2020届四川省成都市一诊数学(文科)试卷及答案

2020年四川省成都市高考数学一模试卷（文科）一、单选题（共12小题）1.若复数z1与z2＝﹣3﹣i（i为虚数单位）在复平面内对应的点关于实轴对称，则z1＝（）A．﹣3i B．﹣3+i C．3+i D．3﹣i2.已知集合A＝{﹣l，0，m），B＝{l，2}，若A∪B＝{﹣l，0，1，2}，则实数m的值为（）A．﹣l或0 B．0或1 C．﹣l或2 D．l或23.若，则tan2θ＝（）A．﹣B．C．﹣D．4.已知命题p：∀x∈R，2x﹣x2≥1，则￢p为（）A．∀x∉R，2x﹣x2＜1 B．C．∀x∈R，2x﹣x2＜1 D．5.某校随机抽取100名同学进行“垃圾分类”的问卷测试，测试结果发现这l00名同学的得分都在[50，100]内，按得分分成5组：[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图则这100名同学的得分的中位数为（）A．72.5 B．75 C．77.5 D．806.设等差数列{a n}的前n项和为S n，且a n≠0，若a5＝3a3，则＝（）A．B．C．D．7.已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则下列说法正确的是（）A．若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥nB．若m∥α，n∥β，且α⊥β，则m∥nC．若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥nD．若m⊥α，n∥β且α⊥β，则m⊥n8.将函数y＝sin（4x﹣）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把所得图象向左平移个单位长度，得到函数f（x）的图象，则函数f（x）的解析式为（）A．B．C．D．9.已知抛物线y2＝4x的焦点为F，M，N是抛物线上两个不同的点．若|MF|+|NF|＝5，则线段MN的中点到y轴的距离为（）A．3 B．C．5 D．10.已知，则（）A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．b＞a＞c D．b＞c＞a11.已知直线y＝kx与双曲线C：（a＞0，b＞0）相交于不同的两点A，B，F为双曲线C的左焦点，且满足|AF|＝3|BF|，|OA|＝b（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为（）A．B．C．2 D．12.已知定义在R上的函数f（x）满足f（2﹣x）＝f（2+x），当x≤2时，f（x）＝xe x．若关于x的方程f（x）＝k（x﹣2）+2有三个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（）A．（﹣1，0）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）C．（﹣e，0）∪（0，e）D．（﹣e，0）∪（e，+∞）二、填空题（共4小题）13.已知实数x，y满足约束条件，则z＝x+2y的最大值为．14.设正项等比数列{a n}满足a4＝81，a2+a3＝36，则a n＝．15.已知平面向量，满足||＝2，||＝，且⊥（﹣），则向量与的夹角的大小为．16.如图，在边长为2的正方形AP1P2P3中，边P1P2，P2P3的中点分别为B，C现将△AP1B，△BP2C，△CP3A分别沿AB，BC，CA折起使点P1，P2，P3重合，重合后记为点P，得到三棱锥P﹣ABC．则三棱锥P﹣ABC的外接球体积为三、解答题（共7小题）17.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（Ⅰ）求sin A的值；（Ⅱ）若△ABC的面积为，且sin B＝3sin C，求△ABC的周长18.某公司有l000名员工，其中男性员工400名，采用分层抽样的方法随机抽取100名员工进行5G手机购买意向的调查，将计划在今年购买5G手机的员工称为“追光族”，计划在明年及明年以后才购买5G手机的员工称为“观望者”调查结果发现抽取的这100名员工中属于“追光族”的女性员工和男性员工各有20人．（Ⅰ）完成下列2×2列联表，并判断是否有95%的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性别”有关；属于“追光族”属于“观望族”合计女性员工男性员工合计100（Ⅱ）已知被抽取的这l00名员工中有6名是人事部的员工，这6名中有3名属于“追光族”现从这6名中随机抽取3名，求抽取到的3名中恰有1名属于“追光族”的概率．附：K2＝，其中n＝a+b+c+d．P（K2≥k0）0.150.100.050.0250.0100.0050.001 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.6357.87910.82819.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AP⊥平面PBC，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，E，F分别为BC，CD的中点．（Ⅰ）证明：BC⊥平面P AE；（Ⅱ）点Q在棱PB上，且，证明：PD∥平面QAF．20.已知函数f（x）＝（a﹣1）lnx+x+，a∈R，f'（x）为函数f（x）的导函数．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）当a＝2时，证明f（x）﹣f'（x）≤x+对任意的x∈[1，2]都成立．21.已知椭圆C：+y2＝1的右焦点为F，过点F的直线（不与x轴重合）与椭圆C相交于A，B两点，直线l：x＝2与x轴相交于点H，E为线段FH的中点，直线BF与直线l的交点为D．（Ⅰ）求四边形OAHB（O为坐标原点）面积的取值范围；（Ⅱ）证明直线AD与x轴平行．22.在平面直角坐标系xOy中，已知P是曲线C1：x2+（y﹣2）2＝4上的动点，将OP绕点O顺时针旋转90°得到OQ，设点Q的轨迹为曲线C2以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求曲线C1，C2的极坐标方程；（Ⅱ）在极坐标系中，点M（3，），射线≥0）与曲线C1，C2分别相交于异于极点O的A，B两点，求△MAB的面积．23.已知函数f（x）＝|x﹣3|．（Ⅰ）解不等式f（x）≥4﹣|2x+l|；（Ⅱ）若＝2（m＞0，n＞0），求证：m+n≥|x+|﹣f（x）．2020年四川省成都市高考数学一模试卷（文科）参考答案一、单选题（共12小题）1.【分析】由已知可得复数z1与z2＝﹣3﹣i（i为虚数单位）的实部相等，虚部互为相反数，则z1可求．【解答】解：∵复数z1与z2＝﹣3﹣i（i为虚数单位）在复平面内对应的点关于实轴对称，∴复数z1与z2＝﹣3﹣i（i为虚数单位）的实部相等，虚部互为相反数，则z1＝﹣3+i．故选：B．【知识点】复数代数形式的乘除运算2.【分析】因为A∪B＝{﹣l，0，1，2}，A，B本身含有元素﹣1，0，1，2，根据元素的互异性m≠﹣1，0，求出m即可．【解答】解：集合A＝{﹣l，0，m），B＝{l，2}，A∪B＝{﹣l，0，1，2}，因为A，B本身含有元素﹣1，0，1，2，所以根据元素的互异性，m≠﹣1，0即可，故m＝1或2，故选：D．