卓越联盟2020-2021学年新高考省份高三年级9月份检测数学试题

由于函数 为偶函数，则 ，
且函数 在 上为增函数，由 ，可得 ，
，即 ，解得 .
因此，不等式 的解集为 .
故选：A.
【点睛】
6．股票价格上涨10%称为“涨停”，下跌10%称为“跌停”．某位股民购进某只股票，在接下来的交易时间内，这只股票先经历了3次跌停，又经历了3次涨停，则该股民在这只股票上的盈亏情况（不考虑其他费用）为（）
A．略有盈利B．略有亏损
C．没有盈利也没有亏损D．无法判断盈亏情况
7．已知 ， 是圆 上的点，点 在双曲线 的右支上，则 的最小值为（）
4．D
【分析】
由向量的坐标运算法则计算出 ，再判断 与 的关系.
【详解】
，所以向量 芳与 平行且反向.
故选：D.
【点睛】
本题考查平面向量的坐标运算及向量垂直、共线的判断，属于简单题.
5．A
【分析】
利用函数 为偶函数将所求不等式变形为 ，利用该函数在区间 上的单调性可得出 ，解此不等式即可得解.
【详解】
（1）求这300名同学作文得分的平均数和中位数；
（2）由于去年的成功举办，今年吸引了更多的参赛者，累计达1000人，为提高评选效率和公平性，结合去年的得分情况，组委会将在校外邀请评委老师进行评分，其评分规则为：评分分两个阶段，第一阶段，每篇作文由3个评委老师依次来打分，但是一旦出现有2个评分没有达到76分，则该作文停止评审且淘汰；若3个评分都达到76分，则将三个分数的平均值作为该作文的最终得分，该作文停止评审；若3个评分中恰有1个评分没有达到76分，则该作文进入下一阶段评分，由另外指定的2个评委老师依次打分，一旦出现有1个评分没有达到76分，则该作文也停止评审且淘汰；若2个老师的评分都达到76分，则将四个达标分数的平均值作为该作文的最终得分．最后，组委会将按照最终得分的高低来评奖．己知每位老师对每篇作文的打分是相互独立的，使用了相同的评分方法和评分标准（以频率作为概率）．若每篇作文批改一次的费用为1元，学校预计拨款3000元给大赛组委会用于此次比赛的批改费用，试判断这1000篇作文的批改费用是否会超过预算？通过计算说明．

2020-2021学年河南省百校联盟高三（上）9月质检数学（理科）试题一、选择题：本大题共12个小题，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．（5分）已知全集为R，集合M={﹣1，0，1，5}，N={x|x2﹣x﹣2≥0}，则M∩∁R N=（）A．{0，1} B．{﹣1，0，1} C．{0，1，5} D．{﹣1，1}2．（5分）设i是虚数单位，若复数a+（a∈R）是纯虚数，则a=（）A．4 B．3 C．2 D．13．（5分）在等差数列{a n}中，a1=2，公差为d，则“d=4”是“a1，a2，a3成等比数列”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4．（5分）已知抛物线C：y2=4x上一点A到焦点F的距离与其到对称轴的距离之比为5：4，且|AF|＞2，则A点到原点的距离为（）A．3 B．C．4 D．5．（5分）若输入a=16，A=1，S=0，n=1，执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）A．8 B．7 C．6 D．56．（5分）已知将函数f（x）=tan（ωx+）（2＜ω＜10）的图象向右平移个单位之后与f（x）的图象重合，则ω=（）A．9 B．6 C．4 D．87．（5分）6名同学站成一排照毕业相，要求甲不站在两侧，而且乙和丙相邻、丁和戊相邻，则不同的站法种数为（）A．60 B．96 C．48 D．728．（5分）某几何体的三视图如图所示，则其表面积为（）A．8π+2 B．10π+2 C．6π+2 D．12π+29．（5分）已知f（x）=2x﹣2﹣x，a=（），b=（），c=log2，则f（a），f（b），f（c）的大小顺序为（）A．f（b）＜f（a）＜f（c）B．f（c）＜f（b）＜f（a）C．f（c）＜f（a）＜f（b）D．f（b）＜f（c）＜f（a）10．