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2024年青海省西宁市大通县高考数学二模试卷（文科）（含解析）
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这是一份2024年青海省西宁市大通县高考数学二模试卷（文科）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x|−2A. (−2,13)B. (−2,13]C. [−3,12)D. (−3,12)
2.在复平面内，复数z=(2−5i)(−1−2i)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
3.若实数x，y满足约束条件x−y−3≤0,x+2y−2≥0,y≤2,则z=x+4y的最大值为( )
A. 43B. 6C. 13D. 15
4.已知直线mx+2y+m+2=0与直线4x+(m+2)y+2m+4=0平行，则m的值为( )
A. 4B. −4C. 2或−4D. −2或4
5.已知m，n，p，q∈N*，且数列{an}是等比数列，则“aman=apaq”是“m+n=p+q”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
6.执行如图所示的程序，输出S的值为( )
A. 0B. −24C. −72D. −158
7.将函数y=3sin(3x+φ)的图象向右平移π9个单位长度，得到的函数图象关于y轴对称，则|φ|的最小值为( )
A. π6B. 7π18C. 11π18D. 5π6
8.已知函数f(x)=lg2x,02,若f(a+1)−f(2a−1)≥0，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,2]B. [2,+∞)C. [2,6]D. (12,2]
9.已知tanα+tanβ=5，csαcsβ=16，则sin(α+β)=( )
A. 16B. 15C. 56D. 45
10.17世纪，在研究天文学的过程中，为了简化大数运算，苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，对数的思想方法即把乘方和乘法运算分别转化为乘法和加法运算，数学家拉普拉斯称赞“对数的发明在实效上等于把天文学家的寿命延长了许多倍”.已知lg2≈0.3010，lg3≈0.4771，设N=48×1510，则N所在的区间为( )
A. (1013,1014)B. (1014,1015)C. (1015,1016)D. (1016,1017)
11.已知函数f(x)=x2+ax−2b，若a，b都是区间[0,4]内的数，则使得f(1)≥0成立的概率是( )
A. 78B. 58C. 38D. 18
12.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点、上顶点分别为A、B，右焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与直线AB交于点E，若直线AB的斜率小于 154,O为坐标原点，则直线AB的斜率与直线OE的斜率之比值的取值范围是( )
A. (12,+∞)B. (14,+∞)C. (16,15)D. (15,12)
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若向量a,b不共线，且(xa+b)//(a+yb)，则xy的值为______．
14.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线平行于直线l：x−2y−5=0，且双曲线的一个焦点在直线l上，则该双曲线的方程为______．
15.已知各项都是正数的等比数列{an}的前3项和为21，且a3=12，数列{bn}中，b1=1，b3=0，若{an+bn}是等差数列，则b1+b2+b3+b4+b5= ______．
16.已知A，B，C是表面积为36π的球O的球面上的三个点，且AC=AB=1，∠BAC=120°，则三棱锥O−ABC的体积为______．
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
只要骑车，都应该戴头盔.骑行头盔是骑行中生命坚实的保护屏障.骑行过程中的摔倒会对头部造成很大的损害，即使骑行者是以较低的车速沿着坡度平稳的自行车道骑行，也同样不可忽视安全问题.佩戴头盔的原因很简单也很重要——保护头部，减少伤害.相关数据表明，在每年超过500例的骑车死亡事故中，有75%的死亡原因是头部受到致命伤害造成的，医学研究发现，骑车佩戴头盔可防止85%的头部受伤，并且大大减小了损伤程度和事故死亡率．
某市对此不断进行安全教育，下表是该市某主干路口连续5年监控设备抓拍到通过该路口的骑电动车不戴头盔的人数的统计数据：
(1)求不戴头盔人数y与年份序号x之间的线性回归方程；
(2)预测该路口2024年不戴头盔的人数．
参考公式：回归方程y=bx+a中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2,a =y−−b x−．
18.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2 3acsinB=(b+c+a)(b+c−a)．
(1)求角A的大小；
(2)若sinC=4sinB，a= 13，求△ABC的面积．
19.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2 2，A1A=A1B=4，∠A1AB=∠A1AC．
(1)求证：平面A1BC⊥平面ABC；
(2)求四棱锥A1−C1B1BC的体积．
20.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点P(2,1)是抛物线C：x2=2py(p>0)上的一点，直线l交C于A，B两点．
(1)若直线l过C的焦点，求OA⋅OB的值；
(2)若直线PA，PB分别与y轴相交于M，N两点，且OM⋅ON=1，试判断直线l是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2+(2−2a)x−2alnx(a∈R)．
(1)若a=2，求f(x)的极值；
(2)若g(x)=f(x)+2a2−2x+ln2x，求证：g(x)≥12．