【知识点】并集及其运算3.【分析】由题意利用同角三角函数的基本关系，二倍角公式，求得要求式子的值．【解答】解：若，则tanθ＝，则tan2θ＝＝﹣，故选：C．【知识点】二倍角的正弦4.【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论．【解答】解：命题为全称命题，则命题p：∀x∈R，2x﹣x2≥1，则￢p为．，故选：D．【知识点】命题的否定5.【分析】由频率分布直方图求出[50，70）的频率为0.4，[70，80）的频率为0.4，由此能求出这100名同学的得分的中位数．【解答】解：由频率分布直方图得：[50，70）的频率为：（0.010+0.030）×10＝0.4，[70，80）的频率为：0.040×10＝0.4，∴这100名同学的得分的中位数为：70+＝72.5．故选：A．【知识点】频率分布直方图6.【分析】将S9，S5转化为用a5，a3表达的算式即可得到结论．【解答】解：依题意，＝＝，又＝3，∴＝×3＝，故选：D．【知识点】等差数列7.【分析】由考查空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面位置关系逐一核对四个选项得答案．【解答】解：由m∥α，n∥β，且α∥β，得m∥n或m与n异面，故A错误；由m∥α，n∥β，且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故B错误；由m⊥α，α∥β，得m⊥β，又n∥β，则m⊥n，故C正确；由m⊥α，n∥β且α⊥β，得m∥n或m与n相交或m与n异面，故D错误．故选：C．【知识点】命题的真假判断与应用8.【分析】直接利用函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用求出结果．【解答】解：函数y＝sin（4x﹣）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到y＝sin（2x﹣）的图象，再把所得图象向左平移个单位长度，得到函数f（x）＝sin（2x+）的图象，故选：A．【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换9.【分析】抛物线到焦点的距离转化为到准线的距离，可求出横坐标之和，进而求出中点的横坐标，求出结果即可．【解答】解：由抛物线方程得，准线方程为：x＝﹣1，设M（x，y），N（x'，y'），由抛物线的性质得，MF+NF＝x+x'+p＝x+x'+2＝5，中点的横坐标为，线段MN的中点到y轴的距离为：，故选：B．【知识点】抛物线的简单性质10.【分析】利用根式的运算性质、幂函数的单调性可得a，b的大小关系，利用对数函数的单调性即可得出c＜1．【解答】解：∵a＝＝，b＝＝，∴1＜a＜b．c＝ln＜1．∴c＜a＜b．故选：C．【知识点】对数值大小的比较11.【分析】取双曲线的右焦点F'，连接AF'，BF'，可得四边形AF'BF为平行四边形，运用双曲线的定义和平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和，以及离心率公式可得所求值．【解答】解：设|BF|＝m，则|AF|＝3|BF|＝3m，取双曲线的右焦点F'，连接AF'，BF'，可得四边形AF'BF为平行四边形，可得|AF'|＝|BF|＝m，设A在第一象限，可得3m﹣m＝2a，即m＝a，由平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和，可得（2b）2+（2c）2＝2（a2+9a2），化为c2＝3a2，则e＝＝．故选：B．【知识点】双曲线的简单性质12.【分析】本题根据题意先利用一阶导数分析当x≤2时，f（x）＝xe x．的函数单调性及图象，然后根据f（2﹣x）＝f（2+x）可知函数f（x）关于x＝2对称．即可画出函数y＝f（x）的大致图象．一次函数y＝k（x﹣2）+2很明显是恒过定点（2，2），则只要考查斜率k的变动情况，当k＝1时，y＝f（x）与y＝k（x﹣2）+2正好在原点处相切，再根据数形结合法可得k的取值范围，当x＞2时也同理可得．【解答】解：由题意，当x≤2时，f（x）＝xe x．f′（x）＝（x+1）e x．①令f′（x）＝0，解得x＝﹣1；②令f′（x）＜0，解得x＜﹣1；③令f′（x）＞0，解得﹣1＜x≤2．∴f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，2]上单调递增，在x＝﹣1处取得极小值f（﹣1）＝﹣．且f（0）＝0；x→﹣∞，f（x）→0．又∵函数f（x）在R上满足f（2﹣x）＝f（2+x），∴函数f（x）的图象关于x＝2对称．∴函数y＝f（x）的大致图象如下：而一次函数y＝k（x﹣2）+2很明显是恒过定点（2，2）．结合图象，当k＝0时，有两个交点，不符合题意，当k＝1时，有两个交点，其中一个是（0，0）．此时y＝f（x）与y＝k（x﹣2）+2正好相切．∴当0＜k＜1时，有三个交点．同理可得当﹣1＜k＜0时，也有三个交点．实数k的取值范围为：（﹣1，0）∪（0，1）．故选：A．【知识点】函数的零点与方程根的关系二、填空题（共4小题）13.【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．【解答】解：作出实数x，y满足约束条件对应的平面区域如图：（阴影部分）由z＝x+2y得y＝﹣x+z，平移直线y＝﹣x+z，由图象可知当直线y＝﹣x+z经过点A时，直线y＝﹣x+z的截距最大，此时z最大．由，解得A（2，2），代入目标函数z＝x+2y得z＝2×2+2＝6故答案为：6．【知识点】简单线性规划14.【分析】将已知条件转化为基本量a1，q的方程组，解方程组得到a1，q，进而可以得到a n．【解答】解：依题意，解得，∴a n＝＝3•3n﹣1＝3n，故答案为：3n．【知识点】等比数列的通项公式15.【分析】由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积的定义，求出向量与的夹角的大小．【解答】解：∵平面向量，满足||＝2，＝，且⊥（﹣），∴•（﹣）＝•﹣＝0，∴＝．设向量与的夹角的大小为θ，则2••cosθ＝3，求得cosθ＝，故θ＝，故答案为：．【知识点】数量积判断两个平面向量的垂直关系、数量积表示两个向量的夹角16.【分析】根据题意，得折叠成的三棱锥P﹣ABC三条侧棱P A、PB、PC两两互相垂直，可得三棱锥P﹣ABC的外接球的直径等于以P A、PB、PC为长、宽、高的长方体的对角线长，由此结合AP＝2、BP＝CP＝1算出外接球的半径R＝，结合球的体积公式即可算出三棱锥P﹣ABC的外接球的体积．【解答】解：根据题意，得三棱锥P﹣ABC中，AP＝2，BP＝CP＝1∵P A、PB、PC两两互相垂直，∴三棱锥P﹣ABC的外接球的直径2R＝＝可得三棱锥P﹣ABC的外接球的半径为R＝根据球的表面积公式，得三棱锥P﹣ABC的外接球的体积为＝＝故答案为．【知识点】球的体积和表面积三、解答题（共7小题）17.【分析】（Ⅰ）由已知利用余弦定理可求cos A的值，进而根据同角三角函数基本关系式可求sin A的值．（Ⅱ）利用三角形的面积公式可求bc的值，由正弦定理化简已知等式可得b＝3c，解得b，c的值，根据余弦定理可求a的值，即可求解三角形的周长．