两种方案哪一个更好，说明理由；
（ⅱ）试猜想100份标本中有2份阳性，98份阴性时，n＝5和n＝10两种方案哪一个更好（只需给出结论不必证明）．
解：（Ⅰ）当n＝3时，共分4组，当2份阳性在一组，第一轮检测4次，第二轮检测3次，共检测7次，
若2份阳性各在一组，第一轮检测4次，第二轮检测6次，共检测10次，
检测的总费用X的所有可能取值为7a，10a，
所以P（X＝7a）＝＝，
P（X＝10a）＝1﹣P（X＝7a）＝，
所以检测的总费用X的分布列为：
X的数学期望为E（X）＝7a•+10a•＝；
（Ⅱ）（ⅰ）当n＝4时，共分3组，
当2份阳性在一组，共检测7次，当2份阳性各在一组，共检测11次，
检测的总费用Y的所有可能取值为7a，11a，
所以P（Y＝7a）＝＝，
P（Y＝11a）＝1﹣P（Y＝7a）＝，
所以检测的总费用Y的分布列为：
X的数学期望为E（X）＝7a•+11a•＝，
所以n＝3的方案更好一些；
（ⅱ）n＝3时检测总数比n＝4时的少，n＝10时检测的总次数比n＝5时的少，猜想n＝10的方案更好一些．
20．已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0）上有一点A，点A在x轴上方，F1、F2分别为E的左、右焦点，当△AF1F2的面积取最大值时，sin∠AF1F2＝．
（Ⅰ）求E的标准方程；
（Ⅱ）若直线l交E于P，Q两点，设PQ中点为M，O为坐标原点，||＝2||，作ON⊥PQ，求证：|ON|为定值．
解：（Ⅰ）当点A为上顶点时，△AF1F2的面积取得最大值，
∴＝＝，sin∠AF1F2＝＝，
又∵a2＝b2+c2，
解得，
∴椭圆E的标准方程为．
（Ⅱ）证明：①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx+m，
联立方程，消去y得：（4k2+1）x2+8kmx+4m2﹣m＝0，
∴△＝64k2m2﹣4（4k2+1）（4m2﹣m）＞0，即4k2﹣m2+1＞0，
设点P（x1，y1），点Q（x2，y2），
∴x1+x2＝，x1x2＝，
∵||＝2||，∴OP⊥OQ，
∴＝x1x2+y1y2＝0，
∴y1y2＝（kx1+m）（kx2+m）＝k2x1x2+km（x1+x2）+m2＝，
∴＝+＝＝0，
∴，
∴坐标原点O到直线l的距离|ON|＝＝为定值，
②当直线l的斜率不存在时，点M即PQ与x轴交点，，
设点P（m，m），代入椭圆E的方程得：＝1，
解得m＝，
当直线l：x＝时，点P（，），Q（，﹣），
∴＝﹣＝0成立，
同理当直线l：x＝时也成立，
∴|ON|＝|m|＝，
综上所求，|ON|为定值．
21．已知函数f（x）＝x3+（2a﹣2）x2+4ax﹣4axlnx的导函数为f′（x），a∈R．
（Ⅰ）求f′（x）的极值；
（Ⅱ）判断函数f′（x）在区间（0，a2+3a﹣8lna）上的单调性．
解：（Ⅰ）由题意可得f′（x）＝x2+（2a﹣2）x﹣4alnx，x＞0，
令g（x）＝x2+（2a﹣2）x﹣4alnx，x＞0，
则g′（x）＝x+2a﹣2﹣＝＝，
令g′（x）＝0，得x＝2或x＝﹣2a，
若a≥0，当0＜x＜2时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x＞2时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以当x＝2时，g（x）有极小值g（2）＝4a﹣4aln2﹣2，无极大值；
若0＜﹣2a＜2，即﹣1＜a＜0，
当0＜x＜﹣2a时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当﹣2a＜x＜2时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x＞2时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以当x＝﹣2a时，g（x）有极大值g（﹣2a）＝﹣2a2+4a﹣4aln（﹣2a），
