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2021-2022学年河南省许平汝联盟高三（下）核心模拟数学试卷（文科）（六）（Word解析版）
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2021-2022学年河南省许平汝联盟高三（下）核心模拟数学试卷（文科）（六）一、单选题（本大题共12小题，共60分）已知集合A={x|x=2k+1,k∈Z}，B={x|-4≤x≤4}，则A∩B=( )A. [-3,3] B. [-4,4] C. {1,3} D. {-3,-1,1,3}已知复数z=3+2i1+i(i是虚数单位)，则|z|=( )A. 262 B. 132 C. 12 D. 22已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y=-24x，则C的离心率是( )A. 423 B. 3 C. 322 D. 324已知函数f(x)=aex+b(a,b∈R)在点(0,f(0))处的切线方程为y=3x+2，则2a+b=( )A. 1 B. 2 C. 4 D. 5已知函数f(x)=x2ln(x2+1+x)+2，若f(a)=9，则f(-a)=( )A. -5 B. -9 C. -13 D. -15已知直线x=π8是函数f(x)=2sin(2x+φ)(|φ|≤π2)的图象的一条对称轴，为了得到函数y=f(x)的图象，可把函数y=2cos(2x-π6)的图象( )A. 向左平移π24个单位长度 B. 向右平移π24个单位长度 C. 向左平移π12个单位长度 D. 向右平移π12个单位长度如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且EO=2AE，则EB=( ) A. 16AB-56AD B. 16AB+56AD C. 56AB-16AD D. 56AB+16AD如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A. 2 B. 43 C. 23 D. 83函数y=xsin2x2-cosx的部分图象大致为( )A. B. C. D. 已知A，B为圆O：x2+y2=4上的两动点，|AB|=23，点P是圆C：(x+3)2+(y-4)2=1上的一点，则|PA+PB|的最小值是( )A. 2 B. 4 C. 6 D. 8定义在R上的函数f(x)满足f(1-x)=f(x+1)，当x≥1时，f(x)=-x2+5,1≤x<2,2-log2x,x≥2,若对任意的x∈[t,t+1]，不等式f(x)≤f(1-t-x)恒成立，则实数t的取值范围是( )A. (-∞,-1]∪[-13,+∞) B. (-∞,-2]∪[13,+∞) C. [-2,13] D. [-1,-13]已知直线y=b分别与直线y=x+1、曲线y=lnx-2交于点A，B，则线段AB长度的最小值为( )A. 2 B. 2+ln2 C. 4 D. 4+ln2二、填空题（本大题共4小题，共20分）已知实数x，y满足约束条件3x+2y-12≤0x-2y-2≤0x≥2，则z=2x+y的最大值为______．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c2=(a+b)2-3，C=2π3，则△ABC的面积为______．已知点F是抛物线E：y2=8x的焦点，A，B，C为E上三点，且FA+FB+FC=0，则|FA|+|FB|+|FC|=______．在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，AB=BC=AC=4，则该三棱锥外接球的表面积是______．三、解答题（本大题共7小题，共82分）2021年10月1日是中华人民共和国第72个国庆日，很多人通过短视频APP或微信、微博表达了对祖国的祝福．某调查机构为了解通过短视频APP或微信、微博表达对祖国祝福的人们是否存在年龄差异，将年龄不低于45岁的人称为中老年，低于45岁的人称为青少年．通过不同途径调查了数千个通过短视频APP或微信、微博表达对祖国祝福的人，并从参与者中随机选出400人．经统计这400人中通过微信，微博表达对祖国祝福的有320人，其中中老年占25，这400人中通过短视频APP表达对祖国祝福的青少年有28人． (1)完成下列2×2列联表，并判断是否有99.9%的把握认为通过短视频APP或微信、微博表达对祖国的祝福与年龄有关？