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2020-2021学年山西省晋中市某校高三第一次模拟考试数学（理）试卷
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这是一份2020-2021学年山西省晋中市某校高三第一次模拟考试数学（理）试卷，共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合A=x||x−1|≤2，B=x|−4≤x≤1，则A∪B=( )
A.x|−1≤x≤1B.x|−4
2. 已知复数z满足2−iz¯=1−2i，其中i为虚数单位，则z在复平面内对应的点在( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3. 下列说法正确的是( )
①线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱；
②已知随机变量ξ∼N0,σ2，若Pξ>2=0.023，则P−2≤ξ≤2=0.954；
③在线性回归模型中，计算R2=1−i=1n(yi−yi)2i=1n(yi−yi¯)2=0.96 ，则可以理解为解释变量对预报变量的贡献率约为96%；
④在残差图中，残差点分布的带状区域的宽带越窄，其模型拟合精度越高．
A.①②③B.②③④C.②④D.①②③④
4. 某班会课上，班主任拟安排甲、乙、丙、丁、戊五名同学以新冠疫情为主题分享体会，要求甲不能排前3位，且乙必须排在丙、丁的前面，则安排方法种数为( )
A.8B.12C.16D.24
5. 《九章算术》在中国数学史中占有重要地位，其中在卷五《商功篇》中介绍了“羡除”（此处是指三面为等腰梯形，其余两侧面为直角三角形的五面体）体积的求法．在如下图所示的形似羡除的几何体中，其两侧面为全等的三角形，平面ABDA′是铅垂面，下宽AA′=4m，上宽BD=6m，深3m，平面BDEC是水平面，末端宽CE=8m，无深，长6m（直线CE到BD的距离），则下图中几何体的体积为( )
A.30m3B.45m3C.54m3D.90m3
6. 函数 f(x)=ln|x|⋅csxx+sinx在[−π,0)∪(0,π]的大致图像为( )
A.
B.
C.
D.
7. 已知sinα+3csα=1，则cs2α−π3=( )
A.−32B.−12C.−12或12D.−32或12
8. 在平行四边形ABCD中，E，F分别满足BE→=13BC→，DF→=12DC→，则AF→=( )
A.58BD→+98AE→B.58BD→+12AE→
C.14BD→+34AE→D.BD→+14AE→
9. 已知π4<θ<π2，则( )
A.sinθsinθB.(sinθ)sinθ<(sinθ)csθ<(csθ)sinθ
C.csθsinθD.csθsinθ
10. 已知抛物线C:y2=4x，焦点为F，过F的直线交C于A，B两点，交其准线于点M，且|AF||BF|=3，则|MF|=( )
A.4B.5C.6D.8
11. 在锐角△ABC中， BC=2，D为BC中点，若sinB+sinC=2sinA，则AD的取值范围为( )
A.3,2B.132,2C.3,132D.32,132
12. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3，BC=2，AA1=4，在长方体内部存在动点P，满足PD与平面ABCD，平面ADD1A1，平面 CDD1C1所成角相等，则PD所在直线与CB1所成角的余弦值为( )
A.256B.306C.255D.155
二、填空题
函数fx=xex−x−1在x=0处的切线方程为________.
实数x，y满足x+y−3≥0，x−y−3≤0，0≤y≤2，则z=2x+y的最大值为________.
已知双曲线C:x2−y2b2=1b>0，圆M:x2+y−32=1与C的一条渐近线相切于点P(P位于第二象限)．若PM所在直线与双曲线的另一条渐近线交于点S，与x轴交于点T，则ST长度为________.
已知函数fx=sinx−1sinx+2，则关于函数性质，下列说法正确的有________．
(1)fx关于π,−12中心对称；
(2)fx的最小正周期为π；
(3)fx关于x=−π2轴对称；
(4)fx在x∈0,7上有且仅有一个极大值；
(5)−2是fx的一个极小值．
三、解答题
数列an中，a1=1，a2=32，前n项和Sn满足Sn+Sn+1=n2+2nn∈N*.
(1)证明：a2n为等差数列；
(2)求S101 .
如图所示，在直四棱柱ABCD−A′B′C′D′中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，AD⊥AB，连接BD′，AC，已知AB=2，CD=4，AD=3，E为线段DD′上的一动点．
(1)E在什么位置时，有BD′//平面EAC？请说明理由；
(2)若该四棱柱高为92，当BD′//平面EAC时，求BE与平面EAC所成角的正弦值．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0，F1，F2分别为C的左、右焦点，离心率e=12，P为椭圆上任意一点，且|PF1|的最小值为1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F2的直线交椭圆C于A，B两点，其中A点关于x轴的对称点为A′（异于点B），证明：A′B所在直线恒过定点．
某医疗研究所新研发了一款医疗仪器，为保障该仪器的可靠性，研究所外聘了一批专家检测仪器的可靠性，已知每位专家评估过程相互独立．
(1)若安排两位专家进行评估，专家甲评定为“可靠”的概率为34，专家乙评定为“可靠”的概率为45，只有当两位专家均评定为“可靠”时，可以确定该仪器可靠，否则确定为“不可靠”．现随机抽取4台仪器，由两位专家进行评估，记评定结果不可靠的仪器台数为X，求X的分布列和数学期望；
(2)为进一步提高该医疗仪器的可靠性，研究所决定每台仪器都由三位专家进行评估，若每台仪器被每位专家评定为“可靠”的概率均为p0
函数fx=a+1lnx+1+1xa≠−1在x∈−1,0上不单调．
(1)求a的取值范围；
(2)若x1∈−1,−12，x2∈1,+∞，a∈−12,1，求证：fx2−fx1≥ln3+2+3.
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=t2−3,y=2t, （t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=2csθ−π4.
(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
(2)P为曲线C1上的动点，M3,0，问P在什么位置时，PM最短？并求出最短距离．
已知函数fx=|ax−1|+|x+2|.
(1)若a=2，解不等式fx<4；
(2)若194恒成立．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省晋中市某校高三第一次模拟考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
绝对值不等式
并集及其运算
【解析】
不等式|x−1|≤2解集为x|−1≤x≤3，因此A∪B=x|−4≤x≤3 .
【解答】
解：∵ 不等式|x−1|≤2解集为x|−1≤x≤3，
∴ A=x|−1≤x≤3，
又B=x|−4≤x≤1，
∴ A∪B=x|−4≤x≤3 .
故选D .
【点评】
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2.
【答案】
A
【考点】
共轭复数
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的混合运算
【解析】
暂无
【解答】
解：∵ 2−iz¯=1−2i，
∴ z¯=1−2i2−i=45−35i，
∴ z=45+35i，
∴ z在复平面内对应的点在第一象限.
故选A.
【点评】
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3.
【答案】
B
【考点】
两个变量的线性相关
正态分布的密度曲线
回归分析
回归分析的初步应用
【解析】
①错，|r|越大，线性相关性越强；根据定义可知②③④对．
【解答】
解：①根据定义可知，|r|越大，线性相关性越强，故①错误；
②∵ 曲线关于x=0对称，且Pξ>2=0.023 ，
∴ P(ξ<−2)=0.023 ，
∴ P−2≤ξ≤2=1−Pξ>2−Pξ<−2=0.954，故②正确；
③根据公式R2=1−i=1n(yi−yi)2i=1n(yi−yi¯)2=0.96，得
解释变量对预报变量的贡献率约为96%，故③正确；
④根据定义可知，在残差图中，残差点分布的带状区域的宽带越窄，
其模型拟合精度越高，故④正确.
综上所述，正确的有②③④.
故选B .
【点评】
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4.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
计数原理的应用
【解析】
由分步乘法计数原理，甲不能排前三位，故甲有2种选择：乙必须排在丙、丁前面，这三人有C41+2种选择．因此对五个人的安排总共有2×C11×2×1=16种方法 .
【解答】
解：由分步乘法计数原理，甲不能排前三位，则甲有2种选择；
乙必须排在丙、丁前面，这三人有C41×2种选择，
所以对五个人的安排总共有2×C41×2×1=16种方法 .
故选C .
【点评】
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5.
【答案】
C
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
暂无
【解答】
解：如图，连接CD， CA′，
则五面体的体积V=VC−BDA′A +VA′−CED ，
由锥体体积公式，得
VC−BDA′A =13×4+6×3×12×6=30(m3)，
VA′−CED =13×8×6×12×3=24(m3)，
所以五面体体积V=30+24=54(m3).
故选C.
【点评】
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6.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
函数奇偶性的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ f(−x)=−ln|x|⋅csxx+sinx=−f(x)，
∴ f(x)为奇函数.
又∵ f(±1)=0，f(±π2)=0，f(π3)>0，f(π)<0,
只有D选项符合题意.
故选D.
【点评】
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7.