【解答】解：（Ⅰ）∵，∴由余弦定理可得2bc cos A＝bc，∴cos A＝，∴在△ABC中，sin A＝＝．（Ⅱ）∵△ABC的面积为，即bc sin A＝bc＝，∴bc＝6，又∵sin B＝3sin C，由正弦定理可得b＝3c，∴b＝3，c＝2，则a2＝b2+c2﹣2bc cos A＝6，∴a＝，∴△ABC的周长为2+3+．【知识点】余弦定理18.【分析】（Ⅰ）由题意填写列联表．计算观测值，对照临界值得出结论；（Ⅱ）利用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值即可．【解答】解：（Ⅰ）由题意填写2×2列联表如下；属于“追光族”属于“观望族”合计女性员工204060男性员工202040合计4060100由表中数据，计算K2＝＝≈2.778＜3.841，所以没有95%的把握认为该公司员工属于“追光族”与“性别”有关；（Ⅱ）设人事部的这6名员工3名“追光族”分别为“a、b、c”，3名“观望族”分别为“D、E、F”；现从这6名中随机抽取3名，所有可能事件为：abc、abD、abE、abF、acD、acE、acF、aDE、aDF、aEF、bcD、bcE、bcF、bDE、bDF、bEF、cDE、cDF、cEF、DEF共20种；其中抽取到的3名中恰有1名属于“追光族”的事件为：aDE、aDF、aEF、bDE、bDF、bEF、cDE、cDF、cEF共9种；故所求的概率为P＝．【知识点】独立性检验19.【分析】（Ⅰ）连接AC，先证明BC⊥AE，再利用线面垂直的性质可证BC⊥AP，进而根据线面垂直的判定定理即可证明BC⊥平面P AE；（Ⅱ）连接BD交AF于点M，连接QM，由，根据已知可求，可证PD∥QM，进而根据线面平行的判定定理即可证明PD∥平面QAF．【解答】证明：（Ⅰ）如图，连接AC，∵底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形，∵E为BC的中点．∴BC⊥AE，又∵AP⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，∴BC⊥AP，∵AP∩AE＝A，AP，AE⊂平面P AE，∴BC⊥平面P AE；（Ⅱ）连接BD交AF于点M，连接QM，∵F为CD的中点，∴在底面ABCD中，，∴，∴，∴在△BPD中，PD∥QM，又∵QM⊂平面QAF，PD⊄平面QAF，∴PD∥平面QAF．【知识点】直线与平面垂直的判定、直线与平面平行的判定20.【分析】（Ⅰ）求出导数，讨论a的取值范围，求出单调区间；（Ⅱ）a＝2时，令h（x）＝lnx﹣，根据导数求出h（x）的单调性，即可证明．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝＝＝，因为x＞0，a∈R，所以当a≥0时，x+a＞0，函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；当﹣1＜a＜0时，0＜﹣a＜1，函数f（x）在（0，﹣a）上单调递增，在（﹣a，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；当a＝﹣1时，f′（x）＝≥0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＜﹣1时，﹣a＞1，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，﹣a）上单调递减，在（﹣a，+∞）上单调递增．（Ⅱ）当a＝2时，f（x）＝lnx+x+，则f′（x）＝，x∈[1，2]，所以f（x）﹣f′（x）﹣x﹣＝lnx﹣，令h（x）＝lnx﹣，则h′（x）＝＝，令u（x）＝x2+x﹣4，因为函数u（x）在[1，2]上单调递增，u（1）＜0，u（2）＞0，所以存在唯一的x0∈（1，2），使得h′（x0）＝0，因为当x∈（1，x0）时，h′（x0）＜0，当x∈（x0，2）时，h′（x0）＞0，所以函数h（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，2）上单调递增，又因为h（1）＝0，h（2）＝ln2﹣1＜0，所以h（x）max＝0，即f（x）﹣f′（x）≤x+对任意的x∈[1，2]都成立．【知识点】利用导数研究函数的单调性、利用导数求闭区间上函数的最值21.【分析】（I）令直线AB：x＝my+1（m∈R），联立解方程组，代入四边形OAHB面积S，利用基本不等式求出范围；（II）求出直线BE的方程y＝，求出y D，根据（I）的韦达定理，代入求出y D＝y1，得到证明．【解答】解：（I）由F（1，0），令直线AB：x＝my+1（m∈R），A（x1，y1），B（x2，y2），联立，消去x，得（m2+2）y2+2my﹣1＝0，因为△＝4m2+4（m2+2）＞0，，，所以＝＝，所以四边形OAHB面积S＝，令t＝，∴S＝，当且仅当t＝1，即m＝0时，取等号，所以四边形OAHB面积S∈（0，]；（II）证明：∵H（2，0），F（1，0），∴E（，0），∴直线BE的斜率k＝，直线BE的方程为y＝，令x＝2得，，由（I）得，，，所以y1+y2＝2my，，代入得：＝，∴直线AD与x轴平行．【知识点】直线与椭圆的位置关系22.【分析】（Ⅰ）由题意，点Q的轨迹是以（2，0）为圆心，以2为半径的圆，写出其普通方程，再结合ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，可得曲线C1，C2的极坐标方程；（Ⅱ）在极坐标系中，设A，B的极径分别为ρ1，ρ2，求得|AB|＝|ρ1﹣ρ2|，再求出M（3，）到射线≥0）的距离h＝，代入三角形面积公式求△MAB的面积．【解答】解：（Ⅰ）由题意，点Q的轨迹是以（2，0）为圆心，以2为半径的圆，则曲线C2：（x﹣2）2+y2＝4，∵ρ2＝x2+y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴曲线C1的极坐标方程为ρ＝4cosθ，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ；（Ⅱ）在极坐标系中，设A，B的极径分别为ρ1，ρ2，∴|AB|＝|ρ1﹣ρ2|＝4||＝．又∵M（3，）到射线≥0）的距离h＝．∴△MAB的面积S＝．【知识点】简单曲线的极坐标方程23.【分析】（I）原不等式可化为：|x﹣3|≥4﹣|2x+1|，即|2x+1|+|x﹣3|≥4，分段讨论求出即可；（II）根据绝对值的性质求出|x+|﹣f（x）≤，m+n，证明即可．【解答】解：（I）原不等式可化为：|x﹣3|≥4﹣|2x+1|，即|2x+1|+|x﹣3|≥4，当x≤时，不等式﹣2x﹣1﹣x+3≥4，解得x，故x；当﹣＜x＜3时，不等式2x+1﹣x+3≥4，解得x≥0，故0≤x＜3；当x≥3时，不等式2x+1+x﹣3≥4，解得x≥0，故x≥3；综上，不等式的解集为（﹣∞，﹣]∪[0，+∞）；（II）因为f（x）＝|x﹣3|，所以|x+|﹣f（x）＝||x+|﹣|x﹣3|≤|x+﹣x+3|＝，当且仅当（x+）（x+3）≥0，且|x+|≥|x﹣3|时，取等号，又＝2（m＞0，n＞0），所以（m+n）（）≥（1+2）2＝9，当且仅当m＝2n时，取得等号，故m+n，所以m+n≥|x+|﹣f（x）成立．【知识点】绝对值不等式的解法、不等式的证明。