（5分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是DD1和AB的中点，平面B1EF棱AD交于点P，则PE=（）A．B．C．D．11．（5分）在各项均为正数的等比数列{a n}中，若2a4+a3﹣2a2﹣a1=8，则2a5+a4的最小值为（）A．12 B．C．D．12．（5分）已知函数f（x）=的图象上有且仅有四个不同的点关于直线y=﹣1的对称点在y=kx﹣1的图象上，则实数k的取值范围是（）A． B．C． D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上13．（5分）若向量，满足||=2||=2，|﹣4|=2，则向量，的夹角为．14．（5分）若（x2﹣a）（x+）10的展开式中x6的系数为30，则（3x2+1）dx= ．15．（5分）已知实数x，y满足不等式组，则z=3|x|+y的最小值为．16．（5分）已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），A，B是圆（x+c）2+y2=4c2与C位于x轴上方的两个交点，且F1A∥F2B，则双曲线C的离心率为．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（10分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b=，cosAsinB+（c﹣sinA）cos（A+C）=0．（1）求角B的大小；（2）若△ABC的面积为，求sinA+sinC的值．18．（12分）已知数列{a n}的前n项和为S n，对任意的正整数n，都有S n=a n+n﹣3成立．（1）求证：存在实数λ使得数列{a n+λ}为等比数列；（2）求数列{na n}的前n项和T n．19．（12分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD为等腰梯形，E为PD中点，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AC⊥BD，AD=2BC=4．（1）证明：平面EBD⊥平面PAC；（2）若直线PD与平面PAC所成的角为30°，求二面角A﹣BE﹣P的余弦值．20．（12分）小李参加一种红包接龙游戏：他在红包里塞了12元，然后发给朋友A，如果A猜中，A将获得红包里的所有金额；如果A未猜中，A将当前的红包转发给朋友B，如果B猜中，A、B平分红包里的金额；如果B未猜中，B将当前的红包转发给朋友C，如果C猜中，A、B和C平分红包里的金额；如果C未猜中，红包里的钱将退回小李的账户，设A、B、C猜中的概率分别为，，，且A、B、C是否猜中互不影响．（1）求A恰好获得4元的概率；（2）设A获得的金额为X元，求X的分布列；（3）设B获得的金额为Y元，C获得的金额为Z元，判断A所获得的金额的期望能否超过Y的期望与Z的期望之和．21．（12分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的四个顶点组成的四边形的面积为，且经过点（1，）．（1）求椭圆C的方程；（2）若椭圆C的下顶点为P，如图所示，点M为直线x=2上的一个动点，过椭圆C的右焦点F的直线l垂直于OM，且与C交于A，B两点，与OM交于点N，四边形AMBO和△ONP的面积分别为S1，S2．求S1S2的最大值．22．（12分）设函数f（x）=lnx+﹣x．（1）当a=﹣2时，求f（x）的极值；（2）当a=1时，证明：f（x）﹣+x＞0在（0，+∞）上恒成立．2020-2021学年河南省百校联盟高三（上）9月质检数学（理科）试题参考答案一、选择题：本大题共12个小题，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．（5分）已知全集为R，集合M={﹣1，0，1，5}，N={x|x2﹣x﹣2≥0}，则M∩∁R N=（）A．{0，1} B．{﹣1，0，1} C．{0，1，5} D．{﹣1，1}【分析】化简集合N，求出∁R N，再计算M∩∁R N．