【答案】
B
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角函数中的恒等变换应用
二倍角的余弦公式
【解析】
由sinα+3csα=1得sinα+π3=12，故cs2ω+2π3=1−2sin2α+π3=12，故cs2a−π3=−cs2a+2π3=−12 .
【解答】
解：∵ sinα+3csα=1，
∴ 2sinα+π3=1，
∴ sinα+π3=12，
∴ cs2α+2π3=1−2sin2α+π3=12，
∴ cs2a−π3=−cs2a+2π3=−12 .
故选B .
【点评】
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8.
【答案】
A
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
AF→=12AB→+AD→,AE→=AB→+13AD→，BD→=AD→−AB→．若AF→=xBD→+yAE→，则12AB→+AD→=xAD→−AB→+yAB→+13AD→，计算得： x=58,y=98 .
【解答】
解：如图.
∵ BE→=13BC→，DF→=12DC→，
∴ AE→=AB→+13AD→，BD→=AD→−AB→，
设AF→=xBD→+yAE→，
则AF→=12AB→+AD→=xAD→−AB→+yAB→+13AD→，
即−x+y=12，x+13y=1，
解得x=58，y=98 ，
∴ AF→=58BD→+98AE→.
故选A .
【点评】
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9.
【答案】
C
【考点】
幂函数的性质
指数函数的性质
正弦函数的定义域和值域
余弦函数的定义域和值域
【解析】
暂无
【解答】
解：∵ π4<θ<π2，
∴ sinθ∈22,1 ，csθ∈0,22，
∴ sinθ>csθ，
由指数函数单调性，得 sinθcsθ>sinθsinθ；
由幂函数单调性，得sinθsinθ>csθsinθ，
∴ csθsinθ故选C.
【点评】
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10.
【答案】
A
【考点】
抛物线的标准方程
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
设过点F的直线为： x=my+1,Ax1,y1,Bx2,y2，由|AF||BF|=3得y1y2=−3，
联立直线与抛物线方程可得： m=33，所以 |MF|=2p=4 .
【解答】
解：由题意，得抛物线的焦点坐标为F(1,0)，
设过点F的直线为x=my+1，Ax1,y1，Bx2,y2，
由|AF||BF|=3，得y1y2=−3，
联立直线与抛物线方程，得y2=4x，x=my+1，
整理，得y2−4my−4=0，
∴ y1+y2=4m，y1y2=−4，
解得m=33，
∴ 过点F的直线与x轴所成的夹角为30∘，
∴ |MF|=2p=4 .
故选A .
【点评】
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11.
【答案】
C
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
正弦定理
平面向量数量积的性质及其运算律
余弦定理
【解析】
首先利用正弦定理化简，再利用锐角三角形的特征，求出边b的范围，从而结合二次函数求出bc的范围，应用向量求模，即可求出答案.
【解答】
解：设AB=c， AC=b， BC=a=2，
∵ sinB+sinC=2sinA，
由正弦定理，得b+c=2a=4，
解得c=4−b，
又△ABC为锐角三角形，
∴ b2+c2>a2，b2+a2>c2，a2+c2>b2，
即b2+4−b2>4,b2+4>4−b2,(4−b)2+4>b2,
解得32∴ bc=b4−b=−b2+4b，
由二次函数性质，得154∵ AD→=12AB→+AC→,
∴ |AD→|=12AB→2+AC→2+2AB→⋅AC→⋅cs∠BAC
=12b2+c2+2bc⋅b2+c2−42bc
=122b2+2c2−4
=1228−4bc，
∴ |AD→|的范围为[3,132).
故选C.
【点评】
本题考查解三角形的几何应用，属于难题.
12.
【答案】
D
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
直线与平面所成的角
异面直线及其所成的角
【解析】
暂无
【解答】
解：如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中
构造小正方体ADEF−GHIJ，并作出小正方体的体对角线DJ．
根据题意，PD与平面ABCD，平面ADD1A1，平面CDD1C1所成角相等，
则点P在直线DJ上，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，
所以PD所在直线的方向向量m→=1,1,1 ，CB1→=0,2,4，
所以cs⟨m→,CB1→⟩=155.
故选D.
【点评】
则D(0,0,0)，C(3,0,0)，B1(3，2，4)，
二、填空题
【答案】
y=−1
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
先求出曲线的斜率和切点坐标，即可得到切线方程.
【解答】
解：∵fx=xex−x−1，
∴ f′x=xex+ex−1，
∴ f′0=0+e0−1=0，
又f(0)=−1，
∴ 函数fx=xex−x−1在x=0处的切线方程为y=−1.
故答案为：y=−1.
【点评】
本题考查利用导数研究函数的切线方程，属于基础题.
【答案】
12
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
由约束条件得如图所示可行域，当y=−2x+z经过点B5,2时，z取得最大值12 .
【解答】
解：由约束条件作出可行域如图中阴影部分所示，
由z=2x+y，得y=−2x+z，
由图象可知，当y=−2x+z经过点5,2时，z取得最大值，
且zmax=2×5+2=12 .
故答案为：12 .
【点评】
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【答案】
727
【考点】
双曲线的渐近线
两点间的距离公式
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
双曲线渐近线方程为： y=±bx，圆心M0,3．根据渐近线与圆相切，计算得：b=22，因为直线PM与直线OP垂直，所以直线PM方程为： y=24x+3，又因为直线OS方程为： y=22x，联立相关直线可得出点T−62,0，S672,247，由两点间距离公式可得： ST=727 .
【解答】
解：由题意，得双曲线渐近线方程为y=±bx，
且圆C的圆心M0,3，半径为1，
根据渐近线与圆相切，得b=22，
所以直线OS的方程为y=22x，
因为直线PM与直线OP垂直，
所以直线PM的方程为y−3=122x，
即y=24x+3，
令y=0，解得x=−62，
所以T−62,0.
联立直线OS与直线PM，得y=22x，y=24x+3，
解得x=627，y=247，
所以S627,247，
由两点间距离公式，得ST=727 .
故答案为：727.
【点评】
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【答案】
(3)(4)(5)
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
三角函数的周期性及其求法
正弦函数的图象
正弦函数的单调性
【解析】
因为fπ2+13π2+−1，（1）错误；因为fx≠fx+π不恒成立，最小正周期不是π，（2）错误：由诱导公式得： sinx=sin−π−x，故fx=f−π−x，（3）正确；因为f′x=3csxsinx+22，根据y=3csx图像与性质可得；（4）（5）正确．
【解答】
解：∵ fx=sinx−1sinx+2，
∴ fπ2+f3π2=sinπ2−1sinπ2+2+sin3π2−1sin3π2+2=−2，
故(1)错误；
∵ fx+π=sin(x+π)−1sin(x+π)+2=−sinx−1−sinx+2=sinx+1sinx−2，
∴ fx≠fx+π，
∴ fx的最小正周期不是π，故(2)错误；
∵ fx关于kπ+π2(k∈Z)对称，
当k=−1时，x=−π2，故(3)正确；
当x=2kπ+π2(k∈Z)时，sinx取得最大值，
则fx取得最大值，
当k=0时，x=π2，
当k=1时，x=5π2>7，
当k=−1时，x=−π2<0，
∴ fx在x∈0,7上有且仅有一个极大值，故(4)正确；
当x=2kπ−π2(k∈Z)时，sinx取得最小值，则fx取得最小值，
此时sinx=−1，则fx=−2，
∴ −2是fx的一个极小值，故(5)正确．
综上所述，正确的结论有(3)(4)(5).
故答案为：(3)(4)(5).
【点评】
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三、解答题
【答案】
(1)证明：∵ Sn+Sn+1=n2+2nn∈N* ①，
∴Sn−1+Sn=n−12+2n−1n∈N*,n≥2②，
①−②，得an+an+1=2n+1n∈N*,n≥2③，
∴ an+2+an+1=2n+3n∈N* ④，
④−③，得an+2−an=2n∈N*,n≥2，
∴ a2n−a2(n−1)=2(n∈N*,n≥2)，
∴ a2n是以32为首项，2为公差的等差数列.
(2)解：由(1)得a2n是以32为首项，2为公差的等差数列，
同理可得{a2n−1 }是以a3为首项，2为公差的等差数列．
∵ S2+S3=22+2×2，
∴ a3=S3−S2=3，
前101项的偶数项和为S偶=32×50+50×492×2=2525，
前101项的奇数项和为S奇=a1+3×50+50×492×2=2601，
∴ S101=S偶+S奇=2525+2601=5126.
