2020年12月份江西省吉水中学2021届高三数学（文）周考试卷（12.25）

吉水中学2021届高三数学（文）周考试卷
一、选择题：本题共12小题，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．若复数z满足，则z＝（ ）
A． B． C．1-i D．
2．已知集合A＝{x∈R|log2x＜2}，集合B＝{x∈R||x-1|＜2}，则A∩B＝（ ）
A．（0，3） B．（-1，3） C．（0，4） D．（-∞，3）
3．双曲线C：（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y＝x，且C经过点，则双曲线C的方程为（ ）
A．x2-y2＝1 B． C． D．
4．港珠澳大桥是中国境内一座连接中国香港、广东珠海和中国澳门的桥隧工程，因其超大的建筑规模、空前的施工难度以及顶尖的建造技术闻名世界，为内地前往香港的游客提供了便捷的交通途径，某旅行社分年龄统计了大桥落地以后，由香港大桥实现内地前往香港的老中青旅客的比例分别为5︰2︰3，现使用分层抽样的方法从这些旅客中随机抽取n名，若青年旅客抽到60人，则（ ）

A．老年旅客抽到150人 B．中年旅客抽到20人
C．n＝200 D．被抽到的老年旅客以及中年旅客人数之和超过200
5．直线l与平面α平行的充要条件是（ ）
A．直线l上有无数个点不在平面α内
B．直线l与平面α内的一条直线平行
C．直线l与平面α内的无数条直线都平行
D．直线l与平面α内的任意一条直线都没有公共点
6．设实数x，y满足条件，则x＋y＋1的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．若圆锥轴截面面积为，母线与底面所成角为60°，则体积为（ ）
A． B． C． D．
8．在△ABC中，AB＝4，AC＝6，点O为△ABC的外心，则的值为（ ）
A．26 B．13 C． D．10
9．古希腊时期，人们把宽与长之比为的矩形称为黄金矩形，把这个比值称为黄金分割比例．如图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均为黄金矩形，若M与K间的距离超过1.7 m，C与F间的距离小于12 m，则该古建筑中A与B间的距离可能是（ ）
（参考数据：0.6182≈0.382，0.6183≈0.236，0.6184≈0.146，0.6185≈0.090，0.6186≈0.056，0.6187≈0.034）
A．28 m B．29.2 m C．30.8 m D．32.5 m
10．定义在R上的函数y＝f（x）满足|f（x）|≤2|x-1|，且y＝f（x＋1）为奇函数，则y＝f（x）的图象可能是（ ）
A． B． C． D．
11．若面积为1的△ABC满足AB＝2AC，则边BC的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
12．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A，B两点，准线交x轴于K，若最小，则|AK|＋|BK|＝（ ）
A．4 B．8 C． D．
二、填空题：本题共4小题
13．已知，，则________．
14．曲线在x＝1处的切线与曲线y＝ax2-ax相切，则a＝________．
15．函数的图象在x＝1处的切线被圆C：x2＋y2-2x＋4y-4＝0截得弦长的取值范围为[2，6]，则实数a的取值范围是________．
16．如下图1，在直角梯形ABCD中，∠ABC＝∠CDB＝∠DAB＝90°，∠BCD＝30°，BC＝4，点E在线段CD上运动．如下图2，沿BE将△BEC折至△BEC'，使得平面BEC'⊥平面ABED，则AC'的最小值为________．

三、解答题：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：
17．已知数列{an}的各项均为正数，且（n∈N*），正项等比数列{bn}的前n项和为Sn，且b1＝2，S3＝a8-1．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）若Tn为数列的前n项和，求Tn．
18．如图，在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧而VCD为正角形，侧面VCD⊥底面ABCD，P为VD的中点．