【解答】解：∵全集为R，集合M={﹣1，0，1，5}，N={x|x2﹣x﹣2≥0}={x|x≤﹣1或x≥2}，∴∁R N={x|﹣1＜x＜2}，∴M∩∁R N={0，1}．故选：A．【点评】本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题目．2．（5分）设i是虚数单位，若复数a+（a∈R）是纯虚数，则a=（）A．4 B．3 C．2 D．1【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0求得a值．【解答】解：∵a+=a+是纯虚数，∴a=2．故选：C．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．3．（5分）在等差数列{a n}中，a1=2，公差为d，则“d=4”是“a1，a2，a3成等比数列”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【分析】先根据d=4，分别求出a2=6，a3=10，则a1，a2，a3不成等比数列，再根据若a1，a2，a3成等比数列，求得d=0，再根据充分必要条件的得以判断即可．【解答】解：a1=2，公差为d，则“d=4”，则a2=2+4=6，a3=2+8=10，则a1，a2，a3不成等比数列，若a1，a2，a3成等比数列，∴（2+d）2=2（2+2d），解得d=0，故“d=4”是“a1，a2，a3成等比数列”既不充分也不必要条件，故选：D【点评】本题考查充分条件、必要条件的定义，等差数列的定义，等比数列的定义，属于中档题．4．（5分）已知抛物线C：y2=4x上一点A到焦点F的距离与其到对称轴的距离之比为5：4，且|AF|＞2，则A点到原点的距离为（）A．3 B．C．4 D．【分析】设点A的坐标为（x1，y1），求出抛物线的准线方程，结合抛物线的定义建立方程关系进行求解即可．【解答】解：设点A的坐标为（x1，y1），抛物线y2=4x的准线方程为x=﹣1，根据抛物线的定义，点A到焦点的距离等于点A到准线的距离，∵点A到焦点F的距离与其到对称轴的距离之比为5：4，∴=，∵y12=4x1，∴解得x1=或x1=4，∵|AF|＞2，∴x1=4，∴A点到原点的距离为=4，故选：B．【点评】本题主要考查抛物线性质和定义的应用，利用抛物线的定义建立方程关系是解决本题的关键．5．（5分）若输入a=16，A=1，S=0，n=1，执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（）A．8 B．7 C．6 D．5【分析】模拟程序框图的运行过程，当S≥60时终止循环，输出n的值即可．【解答】解：模拟程序框图的运行过程，如下；输入a=16，A=1，S=0，n=1，S=0+16+1=17，S＜60，n=2，A=2，a=8，S=17+8+2=27，S＜60，n=3，A=4，a=4，S=27+4+4=35，S＜60，n=4，A=8，a=2，S=35+8+2=45，S＜60，n=5，A=16，a=1，S=45+16+1=62，S≥60，终止循环，输出n=5．故选：D．【点评】本题考查了程序框图的应用问题，是基础题目．6．（5分）已知将函数f（x）=tan（ωx+）（2＜ω＜10）的图象向右平移个单位之后与f（x）的图象重合，则ω=（）A．9 B．6 C．4 D．8【分析】由题意得到tan（ωx﹣+）=tan（ωx+），根据周期性求得ω．【解答】解：f（x）=tan（ωx+）（2＜ω＜10）的图象向右平移个单位之后与f（x）图象重合，所以tan（ωx﹣+）=tan（ωx+），所以ωx+=ωx++kπ，解得ω=﹣6k，k∈Z，又2＜ω＜10，所以ω=6；故选：B【点评】本题考查了正切函数的图象；关键是由题意得到函数为同一个函数，利用周期性得到所求．7．（5分）6名同学站成一排照毕业相，要求甲不站在两侧，而且乙和丙相邻、丁和戊相邻，则不同的站法种数为（）A．60 B．96 C．48 D．