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=2+3csα,y=1+3sinα(α为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标，直线l的极坐标方程为ρsin(θ+π4)=2 2．
(1)求C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
(2)若点P的直角坐标为(2,2)，直线l与C交于A，B两点，求PA⋅PB的值．
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|2x−4|+|x−1|．
(1)求不等式f(x)≤8的解集；
(2)若函数f(x)的最小值为m，且正数a，b，c满足a+b+c=m，求证：a2b+b2c+c2a≥1．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由x(3x+8)≤3，即3x2+8x−3≤0，即(3x−1)(x+3)≤0，解得−3≤x≤13，
所以B={x|x(3x+8)≤3}={x|−3≤x≤13}，
又A={x|−2故选：C．
首先解一元二次不等式求出集合B，再根据并集的定义计算可得．
本题考查一元二次不等式，考查集合的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：复数z=(2−5i)(−1−2i)=(−2+10i2)+(−4+5)i=−12+i，
所以z对应的点的坐标为(−12,1)，在第二象限．
故选：B．
化简复数z，即可得出z对应的点所在的象限．
本题考查了复数的化简与运算问题，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：实数x，y满足约束条件x−y−3≤0x+2y−2≥0y≤2，
则表示的可行域如图阴影部分所示．
当直线z=x+4y经过点A时，z取得最大值，
由x−y−3=0y=2，解得x=5，y=2，
所以zmax=5+4×2=13．
故选：C．
作出可行域，根据图形找到最优解，进而得到答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：因为直线mx+2y+m+2=0与直线4x+(m+2)y+2m+4=0平行，
所以m(m+2)=2×4，解得m=2或m=−4，
当m=2时，直线2x+2y+4=0与直线4x+4y+8=0重合，不符合题意；
当m=−4时，直线−4x+2y−2=0与直线4x−2y−4=0平行．
故选：B．
根据两条直线平行建立关于m的方程，求出m的值并加以检验，即可得到本题的答案．
本题主要考查直线的方程、两条直线平行与方程的关系等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，数列{an}是等比数列，
当公比q=1时，同时m=1，n=2，p=3，q=4，有aman=apaq成立，但是m+n=p+q不成立，
所以“aman=apaq”不是“m+n=p+q”的充分条件；
反之，若m+n=p+q，则aman=a12q1n−1+n−1=a12q1n+n−2,apaq=a12q1p−1+q−1=a12q1p+q−2，
所以aman=apaq，则有“aman=apaq”是“m+n=p+q”的必要条件．
综上，“aman=apaq”是“m+n=p+q”的必要不充分条件．
故选：B．
根据题意，举出反例可得充分性不成立，结合等比数列的通项公式可得必要性成立，综合可得答案．
本题考查等比数列的性质，涉及等比数列的定义，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：根据程序执行逻辑，
第一步：S=18−2×3=12且x=3<20，则x=2×3=6；
第二步：S=12−2×6=0且x=6<20，则x=2×6=12；
第三步：S=0−2×12=−24且x=12<20，则x=2×12=24；
第四步：S=−24−2×24=−72且x=24>20，跳出循环，输出S=−72．
故选：C．
根据程序执行逻辑写出执行步骤即可得答案．
本题主要考查程序框图的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：将函数y=3sin(3x+φ)的图象向右平移π9个单位长度，
得到函数y=3sin[3(x−π9)+φ]=3sin(3x−π3+φ)的图象，
因为函数y=3sin(3x−π3+φ)的图象关于y轴对称，即函数为偶函数，
所以−π3+φ=π2+kπ(k∈Z)，
解得φ=5π6+kπ(k∈Z)，
故当k=−1时，|φ|取得最小值为π6．
故选：A．
由三角函数图象的平移变换可得函数解析式为y=3sin(3x−π3+φ)，根据对称性可知−π3+φ=π2+kπ(k∈Z)，由此可得φ，进而得到|φ|的最小值．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，考查三角函数的性质，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：画出f(x)的图象，如图所示：
由图象可知，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
∵f(a+1)−f(2a−1)≥0，
∴f(a+1)≥f(2a−1)，
∴a+1>02a−1>0a+1≥2a−1，
解得12即实数a的取值范围是(12,2]．
故答案为：D．
画出f(x)的图象，由图象可知f(x)在(0,+∞)上单调递增，再利用函数f(x)的单调性解不等式f(a+1)−f(2a−1)≥0即可．
本题主要考查了分段函数的单调性，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】解：因为tanα+tanβ=sinαcsα+sinβcsβ=sinαcsβ+csαsinβcsαcsβ=5，
且csαcsβ=16，
所以sinαcsβ+csαsinβ=sin(α+β)=5csαcsβ=56．
故选：C．
由题意，利用同角三角函数的基本关系式，两角和的正弦公式，计算求得结果．
本题主要考查同角三角函数的基本关系式，两角和差的正弦公式，属于基础题．
10.【答案】D
【解析】解：因为N=48×1510，
所以lgN=lg48+lg1510=lg216+10(lg3+lg5)
=16lg2+10lg3+10(1−lg2)=6lg2+10lg3+10
≈6×0.3010+10×0.4771+10=16.577，
所以N=1016.577∈(1016,1017).