(2)从通过微信、微博表达对祖国祝福的320人中按照年龄分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人中恰好有一个是青少年的概率． 附：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=(n+2)an-2． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{1an2}的前n项和为Tn，求证：Tn<23．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分别为棱A1C1，BC的中点，且C1F⊥AB． (1)求证：AB⊥BC； (2)若AB=BC=AA1=2，求点A1到平面AEF的距离．已知函数f(x)=lnx-ax2+2(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)-(2-a)x≥0在x∈[1,e]上恒成立，求实数a的取值范围．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，左顶点为A(-22,0)，且过点(2,3)． (1)求C的方程； (2)过原点O且与x轴不重合的直线交C于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，求证：M，F1，N，F2四点共圆．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=t+1ty=t-1t(t为参数)，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为psin(θ+π4)=22． (1)求C1的普通方程和C2的直角坐标方程； (2)若C1与C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程．已知函数f(x)=|2x+a|+|2x-1|(a∈R)． (1)当a=2时，求不等式f(x)≤7的解集； (2)若存在x∈R，使得f(x)≤-2a成立，求实数a的取值范围． 答案和解析1.【答案】D 【解析】解：集合A={x|x=2k+1,k∈Z}={奇数}， B={x|-4≤x≤4}， 则A∩B={-3,-1,1,3}． 故选：D． 利用交集定义直接求解． 本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 2.【答案】A 【解析】解：复数z=3+2i1+i(i是虚数单位)，则|z|=|3+2i||1+i|=32+2212+12=262． 故选：A． 根据复数运算和复数的模即可求出． 本题考查了复数运算和复数的模，属于基础题． 3.【答案】D 【解析】解：∵双曲线C：x2a2-y2b2=1的渐近线方程为y=±bax，又一条渐近线方程为y=-24x， ∴ba=24，∴离心率e=ca=1+(ba)2=324． 故选：D． 先根据双曲线的标准方程求得渐近线方程，根据其中一条的方程求得a和b的关系，可求离心率可得． 本题主要考查了双曲线的简单性质．解题的关键是熟练掌握双曲线方程中的a，b和c基本关系，属基础题． 4.【答案】D 【解析】解：由f(x)=aex+b，得f'(x)=aex， 因为函数f(x)在点(0,f(0))处的切线方程是y=3x+2， 所以f(0)=2=a+bf'(0)=3=a解得a=3，b=-1． 2a+b=5． 故选：D． 由f(x)=aex+b，得f'(x)，因为函数f(x)在点(0,f(0))处的切线方程是y=3x+2，故(0,f(0))适合方程y=3x+2，且f'(0)=2，联立可得结果． 本题主要考查函数与导数的关系，特别是曲线的切线与函数导数之间的关系，属于中档题． 5.【答案】A 【解析】解：根据题意，函数f(x)=x2ln(x2+1+x)+2，则f(-x)=(-x)2ln(x2+1-x)+2， 则有f(x)+f(-x)=4， 若f(a)=9，则f(-a)=-5； 故选：A． 根据题意，由函数的解析式可得f(x)+f(-x)=4，据此分析可得答案． 本题考查函数值的计算，注意分析f(-x)+f(x)的值，属于基础题． 6.