72【分析】根据题意，分3步进行分析，①、因为乙和丙相邻，用捆绑法分析可得其情况数目，②、丁和戊相邻，同理可得情况数目，③、将这两个整体与剩下的2人排列，因为甲不站在两侧，则甲有2个位置可选，分析可得其情况数目，进而由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分3步进行分析，①、因为乙和丙相邻，将其看成一个整体，考虑两人的顺序，有A22=2种情况，②、同理，丁和戊相邻，也有2种情况，③、将这两个整体与剩下的2人排列，因为甲不站在两侧，则甲有2个位置可选，则共有2×A33=12种情况，则不同的站法种数为2×2×12=48种；故选：C．【点评】本题考查排列、组合的运用，因为涉及的限制条件比较多，所以注意认真分析题意，认清问题是排列还是组合问题，还要注意相邻问题需要用捆绑法．8．（5分）某几何体的三视图如图所示，则其表面积为（）A．8π+2 B．10π+2 C．6π+2 D．12π+2【分析】由三视图知该几何体是组合体：上面是半球，下面一个圆柱挖掉了个半圆柱，由三视图求出几何元素的长度，由柱体、球体的表面积公式求出各个面的面积，加起来求出几何体的表面积．【解答】解：根据三视图可知几何体是组合体：上面是半球，下面一个圆柱挖掉了个半圆柱，球的半径是1，圆柱的底面圆半径是1，母线长是3，∴几何体的表面积S=+π×1×3+π×1×2+π×12+2×1=8π+2，故选：A．【点评】本题考查三视图求几何体的表面积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．9．（5分）已知f（x）=2x﹣2﹣x，a=（），b=（），c=log2，则f（a），f（b），f（c）的大小顺序为（）A．f（b）＜f（a）＜f（c）B．f（c）＜f（b）＜f（a）C．f（c）＜f（a）＜f（b）D．f（b）＜f（c）＜f（a）【分析】由f（x）=2x﹣2﹣x是增函数，利用指数函数和对数函数的单调性能比较三个数f（a），f（b），f （c）的大小．【解答】解：∵f（x）=2x﹣2﹣x是增函数，0＜a=（）＜=1，b=（）＞=1，c=log2＜log21=0，∴f（c）＜f（a）＜f（b）．故选：C．【点评】本题考查三个数的大小的比较，是基础题，解题时要认真审题，注意指数函数和对数函数的单调性的合理运用．10．（5分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是DD1和AB的中点，平面B1EF棱AD交于点P，则PE=（）A．B．C．D．【分析】由面面平行的性质定理可得EQ∥B1F，故D1Q=，B1Q∥PF，故AP=．求出DP，即可得出结论．【解答】解：由面面平行的性质定理可得EQ∥B1F，故D1Q=，B1Q∥PF，故AP=．∴DP=，∴PE==，故选：D．【点评】本题考查面面平行的性质定理，考查学生的计算能力，确定P的位置是关键．11．（5分）在各项均为正数的等比数列{a n}中，若2a4+a3﹣2a2﹣a1=8，则2a5+a4的最小值为（）A．12 B．C．D．【分析】题意知a n＞0和公比q＞0，由通项公式代入式子：2a4+a3﹣2a2﹣a1同理化简2a5+a4，再把上式代入用q来表示且化简，设=x构造函数y==x﹣x3，再求导、求临界点和函数单调区间，求出函数的最大值，代入2a5+a4化简后式子求出最小值．【解答】解：∵各项均为正数的等比数列{a n}中，2a4+a3﹣2a2﹣a1=8，∴由题意知等比数列{a n}中a n＞0，则公比q＞0，，∴a1（2q3+q2﹣2q﹣1）=8，则a1（2q+1）（q2﹣1）=8，则a1（2q+1）=，∴2a5+a4==q3a1（2q+1）==，设=x，则y==x﹣x3，由y′=1﹣3x2=0，得x=﹣或x=．x∈（﹣∞，﹣）时，y′＜0；x∈（﹣，）时，y′＞0；x∈（，+∞）时，y′＜0．∴y=x﹣x3的减区间为（﹣∞，﹣），（，+∞），增区间为（﹣，）．∴当x=时，y max==，∴2a5+a4的最小值为=12．故选：C．【点评】本题考查了等比数列的通项公式，换元法、构造函数法，以及导数与函数单调性、最值的应用，属于数列与函数结合较难的题，考查了学生分析问题和解决问题的能力．