【考点】
数列递推式
等差数列
等差数列的前n项和
【解析】
暂无
暂无
【解答】
(1)证明：∵ Sn+Sn+1=n2+2nn∈N* ①，
∴Sn−1+Sn=n−12+2n−1n∈N*,n≥2②，
①−②，得an+an+1=2n+1n∈N*,n≥2③，
∴ an+2+an+1=2n+3n∈N* ④，
④−③，得an+2−an=2n∈N*,n≥2，
∴ a2n−a2(n−1)=2(n∈N*,n≥2)，
∴ a2n是以32为首项，2为公差的等差数列.
(2)解：由(1)得a2n是以32为首项，2为公差的等差数列，
同理可得{a2n−1 }是以a3为首项，2为公差的等差数列．
∵ S2+S3=22+2×2，
∴ a3=S3−S2=3，
前101项的偶数项和为S偶=32×50+50×492×2=2525，
前101项的奇数项和为S奇=a1+3×50+50×492×2=2601，
∴ S101=S偶+S奇=2525+2601=5126.
【点评】
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【答案】
解：(1)当ED=23DD′时，有BD′//平面EAC ．理由如下：
如图，连接BD，设BD交AC于点O，连接EO.
∵ 底面ABCD为直角梯形，AB//CD，
∴ △ABO∼△CDO，
又∵ AB=2，CD=4，
∴ AB=12CD，
∴ DO=2BO，
即DO=23DB，
又ED=23DD′，
∴ EO//BD′ ，
又∵ EO⊂平面EAC，BD′⊄平面EAC，
∴ BD′//平面EAC ．
(2)如图，以D为坐标原点，DA方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
∵ 四棱柱高为92，且ED=23DD′，
∴ DE=3.
则D0,0,0， E0,0,3，A3,0,0，C0,4,0 ，B3,2,0 ，
∴ EB→=3,2,−3，EA→=3,0,−3，EC→=0,4,−3，
设平面EAC的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅EA→=0,n→⋅EC→=0,即3x−3z=0，4y−3z=0，
解得n→=4,3,4 ，
∴ cs⟨n→，EB→⟩=n→⋅EB→|n→||EB→|=6902902 .
即直线EB与平面EAC所成角的正弦值为6902902 ．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
（1）当ED=23DD′时，有BD′平面EAC ．
证明：连接BD，设BD∩AC=O，连接EO，
∵ 底面ABCD为直角梯形，AB//CD，
∴ △ABO∼△CDO，
又∵ AB=12CD，∴ DO=2BO，DO=23DB，
在△DBD′中，∵ DO=23DB，ED=23DD′，
∴ EO//BD′ ，
又∵ EO⊂平面EAC，$BD\prime\peratrname{\subset"}rle\peratrname{="}presentatin"data - latex\peratrname{="}BD^{\prime}\peratrname{\subset"}data - width\peratrname{="}41\peratrname{">}BD\prime \subset$平面EAC，
∴ BD′//平面EAC ．
（2）以D为坐标原点，DA方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，有D0,0,0， E0,0,3，A3,0,0,C0,4,0， B3,2,0 .
∴ 直线EB的方向向量EB→=3,2,−3，EA→=3,0,−3，
EC→=0,4,−3，
设平面EAC的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅EA→=0,n→⋅EC→=0,
解得n→=4,3,4 ，
∴ cs⟨n→，EB→⟩=|n→⋅EB→||n→||EB→|=6902902 .
即直线EB与平面EAC所成角的正弦值为6902902 ．
【解答】
解：(1)当ED=23DD′时，有BD′//平面EAC ．理由如下：
如图，连接BD，设BD交AC于点O，连接EO.
∵ 底面ABCD为直角梯形，AB//CD，
∴ △ABO∼△CDO，
又∵ AB=2，CD=4，
∴ AB=12CD，
∴ DO=2BO，
即DO=23DB，
又ED=23DD′，
∴ EO//BD′ ，
又∵ EO⊂平面EAC，BD′⊄平面EAC，
∴ BD′//平面EAC ．
(2)如图，以D为坐标原点，DA方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
∵ 四棱柱高为92，且ED=23DD′，
∴ DE=3.
则D0,0,0， E0,0,3，A3,0,0，C0,4,0 ，B3,2,0 ，
∴ EB→=3,2,−3，EA→=3,0,−3，EC→=0,4,−3，
设平面EAC的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅EA→=0,n→⋅EC→=0,即3x−3z=0，4y−3z=0，
解得n→=4,3,4 ，
∴ cs⟨n→，EB→⟩=n→⋅EB→|n→||EB→|=6902902 .
即直线EB与平面EAC所成角的正弦值为6902902 ．
【点评】
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【答案】
(1)解：由题意，得 ca=12,a−c=1,
解得a=2，c=1，
∴ b2=3，
∴ 椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)证明：由(1)可知， F21,0，则直线A′B的斜率不可能为0．
设直线A′B的 方程为x=my+tm≠0 ，A′x1,y1，Bx2,y2，
则Ax1,−y1，
由x24+y23=1，x=my+t，
整理，得3m2+4y2+6mty+3t2−12=0，
根据韦达定理，得y1+y2=−6mt3m2+4①，y1y2=3t2−123m2+4②，
∵ AB所在直线经过点F21,0，
∴ y2x2−1=−y1x1−1，
即y2x1+y1x2−y2−y1=0，
∴ 2my1y2+t−1y1+y2=0，
将①②两式代入，得2m3t2−12−t−16mt=0，
化简整理，得t=4，
∴ 直线AB恒过定点4,0 ．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
暂无
暂无关于y的一元二次方程
【解答】
(1)解：由题意，得 ca=12,a−c=1,
解得a=2，c=1，
∴ b2=3，
∴ 椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)证明：由(1)可知， F21,0，则直线A′B的斜率不可能为0．
设直线A′B的 方程为x=my+tm≠0 ，A′x1,y1，Bx2,y2，
则Ax1,−y1，
由x24+y23=1，x=my+t，
整理，得3m2+4y2+6mty+3t2−12=0，
根据韦达定理，得y1+y2=−6mt3m2+4①，y1y2=3t2−123m2+4②，
∵ AB所在直线经过点F21,0，
∴ y2x2−1=−y1x1−1，
即y2x1+y1x2−y2−y1=0，
∴ 2my1y2+t−1y1+y2=0，
将①②两式代入，得2m3t2−12−t−16mt=0，
化简整理，得t=4，
∴ 直线AB恒过定点4,0 ．
【点评】
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【答案】
解：(1)记事件A为一台机器被评定为不可靠，
则PA=1−34×45=25，
∵ X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且X∼B4,25，
∴ PX=k=C4k25k354−k(k=0，1，2，3，4)，
即PX=0=C40250×354=81625，
P(X=1)=C41251×353=216625，
PX=2=C42252×352=216625，
PX=3=C43253×351=96625，
PX=4=254=16625 ．
∴ 随机变量X的分布列为
即EX=np=4×25=85 .
(2)该预算合理．理由如下：
设每台仪器用于评估和维修的费用为Y元，则Y的可能取值为100，400，
∵ P(Y=100)=p3+(1−p)3，
P(Y=400)=1−p3−(1−p)3，
∴ E(Y)=100[p3+(1−p)3]+400[1−p3−(1−p)3]，
化简整理，得EY=400−300[p3+1−p3] ．
令f(p)=400−300[p3+(1−p)3]，p∈0,1，
则f′(p)=−300[3p2−3(1−p)2]=−300(6p−3)，
令f′(p)=−300(6p−3)=0，
解得p=12，
当p∈0,12时，f′(p)>0，函数fp在p∈0,12上单调递增；
当p∈12,1时，f′p<0，函数 fp在p∈12,1上单调递减，
综上所述，当p=12时，函数fp的最大值为f12=325 ．
∴ 实施此方案，100台抽检仪器的费用期望值最高
为100×325=32500<33000，
∴ 该预算合理．
【考点】
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
利用导数研究函数的最值
【解析】
解：(1)记事件A为一台机器被评定为不可靠，
则PA=1−34×45=25，
∵ X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且X∼B4,25，
∴ PX=k=C4k25k354−k(k=0，1，2，3，4)，
即PX=0=C40250×354=81625，
P(X=1)=C41251×353=216625，
PX=2=C42252×352=216625，
Px=3=C43253×351=96625，
PX=4=254=16625 ．
∴ 随机变量X的分布列为
即EX=np=4×25=85 .
【解答】
解：(1)记事件A为一台机器被评定为不合格，
则PA=1−34×45=25，
由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
且X∼B4,25，
∴ PX=k=C4k25k354−k(k=0，1，2，3，4)，
即PX=0=C40250×354=81625，
P(X=1)=C41251×353=216625，
PX=2=C42252×352=216625，
PX=3=C43253×351=96625，
PX=4=254=16625 ．
∴ 随机变量X的分布列为
即EX=np=4×25=85 .