故选：D．
由对数的运算性质求解即可．
本题主要考查了对数的运算性质的应用，属于基础题．
11.【答案】C
【解析】解：根据题意，a，b都是区间[0,4]内的数，则实数a、b对应的区域为如图的正方形，
函数f(x)=x2+ax−2b，若f(1)=1+a−2b≥0，即a−2b+1≥0，
则有0≤a≤40≤b≤4a−2b+1≥0，
其对应区域为正方形内部，直线AB的下方，其中A(0,12)，B(4,52)，
故使得f(1)≥0成立的概率P=(12+52)×4×124×4=38．
故选：C．
根据题意，坐标系中，画出f(1)>0对应的区域以及a、b都是在区间[0,4]内表示的区域，由几何概型公式计算可得答案．
本题考查几何概型的计算，涉及线性规划的知识，属于基础题．
12.【答案】D
【解析】解：已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点、上顶点分别为A、B，右焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与直线AB交于点E，
则直线AB的方程为y=bax+b，
设椭圆的焦距为2c(c>0)，由题意设点E(c,y0)，
则y0=bca+b，即E(c,bca+b)，
∴kOE=bca+bc=b(a+c)ac，
又∵kAB=ba< 154，
∴e=ca= 1−(ba)2>14，即14设直线AB的斜率与直线OE的斜率之比值为m，
∴m=bab(a+c)ac=ca+c=ee+1=1−1e+1，
又∵14∴15故选：D．
由题意设点E(c,y0)，表示出E点坐标，在结合题意以及椭圆性质可解．
本题考查椭圆的性质，属于中档题．
13.【答案】1
【解析】解：因为(xa+b)//(a+yb)，所以∃λ∈R，
使得xa+b=λ(a+yb)，
所以xa+b=λa+λyb，
因为a,b不共线，
所以x=λ1=λy，消去λ，解得xy=1．
故答案为：1．
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
14.【答案】x220−y25=1
【解析】解：双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线平行于直线l：x−2y−5=0，
可得双曲线的渐近线方程为：x±2y=0，直线l：x−2y−5=0与x轴的交点为：(5,0)，
可得c=5，ba=12，c2=a2+b2.解得a=2 5，b= 5，
所求双曲线方程为：x220−y25=1．
故答案为：x220−y25=1．
求出双曲线的渐近线方程，求出双曲线的焦点坐标，然后求解双曲线方程．
本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线方程的求法，考查计算能力，属于基础题．
15.【答案】−33
【解析】解：设数列{an}的公比为q(q>0)，
由a3=12，且前3项和为21，得a3q2+a3q+a3=21，
即12(1q2+1q+1)=21，化简得3q2−4q−4=0，解得q=2(−23舍去)，
∴an=a3⋅qn−3=12×2n−3=3×2n−1．
于是a1=3，a1+b1=4，a3+b3=12，可得等差数列{an+bn}的公差为12−42=4，
则an+bn=4+4(n−1)=4n,bn=4n−an=4n−3×2n−1，
则b1+b2+b3+b4+b5=4(1+2+3+4+5)−3(1+2+22+23+24)=60−3(25−1)=−33．
故答案为：−33．
设数列{an}的公比为q(q>0)，由已知列式求解q，再求出{an+bn}的公差，然后利用分组求和求解．
本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前n项和，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】 66
【解析】解：设球O的半径为R，△ABC外接圆的半径为r，
在△ABC中，AC=AB=1，∠BAC=120°，
由余弦定理得BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcs∠BAC=1+1−2×1×1×(−12)=3，∴BC= 3，
∴2r=BCsin∠BAC=2，∴r=1．
∵球O的表面积为4πR2=36π，∴R=3，
∴球心O到平面ABC的距离d= R2−r2=2 2，
即三棱锥O−ABC的高为2 2，又S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC= 34，
∴三棱锥O−ABC的体积VO−ABC=13× 34×2 2= 66．
故答案为： 66．
根据球的几何性质，正弦定理与余弦定理，三棱锥的体积公式，即可求解．
本题考查三棱锥的体积的求解，球的几何性质，正弦定理与余弦定理的应用，属中档题．
17.【答案】解：(1)由题意知x−=1+2+3+4+55=3,y−=1450+1300+1200+1100+9505=1200，
∴i=15(xi−x−)(yi−y−)=−1200，i=15(xi−x−)2=(−2)2+(−1)2+02+12+22=10，
∴b =i=15(xi−x−)(yi−y−)i=15(xi−x−)2=−120010=−120，
a =y−−b x−=1200+120×3=1560．
故不戴头盔人数y与年份序号x之间的线性回归方程为y =−120x+1560；
(2)当x=6时，y =−120×6+1560=840，即预测该路口2024年不戴头盔的人数为840．
【解析】(1)由已知求得b与a的值，即可得到不戴头盔人数y与年份序号x之间的线性回归方程；
(2)在(1)中求得的线性回归方程中，取x=8得答案．
本题考查线性回归方程及其应用，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】解：(1)因为2 3acsinB=(b+c+a)(b+c−a)，
所以2 3acsinB=b2+c2+2bc−a2，
又b2+c2−a2=2bccsA，
所以2 3acsinB=2bc+2bccsA，
所以 3asinB=b+bcsA，
由正弦定理可得 3sinAsinB=sinB+sinBcsA，
又B∈(0,π)，所以sinB>0，
所以 3sinA−csA=1，
即sin(A−π6)=12，
又A∈(0,π)，所以A−π6∈(−π6,5π6)，
所以A−π6=π6，则A=π3；
(2)因为sinC=4sinB，由正弦定理可得c=4b，又a= 13，
由a2=b2+c2−2bccsA，