【答案】B 【解析】解：因为直线x=π8是函数f(x)=2sin(2x+φ)(|φ|≤π2)的图象的一条对称轴，所以2⋅π8+φ=π2+kπ，k∈Z，而|φ|≤π2， 解得φ=π4， 可得f(x)=2sin(2x+π4)=2cos[2x+π4-π2]=2cos(2x-π4)， 假设函数y=2cos(2x-π6)的图象向左平移α个单位得到f(x)的图象，即g(x+α)=2cos[2(x+α]-π6]=2cos(2x+2α-π6), 即2α-π6=-π4，解得α=-π24<0， 所以y=2cos(2x-π6)的图象向右平移π24个单位得到f(x)的图象， 故选：B． 由题意将对称轴x=π8代入正弦函数中，可得φ的值，再将f(x)转化为余弦函数形式，假设函数g(x)平行移动α个单位，求出α的值，可得α=-π24<0，可得向右平行移动π24个单位． 本题考查正弦函数的性质的应用及正余弦函数之间的的转化的性质，属于基础题． 7.【答案】C 【解析】解：∵EO=2AE， ∴AE=16AC， ∴EB=AB-AE =AB-16(AB+AD) =56AB-16AD， 故选：C． 利用平面向量线性运算化简即可． 本题考查了平面向量线性运算的应用，注意平行四边形法则的应用． 8.【答案】B 【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体， 如图所示： 所以V=S=13×12×2×2×2=43． 故选：B． 首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积． 本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题． 9.【答案】A 【解析】解：函数y=xsin2x2-cosx的定义域为R， f(-x)=-xsin(-2x)2-cos(-x)=xsin2x2-cosx=f(x)， 可得f(x)为偶函数，其图象关于y轴对称，可排除选项B、D； 由f(x)=0，可得x=0或sin2x=0，即x=0或x=kπ2，k∈Z， 而f(π6)>0，可排除选项C． 故选：A． 首先判断f(x)的奇偶性，求得零点，考虑f(π6)的符号，由排除法可得结论． 本题考查函数的图象的判断，注意运用函数的奇偶性，考查数形结合思想和推理能力，属于基础题． 10.【答案】C 【解析】解：设AB的中点为M，则OM⊥AB，且|OM|=4-3=1， 则M在以O为圆心，以1为半径的圆上， 则|PA+PB|=2|PM|， 而|PM|的最小值为|OC|-1-1=5-1-1=3， 则|PA+PB|的最小值是6． 故选：C． 设AB的中点为M，由已知可得M在以O为圆心，以1为半径的圆上，再由则|PA+PB|=2|PM|，求得|PM|的最小值得答案． 本题考查平面向量的数量积运算，考查化归与转化、数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题． 11.【答案】D 【解析】解：∵函数f(x)满足f(1-x)=f(x+1)， ∴函数f(x)关于直线x=1对称， ∵当x≥1时，f(x)=-x2+5,1≤x<2,2-log2x,x≥2, 当1≤x<2时，f(x)=-x2+5为减函数，且f(x)∈(1,4]； 当x≥2时，f(x)=2-log2x为减函数，且f(x)∈(-∞,1]； ∴f(x)在[1,+∞)上是减函数，在(-∞,1]是增函数， 若不等式f(x)≤f(1-t-x)对任意x∈[t,t+1]上恒成立， 由对称性可得|x-1|≥|1-t-x-1|对任意x∈[t,t+1]上恒成立， 即有|x-1|≥|x+t|⇔-2x+1≥2tx+t2⇔(2t+2)x+t2-1≤0对任意x∈[t,t+1]上恒成立， 令g(x)=(2t+2)x+t2-1，则g(t)≤0g(t+1)≤0， 即2(t+1)t+t2-1≤02(t+1)(t+1)+t2-1≤0，即3t2+2t-1≤03t2+4t+1≤0，解得-1≤t≤-13， 即实数t的取值范围是[-1,-13]. 故选：D． 根据函数f(x)满足f(1-x)=f(x+1)，可得f(x)图象关于x=1对称，又当x≥1时，f(x)=-x2+5,1≤x<2,2-log2x,x≥2,可判断函数f(x)在[1,+∞)上是减函数，利用对称性，将∀x∈[t,t+1]，不等式f(x)≤f(1-t-x)恒成立转化为(2t+2)x+t2-1≤0对任意x∈[t,t+1]恒成立，解之即可． 