(2)该预算合理．理由如下：
设每台仪器用于评估和维修的费用为Y元，则Y的可能取值为100，400，
∵ P(Y=100)=p3+(1−p)3，
P(Y=400)=1−p3−(1−p)3，
∴ E(Y)=100[p3+(1−p)3]+400[1−p3−(1−p)3]，
化简整理，得EY=400−300[p3+1−p3] ．
令f(p)=400−300[p3+(1−p)3]，p∈0,1，
则f′(p)=−300[3p2−3(1−p)2]=−300(6p−3)，
令f′(p)=−300(6p−3)=0，
解得p=12，
当p∈0,12时，f′(p)>0，函数fp在p∈0,12上单调递增；
当p∈12,1时，f′p<0，函数 fp在p∈12,1上单调递减，
综上所述，当p=12时，函数fp的最大值为f12=325 ．
∴ 实施此方案，100台抽检仪器的费用期望值最高
为100×325=32500<33000，
∴ 该预算合理．
【点评】
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【答案】
(1)解：∵ 函数fx=a+1lnx+1+1xa≠−1，
∴ f′(x)=a+1x+1−1x2=(a+1)x2−x−1x2(x+1)，
∵ 函数f(x)在x∈−1,0上不单调，
∴ f′x在(−1,0)上有变号根，
∴ 方程a+1x2−x−1=0在(−1,0)上有变号根，
即方程a+1=x+1x2在(−1,0)上有变号根，
即方程a+1=1x+1x2在−1,0上有变号根，
令y=1x+1x2，
当x∈−1,0时，y=1x+1x2∈0,+∞，
∴ a+1>0，
解得a>−1.
∴ a的取值范围为(−1,+∞).
(2)证明：由题意可知，函数f(x)的定义域为−1,0∪0,+∞，
且f′x=a+1x2−x−1x2x+1，
令gx=a+1x2−x−1，
∵ a∈−12,1，
∴ g(x)的图象开口向上，对称轴为x=12a+1>0，
且g−1=a+1>0，g−12=14a−14≤0，
g1=a−1≤0 ，
故存在m∈−1,−12，使得gm=a+1m2−m−1=0，
n∈[1,+∞)，使得gn=a+1n2−n−1=0，
即m，n均为一元二次方程a+1x2−x−1=0的根，
∴ m+n=1a+1，mn=−1a+1，
∴ m+n+mn=1a+1+(−1a+1)=0，
∴ 1m+1n+1=0，
∴ (1+m)(1+n)=1.
∵ a+1=n+1n2，
∴ n∈[1,1+3]，
即fx1≤fm，fx2≥fn，
∴ fx2−fx1≥fn−fm
=a+1lnn+1+1n−a+1lnm+1−1m
=a+1lnn+1+1n−a+1ln[n+1−1]+1+1n
=2a+1lnn+1+1+2n≥lnn+1+1+2n，
令hx=ln(x+1)+1+2xx≥1，
则h′(x)=1x+1−2x2=x2−2x−2x2(x+1)，
当x∈1,1+3时， h′(x)<0恒成立，此时hx单调递减，
∴ hx≥h1+3=ln2+3+3，
∴ fx2−fx1≥ln3+2+3.
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
暂无
暂无
【解答】
(1)解：∵ 函数fx=a+1lnx+1+1xa≠−1，
∴ f′(x)=a+1x+1−1x2=(a+1)x2−x−1x2(x+1)，
∵ 函数f(x)在x∈−1,0上不单调，
∴ f′x在(−1,0)上有变号根，
∴ 方程a+1x2−x−1=0在(−1,0)上有变号根，
即方程a+1=x+1x2在(−1,0)上有变号根，
即方程a+1=1x+1x2在−1,0上有变号根，
令y=1x+1x2，
当x∈−1,0时，y=1x+1x2∈0,+∞，
∴ a+1>0，
解得a>−1.
∴ a的取值范围为(−1,+∞).
(2)证明：由题意可知，函数f(x)的定义域为−1,0∪0,+∞，
且f′x=a+1x2−x−1x2x+1，
令gx=a+1x2−x−1，
∵ a∈−12,1，
∴ g(x)的图象开口向上，对称轴为x=12a+1>0，
且g−1=a+1>0，g−12=14a−14≤0，
g1=a−1≤0 ，
故存在m∈−1,−12，使得gm=a+1m2−m−1=0，
n∈[1,+∞)，使得gn=a+1n2−n−1=0，
即m，n均为一元二次方程a+1x2−x−1=0的根，
∴ m+n=1a+1，mn=−1a+1，
∴ m+n+mn=1a+1+(−1a+1)=0，
∴ 1m+1n+1=0，
∴ (1+m)(1+n)=1.
∵ a+1=n+1n2，
∴ n∈[1,1+3]，
即fx1≤fm，fx2≥fn，
∴ fx2−fx1≥fn−fm
=a+1lnn+1+1n−a+1lnm+1−1m
=a+1lnn+1+1n−a+1ln[n+1−1]+1+1n
=2a+1lnn+1+1+2n≥lnn+1+1+2n，
令hx=ln(x+1)+1+2xx≥1，
则h′(x)=1x+1−2x2=x2−2x−2x2(x+1)，
当x∈1,1+3时， h′(x)<0恒成立，此时hx单调递减，
∴ hx≥h1+3=ln2+3+3，
∴ fx2−fx1≥ln3+2+3.
【点评】
当a∈−12,1时，f′x=a+1x2−x−1x2x+1的正负性与y=a+1x2−x−1一致.
故存在m∈−1−12，使得gm=a+1m2−m−1=0，n∈[1,+∞)．
使得gn=a+1n2−n−1=0.
【答案】
解：(1)∵ 曲线C1的参数方程为x=t2−3,y=2t(t为参数），
∴ 消去参数t，得曲线C1的普通方程为y2=4x+12.
由曲线C2的极坐标方程为ρ=2csθ−π4，
且ρ2=ρcsθ+ρsinθ，
又∵ x=ρcsθ,y=ρsinθ，
∴x2+y2=x+y，
∴曲线C2的直角坐标方程为x2+y2−x−y=0.
(2)∵ P是曲线C1上的动点，M3,0，
∴ 可设它的坐标为t2−3,2t，其中t∈R，
∴ PM=t2−3−32+2t−02=t4−8t2+36
=t2−42+20.
∵ 1>0，
∴ 当t2=4，即t=±2时，PMmin=25.
∴ 当点P的坐标为1,4或1,−4时，PM最短，为25.
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线的参数方程
两点间的距离公式
【解析】
对于曲线C1，利用代入消元法，消去参数t即可得出它的普通方程；
对于曲线C2，先将其极坐标方程化为
ρ2=ρcsθ+ρsinθ,
在利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可写出它的直角坐标方程.
根据曲线C1的参数方程，将点P的坐标用参数形式表示出来，
然后利用两点间的距离公式求出PM，再配方即可求解.
【解答】
解：(1)∵ 曲线C1的参数方程为x=t2−3,y=2t(t为参数），
∴ 消去参数t，得曲线C1的普通方程为y2=4x+12.
由曲线C2的极坐标方程为ρ=2csθ−π4，
且ρ2=ρcsθ+ρsinθ，
又∵ x=ρcsθ,y=ρsinθ，
∴x2+y2=x+y，
∴曲线C2的直角坐标方程为x2+y2−x−y=0.
(2)∵ P是曲线C1上的动点，M3,0，
∴ 可设它的坐标为t2−3,2t，其中t∈R，
∴ PM=t2−3−32+2t−02=t4−8t2+36
=t2−42+20.
∵ 1>0，
∴ 当t2=4，即t=±2时，PMmin=25.
∴ 当点P的坐标为1,4或1,−4时，PM最短，为25.
【点评】
本小题考查参数方程的简单应用，属基础题.
【答案】
(1)解：当a=2时，
f(x)=|2x−1|+|x+2|=−3x−1,x≤−2,3−x,−212,
当x≤−2时，则−3x−1<4，无解；
当−2解得−1当x>12时，则3x+1<4，
解得12综上所述，不等式的解集为−1,1.
(2)证明：当1 则f(x)=|ax−1|+|x+2|=−(a+1)x−1,x≤−2,3+(1−a)x,−21a,
当x≤−2时，f(x)≥f(−2)=2a+1>3；
当−2则f(x)≥f(1a)=1a+2>14+2=94；
当x>1a时，f(x)>f1a=1a+2>14+2=94，
故194恒成立.
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
函数恒成立问题
【解析】
暂无
暂无
【解答】
(1)解：当a=2时，
f(x)=|2x−1|+|x+2|=−3x−1,x≤−2,3−x,−212,
当x≤−2时，则−3x−1<4，无解；
当−2解得−1当x>12时，则3x+1<4，
解得12综上所述，不等式的解集为−1,1.