（1）求证：CP⊥平面VAD；
（2）若AB＝2，求四棱锥P-ABCD的体积．
19．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝1，．
（1）求角B；
（2）若△ABC的周长为，求△ABC的面积．
20．已知抛物线C：y2＝2x，点M，N在抛物线C上．
（1）若直线的斜率为3，求线段MN中点的纵坐标；
（2）若P（-2，4），M，N三点共线，且|MN|2＝|PM|·|PN|，求直线MN的方程．
21．函数f（x）＝lnx-ax有最大值，且最大值大于0．
（1）求实数a的取值范围；
（2）当时，f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），证明：．
（参考数据：ln0.9≈-0.1）











（二）选考题：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．
22．【选修4—4：坐标系与参数方程】
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．直线l的极坐标方程为2ρcosθ-ρsinθ＋m＝0．
（1）求C和l的直角坐标方程；
（2）已知l与C相切，求m的值．
23．【选修4—5：不等式选讲】
已知函数f（x）＝|x-2＋|x-t|（t＞0）的最小值为2．
（1）求不等式f（x）＋|x-t|≥8的解集；
（2）若，求2ac＋3bc的最大值．





























答案
[选择题答案速查]1．C 2．A 3．A 4．C 5．D 6．C 7．D 8．D 9．C
10．D 11．C 12．D
1．C
[∵，∴，故选C．]
2．A
[∵集合A＝{x∈R|log2x＜2}＝{x|0＜x＜4}，集合B＝{x∈R||x-1|＜2}＝{x|-1＜x＜3}，∴A∩B＝{x|0＜x＜3}＝（0，3）．故选A．]
3．A
[由题意可得，解得，∴双曲线的标准方程是x2-y2＝1，故选A．]
4．C
[由题意，香港大桥实现内地前往香港的老中青旅客的比例分别为5︰2︰3，现使用分层抽样的方法从这些旅客中随机抽取n名，若青年旅客抽到60人，
所以，解得n＝200人．故选C．]
5．D
[对于A项，无数个点不是所有点，所以不正确；B项，缺少直线l在平面外，所以不正确；C项，无数条直线不是所有的直线，所以不正确；D项，由直线与平面平行的定义，正确．故选D．]
6．C
[如图所示：画出可行域和目标函数，z＝x＋y＋1，即y＝-x＋z-1，z表示直线在轴的截距加上1，
根据图象知，当x＋y＝2时，且时，z＝x＋y＋1有最大值为3．故选C．]

[解题技巧]
线性规划两类问题的解决方法
（1）求不含参数的目标函数的最值：画出可行域后，要根据目标函数的几何意义求解，常见的目标函数有：
①截距型：形如z＝ax＋by；②距离型：形如；③斜率型：形如．
（2）含参数的线性规划问题：参数的位置可能在目标函数中，也可能在约束条件中，求解步骤为：①注意对参数取值的讨论、将各种情况下的可行域画出来；②在符合题意的可行域里，寻求最优解．
[提醒]求目标函数的最值时，易弄错目标函数的几何意义而求错．如x2＋y2是距离的平方，易忽视平方而求错．
7．D
[设圆锥底面圆的半径为r，由已知，解得，所以圆锥的体积．故选D．]
8．D
[，
如图，设AB，AC的中点分别为E，F，则OE⊥AB，OF⊥AC，