所以13=b2+16b2−4b2，解得b=1或b=−1(舍去)，
所以c=4，
所以S△ABC=12bcsinA=12×1×4× 32= 3．
【解析】(1)由题意及余弦定理得到2 3acsinB=2bc+2bccsA，再由正弦定理将边化角，即可得到 3sinA−csA=1，最后由辅助角公式计算可得；
(2)由正弦定理可得c=4b，由余弦定理求出b、c，最后由面积公式计算可得．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：如图，取BC的中点M，连接AM，A1M，
∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2 2，∴BC=4，AM=2，
又∠A1AB=∠A1AC，AB=AC，∴△ABA1≌△ACA1，∴A1B=A1C=4，
∴A1M⊥BC,A1M=2 3，
在△A1AM中，A1A=4,A1M=2 3,AM=2，∴A1A2=AM2+A1M2，
∴A1M⊥AM，又A1M⊥BC，且BC∩AM=M，
∴A1M⊥平面ABC，又A1M⊂平面A1BC，
∴平面A1BC⊥平面ABC；
(2)由(1)可知A1M⊥平面ABC,VA1−ABC=13VABC−A1B1C1，
∴四棱锥A1−C1B1BC的体积为：
VA1−C1B1BC=VABC−A1B1C1−VA1−ABC=2VA1−ABC
=2×13×12×2 2×2 2×2 3=16 33．
【解析】(1)取BC的中点M，连接AM，A1M，证明A1M⊥平面ABC即可；
(2)根据锥体的体积公式，化归转化，即可求解．
本题考查面面垂直的证明，四棱锥的体积的求解，属中档题．
20.【答案】解：(1)∵点P(2,1)是抛物线C：x2=2py(p>0)上的一点，
∴22=2p，∴p=2，∴C的方程为x2=4y，
∴C的焦点为(0,1).显然直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y=kx+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=kx+1,x2=4y得x2−4kx−4=0，∴x1+x2=4k，x1x2=−4，
∴y1y2=x124⋅x224=1，
∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=−4+1=−3．
(2)显然直线PA的斜率存在，且斜率为y1−1x1−2=x124−1x1−2=x1+24，
∴直线PA的方程为y−1=x1+24(x−2)，
∴yM=1+x1+24⋅(−2)=1−12(x1+2)=−12x1，即OM=(0,−12x1)，
同理可得，ON=(0,−12x2)，
∴OM⋅ON=(−12x1)⋅(−12x2)=1，∴x1x2=4，即x2=4x1，①
显然直线l的斜率存在，且斜率为y2−y1x2−x1=x224−x124x2−x1=x1+x24，
∴直线l的方程为y−x124=x1+x24(x−x1)，
4y−x12=(x1+x2)(x−x1)②，将①式代入②式，
整理得(x1+4x1)x−4y−4=0，
∴直线l恒过定点(0,−1)．
【解析】(1)由点P可得抛物线方程，直线l与其联立即可；(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，表示直线l的方程，由此可判断．
本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)若a=2，则f(x)=x2−2x−4lnx，
所以f′(x)=2x−2−4x=2x2−2x−4x=2(x+1)(x−2)x，
令f′(x)=0，解得x=2，当02时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
又f(2)=22−2×2−4ln2=−4ln2，所以f(x)的极小值为−4ln2，无极大值．
(2)证明：由题意知g(x)=f(x)+2a2−2x+ln2x=x2−2ax−2alnx+ln2x+2a2=2[a2−(x+lnx)a+x2+ln2x2]，
令P(a)=a2−(x+lnx)a+x2+ln2x2，
则P(a)=(a−x+lnx2)2+(x−lnx)24≥(x−lnx)24，
令Q(x)=x−lnx，则Q′(x)=1−1x=x−1x，令Q′(x)<0，解得00，解得x>1，所以Q(x)在(0,1)上单调递减，在[1,+∞)上单调递增，
所以Q(x)min=Q(1)=1，
所以P(a)≥14，所以g(x)≥2×14=12．
【解析】(1)代入a=1求出单调性和极值．
(2)构造新函数求导数可得单调性即可证明结论．
本题主要考查利用导数求单调性和极值，属于难题．
22.【答案】解：(1)因为曲线C的参数方程为x=2+3csα,y=1+3sinα(α为参数)，
所以曲线C的普通方程为(x−2)2+(y−1)2=9；
直线l的极坐标方程为ρsin(θ+π4)=2 2，
所以 22ρsinθ+ 22ρcsθ=2 2，
则 22x+ 22y=2 2，即x+y−4=0，
所以直线l的直角坐标方程为x+y−4=0．
(2)点P的直角坐标为(2,2)，易得点P在直线l上，
直线l的一个参数方程为x=2− 22t,y=2+ 22t(t为参数)，
将直线l的参数方程代入(x−2)2+(y−1)2=9，
化简得t2+ 2t−8=0，
设点A，B在直线l上对应的参数分别为t1，t2，
所以Δ=( 2)2−4×1×(−8)=34>0,t1+t2=− 2,t1t2=−8<0，
又PA与PB的夹角为π，
所以PA⋅PB=|t1|⋅|t2|csπ=−8．
【解析】(1)根据参数方程，普通方程以及极坐标方程的转化关系求解即可；
(2)利用参数的几何意义求解即可．
本题考查参数方程，普通方程以及极坐标方程的互化，考查参数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
23.【答案】(1)解：函数f(x)=|2x−4|+|x−1|，
当x≤1时，f(x)=|2x−4|+|x−1|=−(2x−4)−(x−1)=−3x+5≤8，
解得x≥−1，所以−1≤x≤1．
当1解得x≥−5，所以1当x≥2时，f(x)=|2x−4|+|x−1|=2x−4+x−1=3x−5≤8，
解得x≤133，所以2≤x≤133；
综上，不等式f(x)≤8的解集为[−1,133]．
(2)证明：函数f(x)=3x−5,x≥2−x+3,1所以f(x)在(−∞,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，所