(2)证明：当1 则f(x)=|ax−1|+|x+2|=−(a+1)x−1,x≤−2,3+(1−a)x,−21a,
当x≤−2时，f(x)≥f(−2)=2a+1>3；
当−2则f(x)≥f(1a)=1a+2>14+2=94；
当x>1a时，f(x)>f1a=1a+2>14+2=94，
故194恒成立.
【点评】
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1. 已知集合A=x||x−1|≤2，B=x|−4≤x≤1，则A∪B=( )
A.x|−1≤x≤1B.x|−4
2. 已知复数z满足2−iz¯=1−2i，其中i为虚数单位，则z在复平面内对应的点在( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3. 下列说法正确的是( )
①线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱；
②已知随机变量ξ∼N0,σ2，若Pξ>2=0.023，则P−2≤ξ≤2=0.954；
③在线性回归模型中，计算R2=1−i=1n(yi−yi)2i=1n(yi−yi¯)2=0.96 ，则可以理解为解释变量对预报变量的贡献率约为96%；
④在残差图中，残差点分布的带状区域的宽带越窄，其模型拟合精度越高．
A.①②③B.②③④C.②④D.①②③④
4. 某班会课上，班主任拟安排甲、乙、丙、丁、戊五名同学以新冠疫情为主题分享体会，要求甲不能排前3位，且乙必须排在丙、丁的前面，则安排方法种数为( )
A.8B.12C.16D.24
5. 《九章算术》在中国数学史中占有重要地位，其中在卷五《商功篇》中介绍了“羡除”（此处是指三面为等腰梯形，其余两侧面为直角三角形的五面体）体积的求法．在如下图所示的形似羡除的几何体中，其两侧面为全等的三角形，平面ABDA′是铅垂面，下宽AA′=4m，上宽BD=6m，深3m，平面BDEC是水平面，末端宽CE=8m，无深，长6m（直线CE到BD的距离），则下图中几何体的体积为( )
A.30m3B.45m3C.54m3D.90m3
6. 函数 f(x)=ln|x|⋅csxx+sinx在[−π,0)∪(0,π]的大致图像为( )
A.
B.
C.
D.
7. 已知sinα+3csα=1，则cs2α−π3=( )
A.−32B.−12C.−12或12D.−32或12
8. 在平行四边形ABCD中，E，F分别满足BE→=13BC→，DF→=12DC→，则AF→=( )
A.58BD→+98AE→B.58BD→+12AE→
C.14BD→+34AE→D.BD→+14AE→
9. 已知π4<θ<π2，则( )
A.sinθsinθ
C.csθsinθ
10. 已知抛物线C:y2=4x，焦点为F，过F的直线交C于A，B两点，交其准线于点M，且|AF||BF|=3，则|MF|=( )
A.4B.5C.6D.8
11. 在锐角△ABC中， BC=2，D为BC中点，若sinB+sinC=2sinA，则AD的取值范围为( )
A.3,2B.132,2C.3,132D.32,132
12. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3，BC=2，AA1=4，在长方体内部存在动点P，满足PD与平面ABCD，平面ADD1A1，平面 CDD1C1所成角相等，则PD所在直线与CB1所成角的余弦值为( )
A.256B.306C.255D.155
二、填空题
函数fx=xex−x−1在x=0处的切线方程为________.
实数x，y满足x+y−3≥0，x−y−3≤0，0≤y≤2，则z=2x+y的最大值为________.
已知双曲线C:x2−y2b2=1b>0，圆M:x2+y−32=1与C的一条渐近线相切于点P(P位于第二象限)．若PM所在直线与双曲线的另一条渐近线交于点S，与x轴交于点T，则ST长度为________.
已知函数fx=sinx−1sinx+2，则关于函数性质，下列说法正确的有________．
(1)fx关于π,−12中心对称；
(2)fx的最小正周期为π；
(3)fx关于x=−π2轴对称；
(4)fx在x∈0,7上有且仅有一个极大值；
(5)−2是fx的一个极小值．
三、解答题
数列an中，a1=1，a2=32，前n项和Sn满足Sn+Sn+1=n2+2nn∈N*.
(1)证明：a2n为等差数列；
(2)求S101 .
如图所示，在直四棱柱ABCD−A′B′C′D′中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，AD⊥AB，连接BD′，AC，已知AB=2，CD=4，AD=3，E为线段DD′上的一动点．
(1)E在什么位置时，有BD′//平面EAC？请说明理由；
(2)若该四棱柱高为92，当BD′//平面EAC时，求BE与平面EAC所成角的正弦值．
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0，F1，F2分别为C的左、右焦点，离心率e=12，P为椭圆上任意一点，且|PF1|的最小值为1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F2的直线交椭圆C于A，B两点，其中A点关于x轴的对称点为A′（异于点B），证明：A′B所在直线恒过定点．
某医疗研究所新研发了一款医疗仪器，为保障该仪器的可靠性，研究所外聘了一批专家检测仪器的可靠性，已知每位专家评估过程相互独立．
(1)若安排两位专家进行评估，专家甲评定为“可靠”的概率为34，专家乙评定为“可靠”的概率为45，只有当两位专家均评定为“可靠”时，可以确定该仪器可靠，否则确定为“不可靠”．现随机抽取4台仪器，由两位专家进行评估，记评定结果不可靠的仪器台数为X，求X的分布列和数学期望；
(2)为进一步提高该医疗仪器的可靠性，研究所决定每台仪器都由三位专家进行评估，若每台仪器被每位专家评定为“可靠”的概率均为p0
函数fx=a+1lnx+1+1xa≠−1在x∈−1,0上不单调．
(1)求a的取值范围；
(2)若x1∈−1,−12，x2∈1,+∞，a∈−12,1，求证：fx2−fx1≥ln3+2+3.
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=t2−3,y=2t, （t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=2csθ−π4.
(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；
(2)P为曲线C1上的动点，M3,0，问P在什么位置时，PM最短？并求出最短距离．
已知函数fx=|ax−1|+|x+2|.
(1)若a=2，解不等式fx<4；
(2)若1
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省晋中市某校高三第一次模拟考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
绝对值不等式
并集及其运算
【解析】
不等式|x−1|≤2解集为x|−1≤x≤3，因此A∪B=x|−4≤x≤3 .
【解答】
解：∵ 不等式|x−1|≤2解集为x|−1≤x≤3，
∴ A=x|−1≤x≤3，
又B=x|−4≤x≤1，
∴ A∪B=x|−4≤x≤3 .
故选D .
【点评】
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2.
【答案】
A
【考点】
共轭复数
复数的代数表示法及其几何意义
复数代数形式的混合运算
【解析】
暂无
【解答】
解：∵ 2−iz¯=1−2i，
∴ z¯=1−2i2−i=45−35i，
∴ z=45+35i，
∴ z在复平面内对应的点在第一象限.
故选A.
【点评】
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3.
【答案】
B
【考点】
两个变量的线性相关
正态分布的密度曲线
回归分析
回归分析的初步应用
【解析】
①错，|r|越大，线性相关性越强；根据定义可知②③④对．
【解答】
解：①根据定义可知，|r|越大，线性相关性越强，故①错误；
②∵ 曲线关于x=0对称，且Pξ>2=0.023 ，
∴ P(ξ<−2)=0.023 ，
∴ P−2≤ξ≤2=1−Pξ>2−Pξ<−2=0.954，故②正确；
③根据公式R2=1−i=1n(yi−yi)2i=1n(yi−yi¯)2=0.96，得
解释变量对预报变量的贡献率约为96%，故③正确；
④根据定义可知，在残差图中，残差点分布的带状区域的宽带越窄，
其模型拟合精度越高，故④正确.
综上所述，正确的有②③④.
故选B .
【点评】
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4.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
计数原理的应用
【解析】
由分步乘法计数原理，甲不能排前三位，故甲有2种选择：乙必须排在丙、丁前面，这三人有C41+2种选择．因此对五个人的安排总共有2×C11×2×1=16种方法 .
【解答】
解：由分步乘法计数原理，甲不能排前三位，则甲有2种选择；
乙必须排在丙、丁前面，这三人有C41×2种选择，
所以对五个人的安排总共有2×C41×2×1=16种方法 .
故选C .
【点评】
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5.
【答案】
C
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
暂无
【解答】
解：如图，连接CD， CA′，
则五面体的体积V=VC−BDA′A +VA′−CED ，
由锥体体积公式，得
VC−BDA′A =13×4+6×3×12×6=30(m3)，
VA′−CED =13×8×6×12×3=24(m3)，
所以五面体体积V=30+24=54(m3).
故选C.
【点评】
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6.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
函数奇偶性的判断
【解析】
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【解答】
解：∵ f(−x)=−ln|x|⋅csxx+sinx=−f(x)，
∴ f(x)为奇函数.