，
，所以，故选D．]
9．C
[设|AB|＝x，a≈0.618，因为矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI、LGJK，MNJK均为黄金矩形，所以有|BC|＝ax，|CF|＝a2x，|FG|＝a3x，|GJ|＝a4x，|JK|＝a5x，|KM|＝a6x．由题设得，解得30.357＜x＜31.414．故选C．]
10．D
[y＝f（x＋1）为奇函数，即f（x＋1）＝-f（-x＋1），函数关于（1，0）中心对称，排除AB．，排除C．故选D．]
[规律方法]
辨识函数图象的5个切入点
（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势．
（3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性．
（4）从函数的周期性，判断图象的循环往复．
（5）从函数的特征点，排除不符合要求的图象．
11．C
[∵△ABC的面积S＝1，且AB＝2AC，∴，
∴，
∵根据余弦定理得BC2＝AB2＋AC2-2AB·AC·cosA＝4AC2＋AC2-2·2AC·AC·cosA
＝5AC2-4AC2·cosA＝（5-4cosA）AC2，
即，
可得BC2sinA＋4cosA＝5，
∴，
则，解得，
即边BC的最小值为．故选C．]
12．D
[据题意，不妨设点A在第一象限，过点A作准线的垂线，垂足为A1．由题意可得F（1，0），K（-1，0）．因为|AF|＝|AA1|，所以，若最小，则sin∠AKA1最小，即∠AKA1最小，由题知当AK与抛物线y2＝4x相切时，∠AKA1最小．设直线AK的方程为y＝k（x＋1），则k＞0．与y2＝4x联立，得消去x得ky2-4y＋4k＝0，由Δ＝16-16k2＝0，得k＝1，所以，A点坐标为（1，2），所以|AF|＝|AA1|＝|A1K|＝|KF|＝2，此时四边形AFKA1是正方形，AB⊥x轴，所以，．故选D．]

13．答案
解析 因为，，则，且，
所以
．
14．答案 1
解析 因为，所以，则，且切点坐标为（1，0），故切线方程为y＝x-1，
又y＝ax2-ax，则y'＝2ax-a，设切点坐标为（x0，y0），
则，解得．
[规律方法]
求曲线f（x），g（x）的公切线l的方程的步骤
（1）设点求切线，即分别设出两曲线的切点的坐标（x0，f（x0）），（x1，g（x1）），并分别求出两曲线的切线方程．
（2）建立方程组，即利用两曲线的切线重合，则两切线的斜率及在y轴上的截距都分别相等，得到关于参数x0，x1的方程组，解方程组，求出参数x0，x1的值．
（3）求切线方程，把所求参数的值代入曲线的切线方程中即可．
15．答案 [-6，2]
解析 ．
由题可得函数f（x）在x＝1处的切线斜率k＝f'（1）＝1．又f（1）＝a，所以切点坐标为（1，a），所以函数的图象在x＝1处的切线方程为y＝x＋a-1．将圆C：x2＋y2-2x＋4y-4＝0化为标准式为（x-1）2＋（y＋2）2＝9，则圆C的圆心坐标为（1，-2），半径为3，所以圆心到切线的距离．因为切线被圆C：x2＋y2-2x＋4y-4＝0截得弦长的取值范围为[2，6]，则，解得-6≤a≤2，所以，实数a的取值范围是[-6，2]．
16．答案
解析 由∠ABC＝∠CDB＝∠DAB＝90°，∠BCD＝30°，则BD＝2，AD＝1．
过点C'作C'O⊥BE交BE于O，由平面BEC'⊥平面ABED，则C'O⊥平面ABED．
设∠C'BE＝α，0°≤α≤60°
则在直角三角形C'OB中，C'O＝C'Bsinα＝4sinα，BO＝C'Bcosα＝4cosα
在△AOB中，

所以
由0°≤α≤60°，所以当α＝45°时，AC'2有最小值所以AC'的最小值为．

17．解 （1）由，得[an-（2n-1）]（an＋2）＝0，
因为数列{an}的各项均为正数，∴an＝2n-1（an＝-2舍去），
∵b1＝2，且{bn}是正项等比数列，∴S3＝a8-1即为2（1＋q＋q2）＝14，
解得q＝2（q＝-3舍去），∴bn＝2n．
（2）∵
∴
，
故．
18．解（1）证明：∵底面ABCD是正方形，∴AD⊥CD，
∵侧面VCD⊥底面ABCD，侧面VCD∩底面ABCD＝CD，
∴由面面垂直的性质定理，得AD⊥平面VCD，
∵CP平面VCD，∴AD⊥CP，
又∵△VCD是正三角形，P为VD的中点，∴CP⊥VD，
又∵AD∩VD＝D，∴CP⊥平面VAD．
（2）过点V作VO⊥CD，