以f(x)min=f(2)=1，所以m=1，所以a+b+c=1．
因为a>0，b>0，c>0，所以a2b+b2c+c2a=(a2b+b)+(b2c+c)+(c2a+a)−1≥2 a2b⋅b+2 b2c⋅c+2 c2a⋅a−1=2(a+b+c)−1=1，
当且仅当a=b=c=13时，等号成立，所以a2b+b2c+c2a≥1．
【解析】(1)根据已知条件，结合绝对值不等式的解法，分类讨论，即可求解；
(2)先求出f(x)的最小值m，再结合基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查不等式的证明，考查转化能力，属于中档题．年份
2019
2020
2021
2022
2023
年份序号x
1
2
3
4
5
不戴头盔人数y
1450
1300
1200
1100
950
1.已知集合A={x|−2
2.在复平面内，复数z=(2−5i)(−1−2i)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
3.若实数x，y满足约束条件x−y−3≤0,x+2y−2≥0,y≤2,则z=x+4y的最大值为( )
A. 43B. 6C. 13D. 15
4.已知直线mx+2y+m+2=0与直线4x+(m+2)y+2m+4=0平行，则m的值为( )
A. 4B. −4C. 2或−4D. −2或4
5.已知m，n，p，q∈N*，且数列{an}是等比数列，则“aman=apaq”是“m+n=p+q”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
6.执行如图所示的程序，输出S的值为( )
A. 0B. −24C. −72D. −158
7.将函数y=3sin(3x+φ)的图象向右平移π9个单位长度，得到的函数图象关于y轴对称，则|φ|的最小值为( )
A. π6B. 7π18C. 11π18D. 5π6
8.已知函数f(x)=lg2x,0
A. (−∞,2]B. [2,+∞)C. [2,6]D. (12,2]
9.已知tanα+tanβ=5，csαcsβ=16，则sin(α+β)=( )
A. 16B. 15C. 56D. 45
10.17世纪，在研究天文学的过程中，为了简化大数运算，苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，对数的思想方法即把乘方和乘法运算分别转化为乘法和加法运算，数学家拉普拉斯称赞“对数的发明在实效上等于把天文学家的寿命延长了许多倍”.已知lg2≈0.3010，lg3≈0.4771，设N=48×1510，则N所在的区间为( )
A. (1013,1014)B. (1014,1015)C. (1015,1016)D. (1016,1017)
11.已知函数f(x)=x2+ax−2b，若a，b都是区间[0,4]内的数，则使得f(1)≥0成立的概率是( )
A. 78B. 58C. 38D. 18
12.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点、上顶点分别为A、B，右焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与直线AB交于点E，若直线AB的斜率小于 154,O为坐标原点，则直线AB的斜率与直线OE的斜率之比值的取值范围是( )
A. (12,+∞)B. (14,+∞)C. (16,15)D. (15,12)
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若向量a,b不共线，且(xa+b)//(a+yb)，则xy的值为______．
14.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线平行于直线l：x−2y−5=0，且双曲线的一个焦点在直线l上，则该双曲线的方程为______．
15.已知各项都是正数的等比数列{an}的前3项和为21，且a3=12，数列{bn}中，b1=1，b3=0，若{an+bn}是等差数列，则b1+b2+b3+b4+b5= ______．
16.已知A，B，C是表面积为36π的球O的球面上的三个点，且AC=AB=1，∠BAC=120°，则三棱锥O−ABC的体积为______．
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
只要骑车，都应该戴头盔.骑行头盔是骑行中生命坚实的保护屏障.骑行过程中的摔倒会对头部造成很大的损害，即使骑行者是以较低的车速沿着坡度平稳的自行车道骑行，也同样不可忽视安全问题.佩戴头盔的原因很简单也很重要——保护头部，减少伤害.相关数据表明，在每年超过500例的骑车死亡事故中，有75%的死亡原因是头部受到致命伤害造成的，医学研究发现，骑车佩戴头盔可防止85%的头部受伤，并且大大减小了损伤程度和事故死亡率．
某市对此不断进行安全教育，下表是该市某主干路口连续5年监控设备抓拍到通过该路口的骑电动车不戴头盔的人数的统计数据：
(1)求不戴头盔人数y与年份序号x之间的线性回归方程；
(2)预测该路口2024年不戴头盔的人数．
参考公式：回归方程y=bx+a中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为b =i=1n(xi−x−)(yi−y−)i=1n(xi−x−)2,a =y−−b x−．
18.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2 3acsinB=(b+c+a)(b+c−a)．
(1)求角A的大小；
(2)若sinC=4sinB，a= 13，求△ABC的面积．
19.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2 2，A1A=A1B=4，∠A1AB=∠A1AC．
(1)求证：平面A1BC⊥平面ABC；
(2)求四棱锥A1−C1B1BC的体积．
20.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点P(2,1)是抛物线C：x2=2py(p>0)上的一点，直线l交C于A，B两点．
(1)若直线l过C的焦点，求OA⋅OB的值；
(2)若直线PA，PB分别与y轴相交于M，N两点，且OM⋅ON=1，试判断直线l是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2+(2−2a)x−2alnx(a∈R)．
(1)若a=2，求f(x)的极值；