2020年四川省成都七中高考数学一诊试卷（文科）副标题题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.复数z=a+bi(a,b∈R)的虚部记作Im(z)=b，则Im(3+i1+i)=()A. −2B. −1C. 1D. 2【答案】B【解析】解：∵3+i1+i =(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=4−2i2=2−i，又复数z=a+bi(a,b∈R)的虚部记作Im(z)=b，∴Im(3+i1+i)=−1．故选：B．直接由复数代数形式的乘除运算化简3+i1+i，再根据题目中定义的复数的虚部，可得答案．本题考查了复数代数形式的乘除运算、虚部的定义，属于基础题．2.执行如图所示的程序框图，输出的S值为()A. 3B. −6C. 10D. −15【答案】C【解析】解：由程序框图知，程序的运行功能是求S=−12+22−32+42−⋯可得：当i=5时，不满足条件i<5，程序运行终止，输出S═−12+22−32+42=10．故选：C．根据程序框图判断，程序的运行功能是求S=−12+22−32+42，计算可得答案．本题考查了循环结构的程序框图，解答此类问题的关键是判断程序框图的功能．3.关于函数f(x)=|tanx|的性质，下列叙述不正确的是()A. f(x)的最小正周期为π2B. f(x)是偶函数C. f(x)的图象关于直线x=kπ2(k∈Z)对称D. f(x)在每一个区间(kπ,kπ+π2)(k∈Z)内单调递增【答案】A【解析】【分析】本题考查了正切函数的图象与性质，是基础题．根据正切函数的图象与性质，结合绝对值的意义，对选项中的结论进行判断即可．【解答】解：对于函数f(x)=|tanx|，根据该函数的图象与性质知，其最小正周期为π，A错误；又f(−x)=|tan(−x)|=|tanx|=f(x)，所以f(x)是定义域上的偶函数，B正确；根据函数f(x)的图象与性质知，f(x)的图象关于直线x=kπ2(k∈Z)对称，C正确；根据f(x)的图象与性质知，f(x)在每一个区间(kπ,kπ+π2)(k∈Z)内单调递增，D正确．故选：A．4.已知a>0，b>0，则“a≤1且b≤1”是“a+b≤2且ab≤1”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】解：∵a>0，b>0，“a≤1且b≤1”可得：“a+b≤2且ab≤1”，反之不成立：取a=32，b=12，满足a+b≤2且ab≤1，而a≤1且b≤1不成立．故“a≤1且b≤1”是“a+b≤2且ab≤1”的充分不必要条件．故选：A．a>0，b>0，“a≤1且b≤1”可得：“a+b≤2且ab≤1”，反之不成立：取a=32，b=12，即可判断出结论．本题考查了不等式的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A. 36+12πB. 36+16πC. 40+12πD. 40+16π【答案】C【解析】解：由三视图可知几何体为长方体与半圆柱的组合体，作出几何体的直观图如图所示：其中半圆柱的底面半径为2，高为4，长方体的棱长分别为4，2，2，∴几何体的表面积S=12π×22×2+12×π×4×4+2×4+2×4×2+2×4+2×2×2=12π+40．故选：C．几何体为棱柱与半圆柱的组合体，作出直观图，代入数据计算．本题考查了几何体的常见几何体的三视图，几何体表面积计算，属于中档题．6.在约束条件：{x≤1y≤2x+y−1≥0下，目标函数z=ax+by(a>0,b>0)的最大值为1，则ab的最大值等于()A. 12B. 38C. 14D. 18【答案】D【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：(阴影部分)，由z=ax+by(a>0,b>0)，则y=−ab x+zb，平移直线y=−ab x+zb，由图象可知当直线y=−abx+zb经过点A(1,2)时直线的截距最大，此时z最大为1．代入目标函数z=ax+by得a+2b=1．则1=a+2b≥2√2ab，则ab≤18当且仅当a=2b=12时取等号，∴ab 的最大值等于18，故选：D ．作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数取得最大值，确定a ，b 的关系，利用基本不等式求ab 的最大值．本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合以及基本不等式是解决此类问题的基本方法．7. 已知正项等比数列{a n }中，S n 为其前n 项和，且a 2a 4=1，S 3=7则S 5=( )A. 152B. 314C. 334D. 172【答案】B【解析】【分析】本题考查等比数列的前5项和的求法，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用，属于基础题．由已知条件利用等比数列的通项公式和前n 项和公式得{a 1q ⋅a 1q 3=1a 1(1−q 3)1−q=7q >0，由此能求出S 5．【解答】解：由已知得： {a 1q ⋅a 1q 3=1a 1(1−q 3)1−q=7q >0，解得a 1=4，q =12， ∴S 5=a 1(1−q 5) 1−q=4(1−125)1−12=314．故选：B ．8. 双曲线x 26−y 23=1的渐近线与圆(x −3)2+y 2=r 2(r >0)相切，则r =( )A. √3B. 2C. 3D. 6【答案】A【解析】【分析】本题考查双曲线的性质、点到直线的距离公式，属于基础题．求出渐近线方程，再求出圆心到渐近线的距离，根据此距离和圆的半径相等，求出r ． 【解答】解：双曲线的渐近线方程为y =√2，即x ±√2y =0， 圆心(3,0)到直线的距离d =√(√2)2+1=√3，∴r =√3． 故选：A ．9. 已知函数f(x)对∀x ∈R 都有f(x)=f(4−x)，且其导函数f′(x)满足当x ≠2时，(x −2)f′(x)>0，则当2<a <4时，有( )A. f(2a)<f(2)<f(log2a)B. f(2)<f(2a)<f(log2a)C. f(log2a)<f(2a)<f(2)D. f(2)<f(log2a)<f(2a)【答案】D【解析】解：∵函数f(x)对定义域R内的任意x都有f(x)=f(4−x)，∴f(x)关于直线x=2对称；又当x≠2时其导函数f′(x)满足xf′(x)>2f′(x)⇔f′(x)(x−2)>0，∴当x>2时，f′(x)>0，f(x)在(2,+∞)上的单调递增；同理可得，当x<2时，f(x)在(−∞,2)单调递减；f(x)的最小值为f(2)∵2<a<4，∴1<log2a<2，∴2<4−log2a<3，又4<2a<16，f(log2a)=f(4−log2a)，f(x)在(2,+∞)上的单调递增；∴f(log2a)<f(2a)，∴f(2)<f(log2a)<f(2a)，故选：D．由f(x)=f(4−x)，可知函数f(x)关于直线x=2对称，由(x−2)f′(x)>0，可知f(x)在(−∞,2)与(2,+∞)上的单调性，从而可得答案．本题综合考查了导数的运用，函数的对称性，单调性的运用，综合运用对数解决问题的能力，属于中档题．10.对圆(x−1)2+(y−1)2=1上任意一点P(x,y)，若点P到直线l1：3x−4y−9=0和l2：3x−4y+a=0的距离和都与x，y无关，则a的取值区间为()A. [6,+∞)B. [−4,6]C. (−4,6)D. (−∞,−4]【答案】A【解析】解：设z=|3x−4y+a|+|3x−4y−9|=5(|3x−4y−9|+5|3x−4y+a|)，5故|3x−4y+a|+|3x−4y−9|可以看作点P(x,y)到直线l2：3x−4y+a=0与直线l1：3x−4y−9=0距离之和的5倍，∵|3x−4y+a|+|3x−4y−9|的取值与x，y无关，∴这个距离之和与点P在圆上的位置无关，如图所示：可知直线l1平移时，P点与直线l1，l2的距离之和均为l1，l2的距离，即此时圆在两直线内部，=1，当直线l2的与圆相切时，|3−4+a|5化简得|a−1|=5，解得a=6或a=−4(舍去)，∴a≥6．故选：A．由题意可得|3x−4y+a|+|3x−4y−9|可以看作点P到直线m：3x−4y+a=0与直线l：3x−4y−9=0距离之和的5倍，根据点到直线的距离公式解得即可．本题考查了直线和圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，考查数学转化思想方法，属于难题．11. 若a ⃗ ，b ⃗ ，c ⃗ 满足，|a ⃗ |=|b ⃗ |=2|c ⃗ |=2，则(a ⃗ −b ⃗ )⋅(c ⃗ −b ⃗ )的最大值为( ) A. 10 B. 12 C. 5√3 D. 6√2 【答案】B【解析】解：a ⃗ ，b ⃗ ，c ⃗ 满足，|a ⃗ |=|b ⃗ |=2|c ⃗ |=2， 则(a ⃗ −b ⃗ )⋅(c ⃗ −b ⃗ )=a ⃗ ⋅c ⃗ −a ⃗ ⋅b ⃗ −b ⃗ ⋅c ⃗ +b ⃗ 2=2cos <a ⃗ ,c ⃗ >−4cos <a ⃗ ,b⃗ >−2cos <b ⃗ ,c ⃗ >+4≤12， 当且仅当a ⃗ ,c ⃗ 同向，a ⃗ ,b ⃗ ，反向，b ⃗ ,c ⃗ 反向时，取得最大值．故选：B ．利用向量的数量积公式化简表达式，转化求解最大值即可．本题考查了向量的数量积的运算，数量积的模的最值的求法，属于基础题．12. 