侧面VCD⊥底面ABCD，侧面VCD∩底面ABCD＝CD，
∴VO⊥底面ABCD，
∵△VCD为正三角形，∴，
∵P为VD的中点，∴P到底面ABCD的距离，
∴四棱锥P-ABCD的体积．
19．解（1）由得a2＋c2＝1-ac，
在△ABC中，由余弦定理得．
又因为B∈（0，π），所以．
（2）因为△ABC的周长为，所以，即，
所以（a＋c）2＝a2＋c2＋2ac＝24．
又因为a2＋c2＝1-ac，所以ac＝23，由（1）知，
所以△ABC的面积．
20．解（1）设M（x1，y1），N（x2，y2），则，，
两式相减可得（y1-y2）（y1＋y2）＝2（x1-x2），则，
解得，即线段MN中点的纵坐标为．
（2）因为P（-2，4），故设直线MN的方程为y-4＝k（x＋2）（k≠0），
联立，则k2x2＋（4k2＋8k-2）x＋（2k＋4）2＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
则，，Δ＝-4（4k2＋8k-1）＞0，
则，

故|x2-x1|2＝|x1＋2|·|x2＋2|，则（x2＋x1）2＝5x1x2＋2（x1＋x2）＋4，
即，
化简可得，9k2＋8k-1＝0，解得k＝-1或，均满足Δ＞0，
故直线MN的方程为x＋y-2＝0或x-9y＋38＝0．
21．解 （1）函数f（x）＝lnx-ax的定义域为（0，＋∞），且．
当a≤0时，对任意的x＞0，f'（x）＞0，
此时函数y＝f（x）在（0，＋∞）上为增函数，函数y＝f（x）为最大值；
当a＞0时，令f'（x）＝0，得．
即，解得．
综上所述，实数a的取值范围是．
（2）证明：当时，，定义域为（0，＋∞）．
，
当0＜x＜3时，f'（x）＞0；当x＞3时，f'（x）＜0．
所以函数y＝f（x）的单调递增区间为（0，3），单调递减区间为（3，＋∞）．
由于函数y＝f（x）有两个零点x1、x2且x1＜x2，∴0＜x1＜3＜x2，
∵，
构造函数，其中0＜x＜3，
，
令h（x）＝x3-9x2＋60，h'（x）＝3x2-18x＝3x（x-6），
当0＜x＜3时，h'（x）＜0，
所以函数y＝h（x）在区间（0，3）上单调递减，则h（x）＞h（3）＝6＞0，则g'（x）＜0．
所以函数y＝g（x）在区间（0，3）上单调递减，
∵0＜x1＜3，∴，
即，即，
∵0＜x1＜3，
∴且x2＞3，而函数y＝f（x）在（3，＋∞）上为减函数，
所以，因此．
22．解（1）因为，，
两式相减，有4x2-2y2＝4，所以C的直角坐标方程为．
直线l的直角坐标方程为2x-y＋m＝0．
（2）联立l与C的方程，有，消y，
得2x2＋4mx＋m2＋2＝0，因为l与C相切，所以有
Δ＝16m2-4×2（m2＋2）＝8m2-16＝0，解得．
23．解（1）∵|x-2|＋|x-t|≥|（x-2）-（x-t）|＝|t-2|＝2，且t＞0
∴t＝4（t＝0舍去），
∴f（x）＋|x-t|＝|x-2|＋2|x-4|＝
①当x＜2时，令10-3x≥8，得，∴；
②当2≤x≤4时，令6-x≥8，得x≤-2，无解；
③当x＞4时，令3x-10≥8，得x≥6，∴x≥6；
综上，不等式的解集为．
（2）∵2a2＋3b2＋5c2＝10
∴10＝2a2＋3b2＋5c2＝2（a2＋c2）＋3（b2＋c2）≥4ac＋6bc
∴2ac＋3bc≤5，当且仅当a＝b＝c＝±1时等号成立
∴2ac＋3bc的最大值为5．