本题主要考查函数单调性的应用，考查函数的对称性和单调性之间的关系的综合运用，考查等价转化思想与运算能力，属于难题． 12.【答案】C 【解析】解：令g(x)=x+3-lnx， 则g'(x)=1-1x=x-1x， 所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增， 所以g(x)min=g(1)=1+3-ln1=4>0， 所以直线y=x+1在曲线y=lnx-2的上方，由x+1=b，则x=b-1， 由lnx-2=b， 则x=eb+2， 则|AB|=eb+2-(b-1)=eb+2-b+1， 令h(x)=ex+2-x+1，则h'(x)=ex+2-1， 令h'(x)<0，解得x<-2，令h'(x)>0，解得x>-2， 所以h(x)在(-∞,-2)上单调递减，在(-2,+∞)上单调递增，h(x)min=h(-2)=4． 故选：C． 根据已知条件，结合导数研究函数的单调性，即可求解． 本题主要考查利用导数研究函数的最值，属于中档题． 13.【答案】314 【解析】解：由约束条件可得如下可行域， 要使目标式最大，即其所在直线在y轴上的截距最大， 由图知：当z=2x+y过B时最大， 3x+2y-12=0x-2y-2=0⇒B(72,34)， 所以z=2×72+34=314． 故答案为：314． 画出可行域，根据目标式的几何意义判断z取最大时对应直线所过的点，即可求最大值． 本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键． 14.【答案】334 【解析】解：因为c2=(a+b)2-3， 所以a2+b2+2ab-c2-3=0， 由余弦定理可得：a2+b2-c2=2abcosC=2abcos2π3=-ab， 即2ab-ab-3=0，即ab=3， 所以△ABC的面积为S=12absinC=12×3×32=334． 故答案为：334． 利用余弦定理可求出ab的值，再利用三角形的面积公式可求得结果． 本题考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题． 15.【答案】12 【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3) 抛物线y2=12x焦点坐标F(2,0)，准线方程：x=-2， ∵FA+FB+FC=0， ∴点F(2,0)是△ABC重心， ∴x1+x2+x3=6，y1+y2+y3=0， 而|FA|=x1-(-2)=x1+2， |FB|=x2-(-2)=x2+2， |FC|=x3-(-2)=x3+2， ∴|FA|+|FB|+|FC|=x1+2+x2+2+x3+2 =(x1+x2+x3)+6=6+6=12． 故答案为：12． 设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，由已知条件推导出x1+x2+x3=6，根据FA+FB+FC=0， 得出点F(2,0)是△ABC重心，运用重心的坐标公式得出：x1+x2+x3=6，再根据抛物线的定义得出|FA|+|FB|+|FC|=x1+2+x2+2+x3+2，整体求解即可． 本题考查抛物线的简单性质的应用，是中档题，解题时要认真审题，注意三角形重心性质的灵活运用． 16.【答案】64π3 【解析】解：如图，取AB中点H，连PH，CH， 由AB=BC=AC=4，∴CH⊥AB，CH⊂平面ABC， 平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB， ∴CH⊥平面ABP，又PA⊥PB，H为AB中点， ∴AH=PH=BH，在CH上取点O使得OC=OA， 又AB=BC=AC=4，所以O为△ABC重心，所以OC=OA=OB， ∴O为该三棱锥外接球的球心，设该三棱锥的外接球半径为R， 由正弦定理得4sin60∘=2R，∴R=433， 所以该三棱锥的外接球的表面积是4πR2=64π3， 故答案为：64π3． 可先确定△ABP和△ABC的外接圆圆心，再由平面PAB⊥平面ABC确定三棱锥外接球球心，计算出球的半径即可求解． 本题考查了外接球的表面积，属于中档题． 17.