当x＝2时，g（x）有极小值g（2）＝4a﹣4aln2﹣2；
若﹣2a＞2，即a＜﹣1，
当0＜x＜2时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当2＜x＜﹣2a时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x＞﹣2a时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
所以当x＝2时，g（x）有极大值g（2）＝4a﹣4aln2﹣2，
当x＝﹣2a时，g（x）有极小值g（﹣2a）＝﹣2a2+4a﹣4aln（﹣2a）．
综上所述，若a≥0，则f′（x）有极小值4a﹣4aln2﹣2，无最大值；
若﹣1＜a＜0，则f′（x）有极大值﹣2a2+4a﹣4aln（﹣2a），极小值4a﹣4aln2﹣2；
若a＜﹣1，则f′（x）有极小值﹣2a2+4a﹣4aln（﹣2a），极大值4a﹣4aln2﹣2．
（Ⅱ）当x∈（0，a2+3a﹣8lna）时，a＞0，
由（Ⅰ）知，f′（x）的单调递增区间为（2，+∞），f′（x）的单调递减区间为（0，2），
令h（a）＝a2+3a﹣8lna﹣2，
h′（a）＝a+3﹣＝，
令h′（a）＝0，得a＝﹣，当a＝﹣时，
h（a）取得最小值为﹣8ln（﹣）＞0，
即a2+3a﹣8lna＞2，
所以f′（x）在（0，2）上单调递减，f′（x）在（2，a2+3a﹣8lna）上单调递增．
（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：（t为参数），以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为4ρ2＝12+ρ2cs2θ．
（Ⅰ）求直线l的普通方程和C的直角坐标方程；
（Ⅱ）若直线l与曲线C的交点为A，B，P为曲线C上的动点，若△PAB的面积最大值为S，求S的值．
解：（Ⅰ）由直线l：（t为参数），
两式相交消去参数t，可得直线l的普通方程为x+y﹣2＝0．
由4ρ2＝12+ρ2cs2θ，结合ρ2＝x2+y2，x＝ρcsθ，
得4x2+4y2＝12+x2，即，
∴C的直角坐标方程为；
（Ⅱ）联立，解得A（2，0），B（），
∴|AB|＝．
设P（2csθ，），
则P到直线x+y﹣2＝0的距离d＝＝（tanα＝），
∴．
∴△PAB面积的最大值S＝|AB|•d＝＝．
[选修4-5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）＝3|x﹣2|+|x﹣m|（x∈R），不等式f（x）＜3的解集为（1，n）．
（Ⅰ）求m，n的值；
（Ⅱ）若三个实数a，b，c，满足a+b+c＝m．证明：（b+c）2+（a+2b+c）2+（a+b+2c）2≥．
【解答】（Ⅰ）解：由题意，f（1）＝3且f（n）＝3，n＞1，
∴3+|1﹣m|＝3，可得m＝1，即f（x）＝3|x﹣2|+|x﹣1|，
∴3|n﹣2|+|n﹣1|＝3，
当1＜n≤2时，3（2﹣n）+（n﹣1）＝5﹣2n＝3，解得n＝1（舍）；
当n＞2时，3（n﹣2）+（n﹣1）＝4n﹣7＝3，解得n＝．
综上，有m＝1，n＝；
（Ⅱ）由a+b+c＝m＝1，
则：（b+c）2+（a+2b+c）2+（a+b+2c）2＝（a﹣1）2+（1+b）2+（1+c）2
要证（b+c）2+（a+2b+c）2+（a+b+2c）2≥，
即证（a﹣1）2+（1+b）2+（1+c）2≥＝，
而[（a﹣1）2+（1+b）2+（1+c）2]（12+12+12）
≥[（a﹣1）×1+（1+b）×1+（1+c）×1]2＝（a+b+c+1）2＝4，
∴（a﹣1）2+（1+b）2+（1+c）2≥，
即：（b+c）2+（a+2b+c）2+（a+b+2c）2≥．
X
7a
10a
P
Y
7a
11a
P