又∵ f(±1)=0，f(±π2)=0，f(π3)>0，f(π)<0,
只有D选项符合题意.
故选D.
【点评】
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7.
【答案】
B
【考点】
两角和与差的正弦公式
三角函数中的恒等变换应用
二倍角的余弦公式
【解析】
由sinα+3csα=1得sinα+π3=12，故cs2ω+2π3=1−2sin2α+π3=12，故cs2a−π3=−cs2a+2π3=−12 .
【解答】
解：∵ sinα+3csα=1，
∴ 2sinα+π3=1，
∴ sinα+π3=12，
∴ cs2α+2π3=1−2sin2α+π3=12，
∴ cs2a−π3=−cs2a+2π3=−12 .
故选B .
【点评】
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8.
【答案】
A
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
AF→=12AB→+AD→,AE→=AB→+13AD→，BD→=AD→−AB→．若AF→=xBD→+yAE→，则12AB→+AD→=xAD→−AB→+yAB→+13AD→，计算得： x=58,y=98 .
【解答】
解：如图.
∵ BE→=13BC→，DF→=12DC→，
∴ AE→=AB→+13AD→，BD→=AD→−AB→，
设AF→=xBD→+yAE→，
则AF→=12AB→+AD→=xAD→−AB→+yAB→+13AD→，
即−x+y=12，x+13y=1，
解得x=58，y=98 ，
∴ AF→=58BD→+98AE→.
故选A .
【点评】
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9.
【答案】
C
【考点】
幂函数的性质
指数函数的性质
正弦函数的定义域和值域
余弦函数的定义域和值域
【解析】
暂无
【解答】
解：∵ π4<θ<π2，
∴ sinθ∈22,1 ，csθ∈0,22，
∴ sinθ>csθ，
由指数函数单调性，得 sinθcsθ>sinθsinθ；
由幂函数单调性，得sinθsinθ>csθsinθ，
∴ csθsinθ
【点评】
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10.
【答案】
A
【考点】
抛物线的标准方程
与抛物线有关的中点弦及弦长问题
【解析】
设过点F的直线为： x=my+1,Ax1,y1,Bx2,y2，由|AF||BF|=3得y1y2=−3，
联立直线与抛物线方程可得： m=33，所以 |MF|=2p=4 .
【解答】
解：由题意，得抛物线的焦点坐标为F(1,0)，
设过点F的直线为x=my+1，Ax1,y1，Bx2,y2，
由|AF||BF|=3，得y1y2=−3，
联立直线与抛物线方程，得y2=4x，x=my+1，
整理，得y2−4my−4=0，
∴ y1+y2=4m，y1y2=−4，
解得m=33，
∴ 过点F的直线与x轴所成的夹角为30∘，
∴ |MF|=2p=4 .
故选A .
【点评】
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11.
【答案】
C
【考点】
平面向量的基本定理及其意义
正弦定理
平面向量数量积的性质及其运算律
余弦定理
【解析】
首先利用正弦定理化简，再利用锐角三角形的特征，求出边b的范围，从而结合二次函数求出bc的范围，应用向量求模，即可求出答案.
【解答】
解：设AB=c， AC=b， BC=a=2，
∵ sinB+sinC=2sinA，
由正弦定理，得b+c=2a=4，
解得c=4−b，
又△ABC为锐角三角形，
∴ b2+c2>a2，b2+a2>c2，a2+c2>b2，
即b2+4−b2>4,b2+4>4−b2,(4−b)2+4>b2,
解得32
由二次函数性质，得154
∴ |AD→|=12AB→2+AC→2+2AB→⋅AC→⋅cs∠BAC
=12b2+c2+2bc⋅b2+c2−42bc
=122b2+2c2−4
=1228−4bc，
∴ |AD→|的范围为[3,132).
故选C.
【点评】
本题考查解三角形的几何应用，属于难题.
12.
【答案】
D
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
直线与平面所成的角
异面直线及其所成的角
【解析】
暂无
【解答】
解：如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中
构造小正方体ADEF−GHIJ，并作出小正方体的体对角线DJ．
根据题意，PD与平面ABCD，平面ADD1A1，平面CDD1C1所成角相等，
则点P在直线DJ上，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，
所以PD所在直线的方向向量m→=1,1,1 ，CB1→=0,2,4，
所以cs⟨m→,CB1→⟩=155.
故选D.
【点评】
则D(0,0,0)，C(3,0,0)，B1(3，2，4)，
二、填空题
【答案】
y=−1
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
先求出曲线的斜率和切点坐标，即可得到切线方程.
【解答】
解：∵fx=xex−x−1，
∴ f′x=xex+ex−1，
∴ f′0=0+e0−1=0，
又f(0)=−1，
∴ 函数fx=xex−x−1在x=0处的切线方程为y=−1.
故答案为：y=−1.
【点评】
本题考查利用导数研究函数的切线方程，属于基础题.
【答案】
12
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
由约束条件得如图所示可行域，当y=−2x+z经过点B5,2时，z取得最大值12 .
【解答】
解：由约束条件作出可行域如图中阴影部分所示，
由z=2x+y，得y=−2x+z，
由图象可知，当y=−2x+z经过点5,2时，z取得最大值，
且zmax=2×5+2=12 .
故答案为：12 .
【点评】
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【答案】
727
【考点】
双曲线的渐近线
两点间的距离公式
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
双曲线渐近线方程为： y=±bx，圆心M0,3．根据渐近线与圆相切，计算得：b=22，因为直线PM与直线OP垂直，所以直线PM方程为： y=24x+3，又因为直线OS方程为： y=22x，联立相关直线可得出点T−62,0，S672,247，由两点间距离公式可得： ST=727 .
【解答】
解：由题意，得双曲线渐近线方程为y=±bx，
且圆C的圆心M0,3，半径为1，
根据渐近线与圆相切，得b=22，
所以直线OS的方程为y=22x，
因为直线PM与直线OP垂直，
所以直线PM的方程为y−3=122x，
即y=24x+3，
令y=0，解得x=−62，
所以T−62,0.
联立直线OS与直线PM，得y=22x，y=24x+3，
解得x=627，y=247，
所以S627,247，
由两点间距离公式，得ST=727 .
故答案为：727.
【点评】
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【答案】
(3)(4)(5)
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
三角函数的周期性及其求法
正弦函数的图象
正弦函数的单调性
【解析】
因为fπ2+13π2+−1，（1）错误；因为fx≠fx+π不恒成立，最小正周期不是π，（2）错误：由诱导公式得： sinx=sin−π−x，故fx=f−π−x，（3）正确；因为f′x=3csxsinx+22，根据y=3csx图像与性质可得；（4）（5）正确．
【解答】
解：∵ fx=sinx−1sinx+2，
∴ fπ2+f3π2=sinπ2−1sinπ2+2+sin3π2−1sin3π2+2=−2，
故(1)错误；
∵ fx+π=sin(x+π)−1sin(x+π)+2=−sinx−1−sinx+2=sinx+1sinx−2，
∴ fx≠fx+π，
∴ fx的最小正周期不是π，故(2)错误；
∵ fx关于kπ+π2(k∈Z)对称，
当k=−1时，x=−π2，故(3)正确；
当x=2kπ+π2(k∈Z)时，sinx取得最大值，
则fx取得最大值，
当k=0时，x=π2，
当k=1时，x=5π2>7，
当k=−1时，x=−π2<0，
∴ fx在x∈0,7上有且仅有一个极大值，故(4)正确；
当x=2kπ−π2(k∈Z)时，sinx取得最小值，则fx取得最小值，
此时sinx=−1，则fx=−2，
∴ −2是fx的一个极小值，故(5)正确．
综上所述，正确的结论有(3)(4)(5).
故答案为：(3)(4)(5).
【点评】
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三、解答题
【答案】
(1)证明：∵ Sn+Sn+1=n2+2nn∈N* ①，
∴Sn−1+Sn=n−12+2n−1n∈N*,n≥2②，
①−②，得an+an+1=2n+1n∈N*,n≥2③，
∴ an+2+an+1=2n+3n∈N* ④，
④−③，得an+2−an=2n∈N*,n≥2，
∴ a2n−a2(n−1)=2(n∈N*,n≥2)，
∴ a2n是以32为首项，2为公差的等差数列.
(2)解：由(1)得a2n是以32为首项，2为公差的等差数列，
同理可得{a2n−1 }是以a3为首项，2为公差的等差数列．
∵ S2+S3=22+2×2，
∴ a3=S3−S2=3，
前101项的偶数项和为S偶=32×50+50×492×2=2525，
前101项的奇数项和为S奇=a1+3×50+50×492×2=2601，
∴ S101=S偶+S奇=2525+2601=5126.