【答案】解：(1)微博表达对祖国祝福的有320人，其中中老年占25， 则中老年为320×25=128人， 2×2列联表如下： ∵K2=400×(28×128-52×192)280×320×220×180≈16.162>10.828， ∴有99.9%的把握认为通过短视频APP或微信、微博表达对祖国的祝福与年龄有关． (2)抽取的5人中，青少年占5×192320=3人，记为A，B，C， 中老年占5-3=2人，记为1，2， 从5人中随机抽取2人，共10种，分别为：A1，B1，C1，A2，B2，C2，AB，AC，BC，12， 其中恰好有一个是青少年的共6种，分别为：A1，B1，C1，A2，B2，C2， 故所求的概率P=610=35． 【解析】(1)根据已知条件，结合独立性检验公式，即可求解． (2)根据已知条件，结合分层抽样的定义，以及古典概型的概率公式，即可求解． 本题主要考查独立性检验公式，以及分层抽样的定义，属于基础题． 18.【答案】(1)解：当n=1时，2S1=(1+2)a1-2，即a1=2， 当n⩾2时，由2Sn=(n+2)an-2，① 可得2Sn-1=(n-1+2)an-1-2=(n+1)an-1-2，② ①-②，得2an=(n+2)an-(n+1)an-1， 即nan=(n+1)an-1， 所以ann+1=an-1n，且a12=1，所以数列{ann+1}为常数列， 所以ann+1=1，即an=n+1(n∈N*)． (2)证明：由(1)得an=n+1(n∈N*)， 所以1an2=1(n+1)2=44(n+1)2<44(n+1)2-1=4(2n+1)(2n+3)=2(12n+1-12n+3)， 所以Tn=122+132+142+⋯+1(n+1)2<2(13-15)+2(15-17)+2(17-19)+⋯+2(12n+1-12n+3)=2[(13-15)+(15-17)+(17-19)+⋯+(12n+1-12n+3)]=2(13-12n+3)<23． 【解析】(1)根据an与Sn的关系可得数列{ann+1}为常数列，且ann+1=1，由此可求得an； (2)利用裂项相消求和之后可证结论． 本题考查了由数列的递推式求通项公式以及裂项相消求和的问题，属于中档题． 19.【答案】(1)证明：因为直三棱柱ABC-A1B1C1，所以CC1⊥平面ABC， 又AB⊂平面ABC，所以CC1⊥AB， 又C1F⊥AB，CC1∩C1F=C1，CC1，C1F⊂平面BCC1B1， 所以AB⊥平面BCC1B1， 又BC⊂平面BCC1B1，所以AB⊥BC； (2)解：在△ABF中，AB=2,FB=12BC=1,AB⊥BC，所以AF=22+1=5， 在△AA1E中，AA1=2,A1E=12A1C1=2,AA1⊥A1C1，所以AE=22+(2)2=6， 取AC的中点O，连接EO，FO，BO，如图所示， 因为CC1⊥平面ABC，FO⊂平面ABC，所以CC1⊥FO， 又EO//CC1，所以EO⊥FO，所以EF=22+12=5， 在△AEF中，cos∠EFA=AF2+EF2-AE22AF⋅EF=5+5-625×5=25， 所以sin∠EFA=1-(25)2=215，所以S△AEF=12×5×5×215=212， 因为CC1⊥平面ABC，BO⊂平面ABC，所以CC1⊥BO， 因为AB=BC，O是AC的中点，所以CA⊥BO， 又CA∩CC1=C1，CA，CC1⊂平面CC1A1A， 所以BO⊥平面CC1A1A1，即BO是三棱锥B-AA1E的高， 所以VF-AA1E=12VB-AAlE=12×13×12×2×2×2=13， 设点A1到平面AEF的距离是h， 则VA1-AEF=13S△AEF⋅h=13×212⋅h=VF-AA1E=13， 解得h=22121． 【解析】(1)由题易证AB⊥平面BCC1B1，即得AB⊥BC； (2)由等体积法可得，易知VA1-AEF=VF-AA1E,而VF-AA1E=12VB-AA1E=13,即可得A1到平面AEF的距离h=22121． 本题考查了线线垂直的证明和点到平面的距离计算，属于中档题． 20.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f'(x)=1x-2ax=-2ax2+1x， ①当a≤0时，f'(x)>0恒成立，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增， ②当a>0时，令f'(x)=0，解得x=2a2a或x=-2a2a(舍去)， 令f'(x)>0，解得0
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