(2)若g(x)=f(x)+2a2−2x+ln2x，求证：g(x)≥12．
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=2+3csα,y=1+3sinα(α为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标，直线l的极坐标方程为ρsin(θ+π4)=2 2．
(1)求C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
(2)若点P的直角坐标为(2,2)，直线l与C交于A，B两点，求PA⋅PB的值．
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|2x−4|+|x−1|．
(1)求不等式f(x)≤8的解集；
(2)若函数f(x)的最小值为m，且正数a，b，c满足a+b+c=m，求证：a2b+b2c+c2a≥1．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由x(3x+8)≤3，即3x2+8x−3≤0，即(3x−1)(x+3)≤0，解得−3≤x≤13，
所以B={x|x(3x+8)≤3}={x|−3≤x≤13}，
又A={x|−2
首先解一元二次不等式求出集合B，再根据并集的定义计算可得．
本题考查一元二次不等式，考查集合的运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：复数z=(2−5i)(−1−2i)=(−2+10i2)+(−4+5)i=−12+i，
所以z对应的点的坐标为(−12,1)，在第二象限．
故选：B．
化简复数z，即可得出z对应的点所在的象限．
本题考查了复数的化简与运算问题，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：实数x，y满足约束条件x−y−3≤0x+2y−2≥0y≤2，
则表示的可行域如图阴影部分所示．
当直线z=x+4y经过点A时，z取得最大值，
由x−y−3=0y=2，解得x=5，y=2，
所以zmax=5+4×2=13．
故选：C．
作出可行域，根据图形找到最优解，进而得到答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：因为直线mx+2y+m+2=0与直线4x+(m+2)y+2m+4=0平行，
所以m(m+2)=2×4，解得m=2或m=−4，
当m=2时，直线2x+2y+4=0与直线4x+4y+8=0重合，不符合题意；
当m=−4时，直线−4x+2y−2=0与直线4x−2y−4=0平行．
故选：B．
根据两条直线平行建立关于m的方程，求出m的值并加以检验，即可得到本题的答案．
本题主要考查直线的方程、两条直线平行与方程的关系等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，数列{an}是等比数列，
当公比q=1时，同时m=1，n=2，p=3，q=4，有aman=apaq成立，但是m+n=p+q不成立，
所以“aman=apaq”不是“m+n=p+q”的充分条件；
反之，若m+n=p+q，则aman=a12q1n−1+n−1=a12q1n+n−2,apaq=a12q1p−1+q−1=a12q1p+q−2，
所以aman=apaq，则有“aman=apaq”是“m+n=p+q”的必要条件．
综上，“aman=apaq”是“m+n=p+q”的必要不充分条件．
故选：B．
根据题意，举出反例可得充分性不成立，结合等比数列的通项公式可得必要性成立，综合可得答案．
本题考查等比数列的性质，涉及等比数列的定义，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：根据程序执行逻辑，
第一步：S=18−2×3=12且x=3<20，则x=2×3=6；
第二步：S=12−2×6=0且x=6<20，则x=2×6=12；
第三步：S=0−2×12=−24且x=12<20，则x=2×12=24；
第四步：S=−24−2×24=−72且x=24>20，跳出循环，输出S=−72．
故选：C．
根据程序执行逻辑写出执行步骤即可得答案．
本题主要考查程序框图的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：将函数y=3sin(3x+φ)的图象向右平移π9个单位长度，
得到函数y=3sin[3(x−π9)+φ]=3sin(3x−π3+φ)的图象，
因为函数y=3sin(3x−π3+φ)的图象关于y轴对称，即函数为偶函数，
所以−π3+φ=π2+kπ(k∈Z)，
解得φ=5π6+kπ(k∈Z)，
故当k=−1时，|φ|取得最小值为π6．
故选：A．
由三角函数图象的平移变换可得函数解析式为y=3sin(3x−π3+φ)，根据对称性可知−π3+φ=π2+kπ(k∈Z)，由此可得φ，进而得到|φ|的最小值．
本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，考查三角函数的性质，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：画出f(x)的图象，如图所示：
由图象可知，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
∵f(a+1)−f(2a−1)≥0，
∴f(a+1)≥f(2a−1)，
∴a+1>02a−1>0a+1≥2a−1，
解得12
故答案为：D．
画出f(x)的图象，由图象可知f(x)在(0,+∞)上单调递增，再利用函数f(x)的单调性解不等式f(a+1)−f(2a−1)≥0即可．
本题主要考查了分段函数的单调性，属于基础题．
9.【答案】C
【解析】解：因为tanα+tanβ=sinαcsα+sinβcsβ=sinαcsβ+csαsinβcsαcsβ=5，
且csαcsβ=16，
所以sinαcsβ+csαsinβ=sin(α+β)=5csαcsβ=56．
故选：C．
由题意，利用同角三角函数的基本关系式，两角和的正弦公式，计算求得结果．
本题主要考查同角三角函数的基本关系式，两角和差的正弦公式，属于基础题．
10.【答案】D
【解析】解：因为N=48×1510，
所以lgN=lg48+lg1510=lg216+10(lg3+lg5)
=16lg2+10lg3+10(1−lg2)=6lg2+10lg3+10
≈6×0.3010+10×0.4771+10=16.577，
所以N=1016.577∈(1016,1017).