【考点】
数列递推式
等差数列
等差数列的前n项和
【解析】
暂无
暂无
【解答】
(1)证明：∵ Sn+Sn+1=n2+2nn∈N* ①，
∴Sn−1+Sn=n−12+2n−1n∈N*,n≥2②，
①−②，得an+an+1=2n+1n∈N*,n≥2③，
∴ an+2+an+1=2n+3n∈N* ④，
④−③，得an+2−an=2n∈N*,n≥2，
∴ a2n−a2(n−1)=2(n∈N*,n≥2)，
∴ a2n是以32为首项，2为公差的等差数列.
(2)解：由(1)得a2n是以32为首项，2为公差的等差数列，
同理可得{a2n−1 }是以a3为首项，2为公差的等差数列．
∵ S2+S3=22+2×2，
∴ a3=S3−S2=3，
前101项的偶数项和为S偶=32×50+50×492×2=2525，
前101项的奇数项和为S奇=a1+3×50+50×492×2=2601，
∴ S101=S偶+S奇=2525+2601=5126.
【点评】
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【答案】
解：(1)当ED=23DD′时，有BD′//平面EAC ．理由如下：
如图，连接BD，设BD交AC于点O，连接EO.
∵ 底面ABCD为直角梯形，AB//CD，
∴ △ABO∼△CDO，
又∵ AB=2，CD=4，
∴ AB=12CD，
∴ DO=2BO，
即DO=23DB，
又ED=23DD′，
∴ EO//BD′ ，
又∵ EO⊂平面EAC，BD′⊄平面EAC，
∴ BD′//平面EAC ．
(2)如图，以D为坐标原点，DA方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
∵ 四棱柱高为92，且ED=23DD′，
∴ DE=3.
则D0,0,0， E0,0,3，A3,0,0，C0,4,0 ，B3,2,0 ，
∴ EB→=3,2,−3，EA→=3,0,−3，EC→=0,4,−3，
设平面EAC的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅EA→=0,n→⋅EC→=0,即3x−3z=0，4y−3z=0，
解得n→=4,3,4 ，
∴ cs⟨n→，EB→⟩=n→⋅EB→|n→||EB→|=6902902 .
即直线EB与平面EAC所成角的正弦值为6902902 ．
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
（1）当ED=23DD′时，有BD′平面EAC ．
证明：连接BD，设BD∩AC=O，连接EO，
∵ 底面ABCD为直角梯形，AB//CD，
∴ △ABO∼△CDO，
又∵ AB=12CD，∴ DO=2BO，DO=23DB，
在△DBD′中，∵ DO=23DB，ED=23DD′，
∴ EO//BD′ ，
又∵ EO⊂平面EAC，$BD\prime\peratrname{\subset"}rle\peratrname{="}presentatin"data - latex\peratrname{="}BD^{\prime}\peratrname{\subset"}data - width\peratrname{="}41\peratrname{">}BD\prime \subset$平面EAC，
∴ BD′//平面EAC ．
（2）以D为坐标原点，DA方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，有D0,0,0， E0,0,3，A3,0,0,C0,4,0， B3,2,0 .
∴ 直线EB的方向向量EB→=3,2,−3，EA→=3,0,−3，
EC→=0,4,−3，
设平面EAC的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅EA→=0,n→⋅EC→=0,
解得n→=4,3,4 ，
∴ cs⟨n→，EB→⟩=|n→⋅EB→||n→||EB→|=6902902 .
即直线EB与平面EAC所成角的正弦值为6902902 ．
【解答】
解：(1)当ED=23DD′时，有BD′//平面EAC ．理由如下：
如图，连接BD，设BD交AC于点O，连接EO.
∵ 底面ABCD为直角梯形，AB//CD，
∴ △ABO∼△CDO，
又∵ AB=2，CD=4，
∴ AB=12CD，
∴ DO=2BO，
即DO=23DB，
又ED=23DD′，
∴ EO//BD′ ，
又∵ EO⊂平面EAC，BD′⊄平面EAC，
∴ BD′//平面EAC ．
(2)如图，以D为坐标原点，DA方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
∵ 四棱柱高为92，且ED=23DD′，
∴ DE=3.
则D0,0,0， E0,0,3，A3,0,0，C0,4,0 ，B3,2,0 ，
∴ EB→=3,2,−3，EA→=3,0,−3，EC→=0,4,−3，
设平面EAC的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅EA→=0,n→⋅EC→=0,即3x−3z=0，4y−3z=0，
解得n→=4,3,4 ，
∴ cs⟨n→，EB→⟩=n→⋅EB→|n→||EB→|=6902902 .
即直线EB与平面EAC所成角的正弦值为6902902 ．
【点评】
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【答案】
(1)解：由题意，得 ca=12,a−c=1,
解得a=2，c=1，
∴ b2=3，
∴ 椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)证明：由(1)可知， F21,0，则直线A′B的斜率不可能为0．
设直线A′B的 方程为x=my+tm≠0 ，A′x1,y1，Bx2,y2，
则Ax1,−y1，
由x24+y23=1，x=my+t，
整理，得3m2+4y2+6mty+3t2−12=0，
根据韦达定理，得y1+y2=−6mt3m2+4①，y1y2=3t2−123m2+4②，
∵ AB所在直线经过点F21,0，
∴ y2x2−1=−y1x1−1，
即y2x1+y1x2−y2−y1=0，
∴ 2my1y2+t−1y1+y2=0，
将①②两式代入，得2m3t2−12−t−16mt=0，
化简整理，得t=4，
∴ 直线AB恒过定点4,0 ．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
暂无
暂无关于y的一元二次方程
【解答】
(1)解：由题意，得 ca=12,a−c=1,
解得a=2，c=1，
∴ b2=3，
∴ 椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)证明：由(1)可知， F21,0，则直线A′B的斜率不可能为0．
设直线A′B的 方程为x=my+tm≠0 ，A′x1,y1，Bx2,y2，
则Ax1,−y1，
由x24+y23=1，x=my+t，
整理，得3m2+4y2+6mty+3t2−12=0，
根据韦达定理，得y1+y2=−6mt3m2+4①，y1y2=3t2−123m2+4②，
∵ AB所在直线经过点F21,0，
∴ y2x2−1=−y1x1−1，
即y2x1+y1x2−y2−y1=0，
∴ 2my1y2+t−1y1+y2=0，
将①②两式代入，得2m3t2−12−t−16mt=0，
化简整理，得t=4，
∴ 直线AB恒过定点4,0 ．
【点评】
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【答案】
解：(1)记事件A为一台机器被评定为不可靠，
则PA=1−34×45=25，
∵ X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且X∼B4,25，
∴ PX=k=C4k25k354−k(k=0，1，2，3，4)，
即PX=0=C40250×354=81625，
P(X=1)=C41251×353=216625，
PX=2=C42252×352=216625，
PX=3=C43253×351=96625，
PX=4=254=16625 ．
∴ 随机变量X的分布列为
即EX=np=4×25=85 .
(2)该预算合理．理由如下：
设每台仪器用于评估和维修的费用为Y元，则Y的可能取值为100，400，
∵ P(Y=100)=p3+(1−p)3，
P(Y=400)=1−p3−(1−p)3，
∴ E(Y)=100[p3+(1−p)3]+400[1−p3−(1−p)3]，
化简整理，得EY=400−300[p3+1−p3] ．
令f(p)=400−300[p3+(1−p)3]，p∈0,1，
则f′(p)=−300[3p2−3(1−p)2]=−300(6p−3)，
令f′(p)=−300(6p−3)=0，
解得p=12，
当p∈0,12时，f′(p)>0，函数fp在p∈0,12上单调递增；
当p∈12,1时，f′p<0，函数 fp在p∈12,1上单调递减，
综上所述，当p=12时，函数fp的最大值为f12=325 ．
∴ 实施此方案，100台抽检仪器的费用期望值最高
为100×325=32500<33000，
∴ 该预算合理．
【考点】
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
利用导数研究函数的最值
【解析】
解：(1)记事件A为一台机器被评定为不可靠，
则PA=1−34×45=25，
∵ X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且X∼B4,25，
∴ PX=k=C4k25k354−k(k=0，1，2，3，4)，
即PX=0=C40250×354=81625，
P(X=1)=C41251×353=216625，
PX=2=C42252×352=216625，
Px=3=C43253×351=96625，
PX=4=254=16625 ．
∴ 随机变量X的分布列为
即EX=np=4×25=85 .
【解答】
解：(1)记事件A为一台机器被评定为不合格，
则PA=1−34×45=25，
由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
且X∼B4,25，
∴ PX=k=C4k25k354−k(k=0，1，2，3，4)，
即PX=0=C40250×354=81625，
P(X=1)=C41251×353=216625，
PX=2=C42252×352=216625，
PX=3=C43253×351=96625，
PX=4=254=16625 ．
∴ 随机变量X的分布列为
即EX=np=4×25=85 .