点M ，N 分别是棱长为1的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中棱BC ，CC 1的中点，动点P在正方形BCC 1B 1(包括边界)内运动，且PA 1//面AMN ，则PA 1的长度范围为( )A. [1,√52]B. [3√24,√52]C. [3√24,32]D. [1,32]【答案】B【解析】解：取B 1C 1的中点E ，BB 1的中点F ，连结A 1E ，A 1F ，EF ，取EF 中点O ，连结A 1O ， ∵点M ，N 分别是棱长为1的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中棱BC ，CC 1的中点， ∴AM//A 1E ，MN//EF ，∵AM ∩MN =M ，A 1E ∩EF =E ， ∴平面AMN//平面A 1EF ，∵动点P 在正方形BCC 1B 1(包括边界)内运动，且PA 1//面AMN ，∴点P 的轨迹是线段EF ， ∵A 1E =A 1F =√12+(12)2=√52，EF =12√12+12=√22， ∴A 1O ⊥EF ，∴当P 与O 重合时，PA 1的长度取最小值：A 1O =√(√52)2+(√24)2=3√24，当P 与E(或F)重合时，PA 1的长度取最大值：A 1E =A 1F =√52．∴PA 1的长度范围为[3√24,√52]. 故选：B ．取B 1C 1的中点E ，BB 1的中点F ，连结A 1E ，A 1F ，EF ，取EF 中点O ，连结A 1O ，推导出平面AMN//平面A 1EF ，从而点P 的轨迹是线段EF ，由此能求出PA 1的长度范围． 本题考查线段长度的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.命题“∀x∈N，x2>1”的否定为______ ．【答案】∃x0∈N，x02≤1【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“∀x∈N，x2>1”的否定为∃x0∈N，x02≤1故答案为：∃x0∈N，x02≤1直接利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，是基础题．14.在样本的频率分布直方图中，共有9个小长方形，若第一个长方形的面积为0.02，前五个与后五个长方形的面积分别成等差数列且公差是互为相反数，若样本容量为1600，则中间一组(即第五组)的频数为______．【答案】360【解析】解：设公差为d，那么9个小长方形的面积分别为0.02，0.02+d，0.02+2d，0.02+3d，0.02+4d，0.02+3d，0.02+2d，0.02+d，0.02，而9个小长方形的面积和为1，可得0.18+16d=1解得d=0.8216，∴中间一组的频数为：1600×(0.02+4d)=360．故答案为：360．设出公差，利用9个小长方形面积和为1，求出公差，然后求解中间一组的频数．本题考查频率分布直方图的应用，考查计算能力．15.设O、F分别是抛物线y2=2x的顶点和焦点，M是抛物线上的动点，则|MO||MF|的最大值为______．【答案】2√33．【解析】解：焦点F(12,0)，设M(m,n)，则n2=2m，m>0，设M到准线x=−12的距离等于d，则由抛物线的定义得|MO||MF|=√m2+n2m+12=√1+m−14m2+m+14，令m−14=t，依题意知，m>0，若t>0，则m−14m2+m+14=tt2+32t+916=1t+916t+32≤13，∴t max =13，此时(|MO||MF|)max =√1+13=2√33；若−14<t <0，y =t +916t+32单调递减，故y <−1，1y ∈(−1,0)； 综上所述，(|MO||MF|)max =2√33． 故答案为：2√33． 设M(m,n)到抛物线y 2=2x 的准线x =−12的距离等于d ，由抛物线的定义可得|MO||MF|=√m 2+n 2m+12=√1+m−14m 2+m+14，令m −14=t ，利用基本不等式可求得最大值．本题考查抛物线的定义、简单性质，基本不等式的应用，体现了换元的思想，属于难题．16. 若实数a ，b ∈(0,1)且ab =14，则11−a +21−b 的最小值为______． 【答案】4+4√23【解析】解：因为ab =14，所以b =14a ， 因此11−a +21−b =11−a +21−14a，=11−a +8a4a−1， =11−a +2(4a−1)+24a−1，=11−a +24a−1+2，=2(14a−1+24−4a )+2，=23(14a−1+24−4a )[(4a −1)+(4−4a)]+2， =23[1+2+4−4a4a−1+2(4a−1)4−4a]+2，≥23(3+2√2)+2=4+4√23， 当且仅当a =√24+22，取“=”， 及11−a +21−b 的最小值为4+4√23， 故答案为：4+4√23， 先根据条件消掉b ，将b =14a 代入原式得11−a +8a4a−1，再列项并用贴“1“法，最后应用基本不等式求其最小值．本题考查基本不等式的应用，属于中档题．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知c=3，且sin(C−π6)⋅cosC=14．(1)求角C的大小；(2)若向量m⃗⃗⃗ =(1,sinA)与n⃗=(2,sinB)共线，求a、b的值．【答案】解：(1)sin(C−π6)⋅cosC=(sinCcosπ6−cosCsinπ6)⋅cosC =√32sinCcosC−12cos2C=√34sin2C−1+cos2C4=12sin(2C−π6)−14=14，∴sin(2C−π6)=1；又0<C<π，∴−π6<2C−π6<11π6，∴2C−π6=π2，解得C=π3；(2)向量m⃗⃗⃗ =(1,sinA)与n⃗=(2,sinB)共线，∴2sinA−sinB=0，∴sinB=2sinA，即b=2a①；又c=3，C=π3，∴c2=a2+b2−2abcosC=a2+b2−ab=9②；由①②联立解得a=√3，b=2√3．【解析】(1)利用三角恒等变换化简sin(C−π6)⋅cosC=14，即可求出C的值；(2)根据向量m⃗⃗⃗ 、n⃗共线，得出sinB=2sinA，即b=2a①；由余弦定理得出a2+b2−ab=9②，①②联立解得a、b的值．本题考查了三角恒等变换以及向量共线定理和正弦、余弦定理的应用问题，是综合性题目．18.学校为了了解高三学生每天自主学习中国古典文学的时间，随机抽取了高三男生和女生各50名进行问卷调查，其中每天自主学习中国古典文学的时间超过3小时的学生称为“古文迷”，否则为“非古文迷”，调查结果如表：(Ⅱ)现从调查的女生中按分层抽样的方法抽出5人进行调查，求所抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数；(Ⅲ)现从(Ⅱ)中所抽取的5人中再随机抽取3人进行调查，记这3人中“古文迷”的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望．参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．参考数据：P(K2≥k0)0.500.400.250.050.0250.010 k00.4550.708 1.321 3.841 5.024 6.635【答案】解：(Ⅰ)由列联表得K2=100(26×20−30×34)256×44×50×50≈0.6494<0.708，所以没有60%的把握认为“古文迷”与性别有关．(Ⅱ)调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法抽出5人，则“古文迷”的人数为5×3050=3人，“非古文迷”有5×2050=2人．即抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数分别为3人和2人，(Ⅲ)因为ξ为所抽取的3人中“古文迷”的人数，所以ξ的所有取值为1，2，3．P(ξ=1)=C31C22C53=310，P(ξ=2)=C32C21C53=35，P(ξ=3)=C33C53=110．所以随机变量ξ的分布列为ξ123P 31035110于是Eξ=1×310+2×35+3×110=95．【解析】本题考查独立性检验知识的运用，考查随机变量ξ的分布列与数学期望，考查学生的计算能力，属于中档题．(Ⅰ)求出K2，与临界值比较，即可得出结论；(Ⅱ)调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法抽出5人，即可得出结论；(Ⅲ)ξ的所有取值为1，2，3.求出相应的概率，即可求随机变量ξ的分布列与数学期望．19.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点．(1)求证：CD//平面A1EB；(2)求证：AB1⊥平面A1EB；(3)若AB=2，求三棱锥A1−B1BE的体积．【答案】解：(1)证明：设AB1和A1B的交点为O，连接EO，连接OD．因为O为A1B的中点，D为AB的中点，所以OD//BB1且OD=12BB1.又E是CC1中点，所以EC//BB1，且EC=12BB1，所以EC//OD且EC=OD．所以，四边形ECOD为平行四边形．所以EO//CD．又CD⊄平面A1BE，EO⊂平面A1BE，所以CD//平面A1BE．(2)证明：因为三棱柱各侧面都是正方形， 所以BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ．所以BB 1⊥平面ABC.因为CD ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥CD ． 由已知得AB =BC =AC ，所以CD ⊥AB ， 所以CD ⊥平面A 1ABB 1.由(1)可知EO//CD ， 所以EO ⊥平面A 1ABB 1．所以EO ⊥AB 1.因为侧面是正方形，所以AB 1⊥A 1B .又EO ∩A 1B =O ，EO ⊂平面A 1EB ，A 1B ⊂平面A 1EB ， 所以AB 1⊥平面A 1BE ．