故选：D．
由对数的运算性质求解即可．
本题主要考查了对数的运算性质的应用，属于基础题．
11.【答案】C
【解析】解：根据题意，a，b都是区间[0,4]内的数，则实数a、b对应的区域为如图的正方形，
函数f(x)=x2+ax−2b，若f(1)=1+a−2b≥0，即a−2b+1≥0，
则有0≤a≤40≤b≤4a−2b+1≥0，
其对应区域为正方形内部，直线AB的下方，其中A(0,12)，B(4,52)，
故使得f(1)≥0成立的概率P=(12+52)×4×124×4=38．
故选：C．
根据题意，坐标系中，画出f(1)>0对应的区域以及a、b都是在区间[0,4]内表示的区域，由几何概型公式计算可得答案．
本题考查几何概型的计算，涉及线性规划的知识，属于基础题．
12.【答案】D
【解析】解：已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点、上顶点分别为A、B，右焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与直线AB交于点E，
则直线AB的方程为y=bax+b，
设椭圆的焦距为2c(c>0)，由题意设点E(c,y0)，
则y0=bca+b，即E(c,bca+b)，
∴kOE=bca+bc=b(a+c)ac，
又∵kAB=ba< 154，
∴e=ca= 1−(ba)2>14，即14
∴m=bab(a+c)ac=ca+c=ee+1=1−1e+1，
又∵14
由题意设点E(c,y0)，表示出E点坐标，在结合题意以及椭圆性质可解．
本题考查椭圆的性质，属于中档题．
13.【答案】1
【解析】解：因为(xa+b)//(a+yb)，所以∃λ∈R，
使得xa+b=λ(a+yb)，
所以xa+b=λa+λyb，
因为a,b不共线，
所以x=λ1=λy，消去λ，解得xy=1．
故答案为：1．
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
14.【答案】x220−y25=1
【解析】解：双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线平行于直线l：x−2y−5=0，
可得双曲线的渐近线方程为：x±2y=0，直线l：x−2y−5=0与x轴的交点为：(5,0)，
可得c=5，ba=12，c2=a2+b2.解得a=2 5，b= 5，
所求双曲线方程为：x220−y25=1．
故答案为：x220−y25=1．
求出双曲线的渐近线方程，求出双曲线的焦点坐标，然后求解双曲线方程．
本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线方程的求法，考查计算能力，属于基础题．
15.【答案】−33
【解析】解：设数列{an}的公比为q(q>0)，
由a3=12，且前3项和为21，得a3q2+a3q+a3=21，
即12(1q2+1q+1)=21，化简得3q2−4q−4=0，解得q=2(−23舍去)，
∴an=a3⋅qn−3=12×2n−3=3×2n−1．
于是a1=3，a1+b1=4，a3+b3=12，可得等差数列{an+bn}的公差为12−42=4，
则an+bn=4+4(n−1)=4n,bn=4n−an=4n−3×2n−1，
则b1+b2+b3+b4+b5=4(1+2+3+4+5)−3(1+2+22+23+24)=60−3(25−1)=−33．
故答案为：−33．
设数列{an}的公比为q(q>0)，由已知列式求解q，再求出{an+bn}的公差，然后利用分组求和求解．
本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前n项和，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】 66
【解析】解：设球O的半径为R，△ABC外接圆的半径为r，
在△ABC中，AC=AB=1，∠BAC=120°，
由余弦定理得BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcs∠BAC=1+1−2×1×1×(−12)=3，∴BC= 3，
∴2r=BCsin∠BAC=2，∴r=1．
∵球O的表面积为4πR2=36π，∴R=3，
∴球心O到平面ABC的距离d= R2−r2=2 2，
即三棱锥O−ABC的高为2 2，又S△ABC=12AB⋅AC⋅sin∠BAC= 34，
∴三棱锥O−ABC的体积VO−ABC=13× 34×2 2= 66．
故答案为： 66．
根据球的几何性质，正弦定理与余弦定理，三棱锥的体积公式，即可求解．
本题考查三棱锥的体积的求解，球的几何性质，正弦定理与余弦定理的应用，属中档题．
17.【答案】解：(1)由题意知x−=1+2+3+4+55=3,y−=1450+1300+1200+1100+9505=1200，
∴i=15(xi−x−)(yi−y−)=−1200，i=15(xi−x−)2=(−2)2+(−1)2+02+12+22=10，
∴b =i=15(xi−x−)(yi−y−)i=15(xi−x−)2=−120010=−120，
a =y−−b x−=1200+120×3=1560．
故不戴头盔人数y与年份序号x之间的线性回归方程为y =−120x+1560；
(2)当x=6时，y =−120×6+1560=840，即预测该路口2024年不戴头盔的人数为840．
【解析】(1)由已知求得b与a的值，即可得到不戴头盔人数y与年份序号x之间的线性回归方程；
(2)在(1)中求得的线性回归方程中，取x=8得答案．
本题考查线性回归方程及其应用，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】解：(1)因为2 3acsinB=(b+c+a)(b+c−a)，
所以2 3acsinB=b2+c2+2bc−a2，
又b2+c2−a2=2bccsA，
所以2 3acsinB=2bc+2bccsA，
所以 3asinB=b+bcsA，
由正弦定理可得 3sinAsinB=sinB+sinBcsA，
又B∈(0,π)，所以sinB>0，
所以 3sinA−csA=1，
即sin(A−π6)=12，
又A∈(0,π)，所以A−π6∈(−π6,5π6)，
所以A−π6=π6，则A=π3；
(2)因为sinC=4sinB，由正弦定理可得c=4b，又a= 13，
由a2=b2+c2−2bccsA，
所以13=b2+16b2−4b2，解得b=1或b=−1(舍去)，
所以c=4，
所以S△ABC=12bcsinA=12×1×4× 32= 3．
【解析】(1)由题意及余弦定理得到2 3acsinB=2bc+2bccsA，再由正弦定理将边化角，即可得到 3sinA−csA=1，最后由辅助角公式计算可得；