(2)该预算合理．理由如下：
设每台仪器用于评估和维修的费用为Y元，则Y的可能取值为100，400，
∵ P(Y=100)=p3+(1−p)3，
P(Y=400)=1−p3−(1−p)3，
∴ E(Y)=100[p3+(1−p)3]+400[1−p3−(1−p)3]，
化简整理，得EY=400−300[p3+1−p3] ．
令f(p)=400−300[p3+(1−p)3]，p∈0,1，
则f′(p)=−300[3p2−3(1−p)2]=−300(6p−3)，
令f′(p)=−300(6p−3)=0，
解得p=12，
当p∈0,12时，f′(p)>0，函数fp在p∈0,12上单调递增；
当p∈12,1时，f′p<0，函数 fp在p∈12,1上单调递减，
综上所述，当p=12时，函数fp的最大值为f12=325 ．
∴ 实施此方案，100台抽检仪器的费用期望值最高
为100×325=32500<33000，
∴ 该预算合理．
【点评】
此题暂无点评
【答案】
(1)解：∵ 函数fx=a+1lnx+1+1xa≠−1，
∴ f′(x)=a+1x+1−1x2=(a+1)x2−x−1x2(x+1)，
∵ 函数f(x)在x∈−1,0上不单调，
∴ f′x在(−1,0)上有变号根，
∴ 方程a+1x2−x−1=0在(−1,0)上有变号根，
即方程a+1=x+1x2在(−1,0)上有变号根，
即方程a+1=1x+1x2在−1,0上有变号根，
令y=1x+1x2，
当x∈−1,0时，y=1x+1x2∈0,+∞，
∴ a+1>0，
解得a>−1.
∴ a的取值范围为(−1,+∞).
(2)证明：由题意可知，函数f(x)的定义域为−1,0∪0,+∞，
且f′x=a+1x2−x−1x2x+1，
令gx=a+1x2−x−1，
∵ a∈−12,1，
∴ g(x)的图象开口向上，对称轴为x=12a+1>0，
且g−1=a+1>0，g−12=14a−14≤0，
g1=a−1≤0 ，
故存在m∈−1,−12，使得gm=a+1m2−m−1=0，
n∈[1,+∞)，使得gn=a+1n2−n−1=0，
即m，n均为一元二次方程a+1x2−x−1=0的根，
∴ m+n=1a+1，mn=−1a+1，
∴ m+n+mn=1a+1+(−1a+1)=0，
∴ 1m+1n+1=0，
∴ (1+m)(1+n)=1.
∵ a+1=n+1n2，
∴ n∈[1,1+3]，
即fx1≤fm，fx2≥fn，
∴ fx2−fx1≥fn−fm
=a+1lnn+1+1n−a+1lnm+1−1m
=a+1lnn+1+1n−a+1ln[n+1−1]+1+1n
=2a+1lnn+1+1+2n≥lnn+1+1+2n，
令hx=ln(x+1)+1+2xx≥1，
则h′(x)=1x+1−2x2=x2−2x−2x2(x+1)，
当x∈1,1+3时， h′(x)<0恒成立，此时hx单调递减，
∴ hx≥h1+3=ln2+3+3，
∴ fx2−fx1≥ln3+2+3.
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
暂无
暂无
【解答】
(1)解：∵ 函数fx=a+1lnx+1+1xa≠−1，
∴ f′(x)=a+1x+1−1x2=(a+1)x2−x−1x2(x+1)，
∵ 函数f(x)在x∈−1,0上不单调，
∴ f′x在(−1,0)上有变号根，
∴ 方程a+1x2−x−1=0在(−1,0)上有变号根，
即方程a+1=x+1x2在(−1,0)上有变号根，
即方程a+1=1x+1x2在−1,0上有变号根，
令y=1x+1x2，
当x∈−1,0时，y=1x+1x2∈0,+∞，
∴ a+1>0，
解得a>−1.
∴ a的取值范围为(−1,+∞).
(2)证明：由题意可知，函数f(x)的定义域为−1,0∪0,+∞，
且f′x=a+1x2−x−1x2x+1，
令gx=a+1x2−x−1，
∵ a∈−12,1，
∴ g(x)的图象开口向上，对称轴为x=12a+1>0，
且g−1=a+1>0，g−12=14a−14≤0，
g1=a−1≤0 ，
故存在m∈−1,−12，使得gm=a+1m2−m−1=0，
n∈[1,+∞)，使得gn=a+1n2−n−1=0，
即m，n均为一元二次方程a+1x2−x−1=0的根，
∴ m+n=1a+1，mn=−1a+1，
∴ m+n+mn=1a+1+(−1a+1)=0，
∴ 1m+1n+1=0，
∴ (1+m)(1+n)=1.
∵ a+1=n+1n2，
∴ n∈[1,1+3]，
即fx1≤fm，fx2≥fn，
∴ fx2−fx1≥fn−fm
=a+1lnn+1+1n−a+1lnm+1−1m
=a+1lnn+1+1n−a+1ln[n+1−1]+1+1n
=2a+1lnn+1+1+2n≥lnn+1+1+2n，
令hx=ln(x+1)+1+2xx≥1，
则h′(x)=1x+1−2x2=x2−2x−2x2(x+1)，
当x∈1,1+3时， h′(x)<0恒成立，此时hx单调递减，
∴ hx≥h1+3=ln2+3+3，
∴ fx2−fx1≥ln3+2+3.
【点评】
当a∈−12,1时，f′x=a+1x2−x−1x2x+1的正负性与y=a+1x2−x−1一致.
故存在m∈−1−12，使得gm=a+1m2−m−1=0，n∈[1,+∞)．
使得gn=a+1n2−n−1=0.
【答案】
解：(1)∵ 曲线C1的参数方程为x=t2−3,y=2t(t为参数），
∴ 消去参数t，得曲线C1的普通方程为y2=4x+12.
由曲线C2的极坐标方程为ρ=2csθ−π4，
且ρ2=ρcsθ+ρsinθ，
又∵ x=ρcsθ,y=ρsinθ，
∴x2+y2=x+y，
∴曲线C2的直角坐标方程为x2+y2−x−y=0.
(2)∵ P是曲线C1上的动点，M3,0，
∴ 可设它的坐标为t2−3,2t，其中t∈R，
∴ PM=t2−3−32+2t−02=t4−8t2+36
=t2−42+20.
∵ 1>0，
∴ 当t2=4，即t=±2时，PMmin=25.
∴ 当点P的坐标为1,4或1,−4时，PM最短，为25.
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
直线的参数方程
两点间的距离公式
【解析】
对于曲线C1，利用代入消元法，消去参数t即可得出它的普通方程；
对于曲线C2，先将其极坐标方程化为
ρ2=ρcsθ+ρsinθ,
在利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可写出它的直角坐标方程.
根据曲线C1的参数方程，将点P的坐标用参数形式表示出来，
然后利用两点间的距离公式求出PM，再配方即可求解.
【解答】
解：(1)∵ 曲线C1的参数方程为x=t2−3,y=2t(t为参数），
∴ 消去参数t，得曲线C1的普通方程为y2=4x+12.
由曲线C2的极坐标方程为ρ=2csθ−π4，
且ρ2=ρcsθ+ρsinθ，
又∵ x=ρcsθ,y=ρsinθ，
∴x2+y2=x+y，
∴曲线C2的直角坐标方程为x2+y2−x−y=0.
(2)∵ P是曲线C1上的动点，M3,0，
∴ 可设它的坐标为t2−3,2t，其中t∈R，
∴ PM=t2−3−32+2t−02=t4−8t2+36
=t2−42+20.
∵ 1>0，
∴ 当t2=4，即t=±2时，PMmin=25.
∴ 当点P的坐标为1,4或1,−4时，PM最短，为25.
【点评】
本小题考查参数方程的简单应用，属基础题.
【答案】
(1)解：当a=2时，
f(x)=|2x−1|+|x+2|=−3x−1,x≤−2,3−x,−2
当x≤−2时，则−3x−1<4，无解；
当−2
解得12
(2)证明：当1
当x≤−2时，f(x)≥f(−2)=2a+1>3；
当−2
当x>1a时，f(x)>f1a=1a+2>14+2=94，
故1
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
函数恒成立问题
【解析】
暂无
暂无
【解答】
(1)解：当a=2时，
f(x)=|2x−1|+|x+2|=−3x−1,x≤−2,3−x,−2
当x≤−2时，则−3x−1<4，无解；
当−2
解得12
(2)证明：当1
当x≤−2时，f(x)≥f(−2)=2a+1>3；
当−2
当x>1a时，f(x)>f1a=1a+2>14+2=94，
故1
【点评】
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