(3)解：由条件求得BE =√5=A 1E ，A 1B =2√2， 所以S △A 1BE =√6，所以三棱锥A 1−B 1BE 的体积为：V A 1−B 1BE =V B 1−A 1BE =13S △A 1BE ⋅|B 1O|=13×√6×√2=2√33． 【解析】(1)设AB 1和A 1B 的交点为O ，连接EO ，连接OD ，推导出四边形ECOD 为平行四边形．从而EO//CD.由此能证明CD//平面A 1BE ．(2)推导出BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC.从而BB 1⊥平面ABC ，BB 1⊥CD ，推导出CD ⊥AB ，从而CD ⊥平面A 1ABB 1.由EO//CD ，得EO ⊥平面A 1ABB 1.从而EO ⊥AB 1.因为侧面是正方形，得AB 1⊥A 1B .由此能证明AB 1⊥平面A 1BE ．(3)三棱锥A 1−B 1BE 的体积为V A 1−B 1BE =V B 1−A 1BE =13S △A 1BE ⋅|B 1O|，由此能求出结果． 本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20. 已知椭圆C ：x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1(−√2,0)，F 2(√2,0)，以椭圆短轴为直径的圆经过点M(1,0)． (1)求椭圆C 的方程；(2)过点M 的直线l 与椭圆C 相交于A 、B 两点，设点N(3,2)，记直线AN ，BN 的斜率分别为k 1，k 2，问：k 1+k 2是否为定值？并证明你的结论． 【答案】解：(1)∵椭圆C ：x 2a +y 2b =1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1(−√2,0)，F 2(√2,0)，以椭圆短轴为直径的圆经过点M(1,0)， ∴{c =√2b =1a 2=b 2+c 2，解得a =√3，b =1，∴椭圆C 的方程为x 23+y 2=1．(2)k 1+k 2是定值．证明如下：设过M 的直线：y =k(x −1)=kx −k 或者x =1 ①x =1时，代入椭圆，y =±√63，∴令A(1,√63)，B(1,−√63)， k 1=2−√633−1，k 2=2+√633−1，∴k 1+k 2=2． ②y =kx −k 代入椭圆，(3k 2+1)x 2−6k 2x +(3k 2−3)=0设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2).则x 1+x 2=6k 23k 2+1，x 1x 2=3k 2−33k 2+1，y1+y2=6k33k3+1−2k=−2k3k3+1，y1y2=k2x1x2−k2(x1+x2)+k2=−2k23k2+1，k1=2−y13−x1，k2=2−y23−x2，∴k1+k2=6−3y1−2x2+x2y1+6−3y2−2x1+x1x2(3−x1)(3−x2)=2．【解析】(1)由椭圆的两个焦点分别为F1(−√2,0)，F2(√2,0)，以椭圆短轴为直径的圆经过点M(1,0)，列出方程组，能求出椭圆C的方程．(2)设过M的直线：y=k(x−1)=kx−k或者x=1，x=1时，代入椭圆，能求出k1+ k2=2；把y=kx−k代入椭圆，得(3k2+1)x2−6k2x+(3k2−3)=0，由此利用韦达定理能求出k1+k2=2．本题考查椭圆方程的求法，考查两直线斜率之和是否为定值的判断与证明，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用．21.已知函数f(x)=tx+lnx(t∈R)．(1)当t=−1时，证明：f(x)≤−1；(2)若对于定义域内任意x，f(x)≤x⋅e x−1恒成立，求t的范围？【答案】解：(1)证明：即是证明lnx−x≤−1，设g(x)=lnx−x+1，g′(x)=1−xx，当0<x<1，0'/>，g(x)单调递增；当x>1，，g(x)单调递减；所以g(x)在x=1处取到最大值，即g(x)≤g(1)=0，所以lnx−x≤−1得证；(2)解法一：原式子恒成立即t≤e x−lnx+1x在(0,+∞)恒成立，由(1)可以得到x≥lnx+1，所以x⋅e x≥ln(x⋅e x)+1=lnx+x+1，所以e x≥lnx+x+1x =lnx+1x+1，所以e x−lnx+1x≥1，当且仅当x⋅e x=1时取=，于是t的取值范围是(−∞,1]．解法二：设ℎ(x)=xe x−tx−lnx(x>0)，原题即ℎ(x)≥1恒成立，因为ℎ′(x)=(x+1)e x−t−1x ，而ℎ″(x)=(x+2)e x+1x2>0，所以单调递增，又因为x→0时，，当x→+∞时，，所以在(0,+∞)存在唯一零点，设为x0.所以ℎ′(x0)=(x0+1)e x0−t−1x=0，所以t=(x0+1)e x0−1x，且ℎ(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，于是ℎ(x)的最小值为ℎ(x0)=x0e x0−tx0−lnx0=−x02⋅e x0−lnx0+1，原题即−x02⋅e x0−lnx0+1≥1，即x02⋅e x0+lnx0≤0，由此式子必然0<x0<1，x02⋅e x0≤−lnx0，把后面的不等式两边同时取对数整理后得x0+lnx0≤ln(−lnx0)+(−lnx0)，易证明函数y=x+lnx是增函数，所以得x0≤−lnx0，所以e x0≤1x，故由t=(x0+1)e x0−1x0，得到t≤(x0+1)1x−1x0=1，于是t的取值范围是(−∞,1]．解法三：原式子恒成立即t ≤e x −lnx+1x在(0,+∞)恒成立，设φ(x)=e x −lnx+1x，φ′(x)=x 2e x +lnxx 2，设Q(x)=x 2e x +lnx ，Q′(x)=(x 2+2x)e x +1x >0，所以Q(x)单调递增，且Q(12)<0，Q(1)>0，所以Q(x)有唯一零点x 0，而且x 02⋅e x 0+lnx 0=0，所以x 02⋅e x 0=−lnx 0， 两边同时取对数得x 0+lnx 0=ln(−lnx 0)+(−lnx 0)，易证明函数y =x +lnx 是增函数，所以得x 0=−lnx 0，所以e x 0=1x 0，所以由φ(x)在(0,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(x 0)=e x 0−lnx 0+1x 0=1x 0−−x 0+1x 0=2，于是t 的取值范围是(−∞,1]．【解析】(1)事实上，只需证明函数g(x)=lnx −x +1的最大值小于等于0即可； (2)解法一，转化为证明t ≤e x −lnx+1x在(0,+∞)恒成立，结合(1)的结论即可得证；解法二，直接构造函数ℎ(x)=xe x −tx −lnx(x >0)，证明其大于等于1恒成立即可；解法三，转化为证明t ≤e x −lnx+1x在(0,+∞)恒成立，设φ(x)=e x −lnx+1x，求其最小值即可．本题考查利用导数证明不等式，考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，以及不等式的恒成立问题，考查推理论证及运算求解能力，属于中档题．22. 在极坐标系下，知圆O ：ρ=cosθ+sinθ和直线l ：ρsin(θ−π4)=√22(ρ≥0,0≤θ≤2π)．(1)求圆O 与直线l 的直角坐标方程；(2)当θ∈(0,π)时，求圆O 和直线l 的公共点的极坐标．【答案】解：(1)圆O ：ρ=cosθ+sinθ，即ρ2=ρcosθ+ρsinθ， 故圆O 的直角坐标方程为：x 2+y 2−x −y =0， 直线l ：ρsin(θ−π4)=√22，即ρsinθ−ρcosθ=1，则直线的直角坐标方程为：x −y +1=0．(2)由(1)知圆O 与直线l 的直角坐标方程，将两方程联立得{x 2+y 2−x −y =0x −y +1=0，解得{x =0y =1．即圆O 与直线l 的在直角坐标系下的公共点为(0,1)， 转化为极坐标为(1,π2)．【解析】(1)圆O 的极坐标方程化为ρ2=ρcosθ+ρsinθ，由此能求出圆O 的直角坐标方程；直线l 的极坐标方程化为ρsinθ−ρcosθ=1，由此能求出直线l 的直角坐标方程． (2)圆O 与直线l 的直角坐标方程联立，求出圆O 与直线l 的在直角坐标系下的公共点，由此能求出圆O 和直线l 的公共点的极坐标．本题考查直线与圆的直角坐标方程的求法，考查圆与直线的公共点的极坐标的求法，涉及到参数方程、普通方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．23. 已知函数f(x)=|2x +3|+|2x −1|．(Ⅰ)求不等式f(x)≤5的解集；(Ⅱ)若关于x 的不等式f(x)<|m −1|的解集非空，求实数m 的取值范围． 【答案】解：(Ⅰ)原不等式为：|2x +3|+|2x −1|≤5， 能正确分成以下三类：当x ≤−32时，原不等式可转化为−4x −2≤5，即−74≤x ≤−32； 当−32<x <12时，原不等式可转化为4≤5恒成立，所以−32<x <12； 当x ≥12时，原不等式可转化为4x +2≤5，即12≤x ≤34． 所以原不等式的解集为{x|−74≤x ≤34}．(Ⅱ)由已知函数f(x)={−4x −2,x ≤−324,−32<x <124x +2,x ≥12，可得函数y =f(x)的最小值为4，由f(x)<|m −1|的解集非空得：|m −1|>4． 解得m >5或m <−3．【解析】(Ⅰ)零点分段求解不等式即可；(Ⅱ)由题意得到关于实数m 的不等式，求解不等式即可求得最终结果．本题考查了绝对值不等式的解法，分类讨论的数学思想等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中等题．。