(2)由正弦定理可得c=4b，由余弦定理求出b、c，最后由面积公式计算可得．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：如图，取BC的中点M，连接AM，A1M，
∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2 2，∴BC=4，AM=2，
又∠A1AB=∠A1AC，AB=AC，∴△ABA1≌△ACA1，∴A1B=A1C=4，
∴A1M⊥BC,A1M=2 3，
在△A1AM中，A1A=4,A1M=2 3,AM=2，∴A1A2=AM2+A1M2，
∴A1M⊥AM，又A1M⊥BC，且BC∩AM=M，
∴A1M⊥平面ABC，又A1M⊂平面A1BC，
∴平面A1BC⊥平面ABC；
(2)由(1)可知A1M⊥平面ABC,VA1−ABC=13VABC−A1B1C1，
∴四棱锥A1−C1B1BC的体积为：
VA1−C1B1BC=VABC−A1B1C1−VA1−ABC=2VA1−ABC
=2×13×12×2 2×2 2×2 3=16 33．
【解析】(1)取BC的中点M，连接AM，A1M，证明A1M⊥平面ABC即可；
(2)根据锥体的体积公式，化归转化，即可求解．
本题考查面面垂直的证明，四棱锥的体积的求解，属中档题．
20.【答案】解：(1)∵点P(2,1)是抛物线C：x2=2py(p>0)上的一点，
∴22=2p，∴p=2，∴C的方程为x2=4y，
∴C的焦点为(0,1).显然直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y=kx+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=kx+1,x2=4y得x2−4kx−4=0，∴x1+x2=4k，x1x2=−4，
∴y1y2=x124⋅x224=1，
∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=−4+1=−3．
(2)显然直线PA的斜率存在，且斜率为y1−1x1−2=x124−1x1−2=x1+24，
∴直线PA的方程为y−1=x1+24(x−2)，
∴yM=1+x1+24⋅(−2)=1−12(x1+2)=−12x1，即OM=(0,−12x1)，
同理可得，ON=(0,−12x2)，
∴OM⋅ON=(−12x1)⋅(−12x2)=1，∴x1x2=4，即x2=4x1，①
显然直线l的斜率存在，且斜率为y2−y1x2−x1=x224−x124x2−x1=x1+x24，
∴直线l的方程为y−x124=x1+x24(x−x1)，
4y−x12=(x1+x2)(x−x1)②，将①式代入②式，
整理得(x1+4x1)x−4y−4=0，
∴直线l恒过定点(0,−1)．
【解析】(1)由点P可得抛物线方程，直线l与其联立即可；(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，表示直线l的方程，由此可判断．
本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)若a=2，则f(x)=x2−2x−4lnx，
所以f′(x)=2x−2−4x=2x2−2x−4x=2(x+1)(x−2)x，
令f′(x)=0，解得x=2，当0
又f(2)=22−2×2−4ln2=−4ln2，所以f(x)的极小值为−4ln2，无极大值．
(2)证明：由题意知g(x)=f(x)+2a2−2x+ln2x=x2−2ax−2alnx+ln2x+2a2=2[a2−(x+lnx)a+x2+ln2x2]，
令P(a)=a2−(x+lnx)a+x2+ln2x2，
则P(a)=(a−x+lnx2)2+(x−lnx)24≥(x−lnx)24，
令Q(x)=x−lnx，则Q′(x)=1−1x=x−1x，令Q′(x)<0，解得0
所以Q(x)min=Q(1)=1，
所以P(a)≥14，所以g(x)≥2×14=12．
【解析】(1)代入a=1求出单调性和极值．
(2)构造新函数求导数可得单调性即可证明结论．
本题主要考查利用导数求单调性和极值，属于难题．
22.【答案】解：(1)因为曲线C的参数方程为x=2+3csα,y=1+3sinα(α为参数)，
所以曲线C的普通方程为(x−2)2+(y−1)2=9；
直线l的极坐标方程为ρsin(θ+π4)=2 2，
所以 22ρsinθ+ 22ρcsθ=2 2，
则 22x+ 22y=2 2，即x+y−4=0，
所以直线l的直角坐标方程为x+y−4=0．
(2)点P的直角坐标为(2,2)，易得点P在直线l上，
直线l的一个参数方程为x=2− 22t,y=2+ 22t(t为参数)，
将直线l的参数方程代入(x−2)2+(y−1)2=9，
化简得t2+ 2t−8=0，
设点A，B在直线l上对应的参数分别为t1，t2，
所以Δ=( 2)2−4×1×(−8)=34>0,t1+t2=− 2,t1t2=−8<0，
又PA与PB的夹角为π，
所以PA⋅PB=|t1|⋅|t2|csπ=−8．
【解析】(1)根据参数方程，普通方程以及极坐标方程的转化关系求解即可；
(2)利用参数的几何意义求解即可．
本题考查参数方程，普通方程以及极坐标方程的互化，考查参数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
23.【答案】(1)解：函数f(x)=|2x−4|+|x−1|，
当x≤1时，f(x)=|2x−4|+|x−1|=−(2x−4)−(x−1)=−3x+5≤8，
解得x≥−1，所以−1≤x≤1．
当1
解得x≤133，所以2≤x≤133；
综上，不等式f(x)≤8的解集为[−1,133]．
(2)证明：函数f(x)=3x−5,x≥2−x+3,1
以f(x)min=f(2)=1，所以m=1，所以a+b+c=1．
因为a>0，b>0，c>0，所以a2b+b2c+c2a=(a2b+b)+(b2c+c)+(c2a+a)−1≥2 a2b⋅b+2 b2c⋅c+2 c2a⋅a−1=2(a+b+c)−1=1，
当且仅当a=b=c=13时，等号成立，所以a2b+b2c+c2a≥1．
【解析】(1)根据已知条件，结合绝对值不等式的解法，分类讨论，即可求解；
(2)先求出f(x)的最小值m，再结合基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查不等式的证明，考查转化能力，属于中档题．年份
2019
2020
2021
2022
2023
年份序号x
1
2
3
4
5
不戴头盔人数y
1450
1300
1200
1100
950
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