成都七中高2020届一诊模拟数学（文史类）本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共 150分,考试时间 120分钟.第Ⅰ卷(选择题,共60分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共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、复数),(R b a bi a z ∈+=的虚部记作b z =)Im(，则3Im()1i i ++=()(A)-1(B)0(C)1(D)22、执行如图所示的程序框图，输出的S 值为()(A)3(B)-6(C)10(D)-153、关于函数()tan f x x =的性质，下列叙述不．正确的是()(A))(x f 的最小正周期为2π(B))(x f 是偶函数(C))(x f 的图象关于直线()2k x k Z π=∈对称(D))(x f 在每一个区间(,),2k k k Z πππ+∈内单调递增4、已知0,0a b >>，则“1a ≤且1b ≤”是“2a b +≤且1ab ≤”的()(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件5、某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(A)π1236+(B)π1636+(C)π1240+(D)π1640+6、在约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥-+≤≤01,2,1:y x y x 下，目标函数z ax by =+(0,0a b >>)的最大值为1，则ab 的最大值等于()(A)21(B)83(C)41(D)81三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17、设ABC ∆的内角C B A ,,的对边分别为c b a ,,，已知3=c ，且sin(2)16C π-=.（1）求角C 的大小；（2）若向量)sin ,1(A =与)sin ,2(B =共线，求b a ,的值．18、学校为了解高二学生每天自主学习中国古典文学的时间，随机抽取了高二男生和女生各50名进行问卷调查，其中每天自主学习中国古典文学的时间超过3小时的学生称为“古文迷”，否则为“非古文迷”，调查结果如下表：（1）根据上表数据判断能否有60%的把握认为“古文迷”与性别有关？（2）现从调查的女生中按分层抽样的方法抽出5人进行理科学习时间的调查，求所抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数；参考公式：22(),()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++其中n a b c d =+++参考数据：19、如图，在三棱柱111ABC A B C -中，每个侧面均为正方形，D 为底边AB 的中点，E 为侧棱1CC 的中点.（Ⅰ）求证：CD ∥平面1A EB ；（Ⅱ）求证：1AB ⊥平面1A EB ；（Ⅲ）若2=AB ，求三棱锥BE B A 11-体积古文迷非古文迷合计男生262450女生302050合计564410020()P K k ≥0.5000.4000.2500.0500.0250.0100k 0.4550.708 1.321 3.841 5.024 6.635DB CE B 1C 1A A 120、已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的两个焦点分别为1(F ，2F ，以椭圆短轴为直径的圆经过点(1,0)M .(1)求椭圆C 的方程；(2)过点M 斜率为k 的直线l 与椭圆C 相交于B A ,两点,设点(3,2)N ，记直线BN AN ,的斜率分别为12,k k ，问：12k k +是否为定值？并证明你的结论.21、已知函数()ln ()f x tx x t R =+∈（1）当1t =-时，证明：()1f x ≤-（2）若对于定义域内任意x ，1)(-⋅≤xe x xf 恒成立，求t 的范围？请考生在第22、23两题中任选一题作答。

四川省成都市2020 届高三数学第一次诊疗考试一试题文本试卷分选择题和非选择题两部分。

第I 卷( 选择题)1 至 2页，第II 卷 ( 非选择题)3 至 4 页，共 4 页，满分150 分，考试时间120 分钟。

注意事项1.答题前，务势必自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的地点上。

2.答选择题时，一定使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需变动，用橡皮擦擦洁净后，再选涂其余答案标号。

3.答非选择题时，一定使用 0.5 毫米黑色署名笔，将答案书写在答题卡规定的地点上。

4.全部题目一定在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。

5.考试结束后，只将答题卡交回。

第 I 卷( 选择题，共 60 分)一、选择题：本大题共12 小题，每题 5 分，共 60 分。

在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的。

1. 若复数 z1与 z2＝－ 3－ i(i为虚数单位)在复平面内对应的点对于实轴对称，则(A) － 3－ i (B)－3＋i(C)3＋i(D)3－iz1＝2.已知会合 A＝ { － l ， 0，m}， B＝ {l ， 2} 。

若 A∪ B＝ { － l ， 0，1， 2} ，则实数 m的值为(A) － l 或 0 (B)0或1(C)－l或2(D)l或23.若，则 tan2 θ＝(A)(B)(C)(D)4.已知命题 p：，则为(A)(B)(C)(D)5. 某校随机抽取100 名同学进行“垃圾分类”的问卷测试，测试结果发现这l00 名同学的得分都在 [50 ， 100] 内，按得分分红 5 组： [50 ， 60) ，[60 ， 70) ，[70 ， 80) ， [80 ，90) ， [90 ，100] ，获得如下图的频次散布直方图。

则这100 名同学的得分的中位数为(A)72.5 (B)75 (C)77.5 (D)806.设等差数列 {a n} 的前 n 项和为 S n，且 a n≠0，若 a5＝ 3a3，则(A)(B)(C)(D)7.已知α，β是空间中两个不一样的平面， m，n 是空间中两条不一样的直线，则以下说法正确的是(A) 若 m∥α， n∥β，且α∥β，则 m∥ n (B) 若 m∥α， n∥β，且α⊥β，则 m∥ n(C) 若 m⊥α， n∥β，且α∥β，则 m⊥ n (D) 若 m⊥α， n∥β且α⊥β，则 m⊥ n8. 将函数 y＝ sin(4x － ) 图象上全部点的横坐标伸长到本来的 2 倍 ( 纵坐标不变 ) ，再把所得图象向左平移个单位长度，获得函数f(x) 的图象，则函数 f(x) 的分析式为(A)f(x) ＝ sin(2x ＋ ) (B)f(x) ＝ sin(2x － )(C)f(x) ＝ sin(8x ＋ ) (D)f(x) ＝ sin(8x － )9. 已知抛物线 y2＝ 4x 的焦点为F，M，N是抛物线上两个不一样的点。

四川省成都市2020届高中毕业班数学文科第一次诊断性检测试卷全卷满分为150分，完成时间为120分钟。

参考公式：如果事件A 、B 互斥，那么 球的表面积公式P （A ＋B ）＝P （A ）＋P （B ） S ＝4πR 2如果事件A 、B 相互独立，那么 其中R 表示球的半径 P （A·B）＝P （A ）·P（B ） 球的体积公式如果事件A 在一次试验中发生的概率是P ， V ＝3R 34π那么n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率其中R 表示球的半径 P n （k ）＝()kn kP P --1C k m第一卷 （选择题，共60分）一、选择题：本大题共12 小题，每小题5分，共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，把正确选项的代号涂在机读卡的相应位置上．1．某校现有高一学生210人，高二学生270人，高三学生300人，学校学生会用分生中抽取的人数为7，那么从高三学生中抽取的人数应为A ．10B ．9C ．8D ．72．已知集合U ＝R ，集合M ＝{y|y ＝2|x|，x ∈R},集合N ＝{x |y ＝lg （3－x ）},则M ∩N＝ A ．{t| t<3} B ．{t| t≥1} C ．{t|1≤t<3} D ．∅3．已知向量a ＝（x ,－1）与向量b ＝（1，x1），则不等式a·b ≤0的解集为 A ．{x |x ≤－1或x ≥1} B ．{x |－1≤x <0或x ≥1}C ．{x |x ≤－1或0≤x ≤1}D ．{x |x ≤－1或0<x≤1}4．若函数()f x 的反函数为12()2(0)f x x x -=+<，则3(log 27)f ＝A ．1B ．－1C ．1或－1D ．115．若递增等比数列{}n a 满足：12312371,864a a a a a a ++=⋅⋅=，则此数列的公比q ＝ A ．12B ．12或2 C ．2 D ．32或26．在△ABC 中，“0>•AC AB ”是“△ABC 为锐角三角形”的 A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既非充分又非必要条件7．已知函数()f x 的部分图象如图所示，则()f x 的解析式可能为A ．f （x ）＝2sin （62π-x ）B ．f （x ）＝⎪⎭⎫⎝⎛+44cos 2πxC ．f （x ）＝2cos32π-x D ．f （x ）＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+64πx 8．已知l 、m 、n 是两两不重合的直线，α、β、γ是两两不重合的平面，给出下列命题：①若m∥l 且m ⊥a ，则l ⊥a ；②若m ∥l 且m ∥a ;③若α∩β＝l,β∩γ＝m ,r∩a ＝n ,④若l∥α,l ⊂β，m∥β，m ⊂a,且直钱l 、m 为异面直线，则α∥β。

2020届四川省成都市高三下学期一诊考试数学（文）试卷★祝考试顺利★(解析版)第I 卷（选择题）一、选择题：本大题共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1z 与23z i =--（i 为虚数单位）在复平面内对应的点关于实轴对称,则1z =( )A. 3i --B. 3i -+C. 3i +D. 3i - 【答案】B【解析】由题意得复数z 1与23z i =--的实部相等,虚部互为相反数,则z 1可求．【详解】∵复数z 1与23z i =--（i 为虚数单位）在复平面内对应的点关于实轴对称, ∴复数z 1与23z i =--（i 为虚数单位）的实部相等,虚部互为相反数,则z 1＝3i -+．故选：B ．2.已知集合{}1,0,A m =-,{}1,2B =,若{}1,0,1,2A B ⋃=-,则实数m 的值为( )A. 1-或0B. 0或1C. 1-或2D. 1或2 【答案】D【解析】根据集合并集的定义即可得到答案. 【详解】集合{}1,0,A m =-,{}1,2B =,且{}1,0,1,2A B ⋃=-,所以1m =或2m =.故选：D3.若sin θθ=,则tan 2θ=（ ）A. C.【答案】C 【解析】根据sin5cosθθ=得到tan5θ=,再利用二倍角公式得到答案.【详解】sin5cos tan5θθθ=∴=,22tan255tan21tanθθθ===--故选：C4.已知命题p：x R∀∈,221x x-≥,则p⌝为（）A.x R∀∉,221x x-< B. 0x R∃∉,02021x x-<C. x R∀∈,221x x-< D. 0x R∃∈,02021x x-<【答案】D 【解析】直接利用全称命题的否定定义得到答案. 【详解】命题p：x R∀∈,221x x-≥,则p⌝为：0x R∃∈,02021x x-<故选：D5.某校随机抽取100名同学进行“垃圾分类"的问卷测试,测试结果发现这100名同学的得分都在[50,100]内,按得分分成5组：[50,60）,[60,70）,[70,80）,[80,90）,[90,100],得到如图所示的频率分布直方图,则这100名同学的得分的中位数为( )A. 72.5B. 75C. 77.5D. 80【答案】A【解析】根据频率分布直方图求得中位数即可.【详解】在频率分步直方图中,小正方形的面积表示这组数据的频率,∴中位数为：。