12．（5分）已知函数f（x）=的图象上有且仅有四个不同的点关于直线y=﹣1的对称点在y=kx﹣1的图象上，则实数k的取值范围是（）A． B．C． D．【分析】由题意可化为函数f（x）图象与y=﹣kx﹣1的图象有且只有四个不同的交点，结合题意作图求解即可【解答】解：∵函数f（x）=的图象上有且仅有四个不同的点关于直线y=﹣1的对称点在y=kx﹣1的图象上，而函数y=kx﹣1关于直线y=﹣1的对称图象为y=﹣kx﹣1，∴f（x）=的图象与y=﹣kx﹣1的图象有且只有四个不同的交点，作函数f（x）=的图象与y=﹣kx﹣1的图象如下，易知直线y=﹣kx﹣1恒过点A（0，﹣1），设直线AC与y=xlnx﹣2x相切于点C（x，xlnx﹣2x），y′=lnx﹣1，故lnx﹣1=，解得，x=1；故k AC=﹣1；设直线AB与y=x2+x相切于点B（x，x2+x），y′=2x+，故2x+=，解得，x=﹣1；故k AB=﹣2+=﹣；故﹣1＜﹣k＜﹣，故＜k＜1；故选：A．【点评】本题考查了函数的性质的判断与应用，同时考查了学生的作图能力及数形结合的思想应用．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上13．（5分）（2016秋•城区校级月考）．【分析】可知，对两边平方进行数量积的运算即可求出，从而便可得出的夹角．【解答】解：根据条件：；∴===28；∴=；∴．故答案为：．【点评】考查向量数量积的运算及计算公式，已知三角函数值求角，以及向量夹角的范围．14．（5分）若（x2﹣a）（x+）10的展开式中x6的系数为30，则（3x2+1）dx= 10 ．【分析】根据题意求出（x+）10展开式中含x4项、x6项的系数，得出（x2﹣a）（x+）10的展开式中x6的系数，再列出方程求出a的值，利用定积分求出结论．【解答】解：（x+）10展开式的通项公式为：T r+1=•x10﹣r•x﹣r=•x10﹣2r；令10﹣2r=4，解得r=3，所以x4项的系数为；令10﹣2r=6，解得r=2，所以x6项的系数为；所以（x2﹣a）（x+）10的展开式中x6的系数为：﹣a=30，解得a=2．∴（3x2+1）dx==10．故答案为10．【点评】本题考查了利用二项展开式的通项公式求二项展开式的特定项问题问题，考查定积分知识的运用，是中档题．15．（5分）已知实数x，y满足不等式组，则z=3|x|+y的最小值为．【分析】由线性约束条件画出可行域，转化目标函数为分段函数，根据角点法，求出目标函数的最小值．【解答】解：作出不等式组，表示的平面区域，如图所示：z=3|x|+y，，得A（﹣1，0），此时z=3，可得B（0，2），此时z=2．由可得C（，），此时z=x﹣4y+1=0，此时z=z=3|x|+y的最小值为．故答案为：．【点评】在线性规划问题中目标函数取得最值的点一定是区域的顶点和边界，在边界上的值也等于在这个边界上的顶点的值，故在解答，只要能把区域的顶点求出，直接把顶点坐标代入进行检验即可．16．（5分）已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），A，B是圆（x+c）2+y2=4c2与C位于x轴上方的两个交点，且F1A∥F2B，则双曲线C的离心率为．【分析】连接BF1，AF2，由双曲线的定义，可得|AF2|=2a+2c，|BF2|=2c﹣2a，在△AF1F2中，和△BF1F2中，运用余弦定理求得cos∠AF1F2，os∠BF2F1，由F1A∥F2B，可得∠BF2F1+∠AF1F2=π，即有cos∠BF2F1+cos∠AF1F2=0，化简整理，由离心率公式计算即可得到所求值．【解答】解：连接BF1，AF2，由双曲线的定义，可得|AF2|﹣|AF1|=2a，|BF1|﹣|BF2|=2a，由|BF1|=|AF1|=2c，可得|AF2|=2a+2c，|BF2|=2c﹣2a，在△AF1F2中，可得cos∠AF1F2==，在△BF1F2中，可得cos∠BF2F1==，由F1A∥F2B，可得∠BF2F1+∠AF1F2=π，即有cos∠BF2F1+cos∠AF1F2=0，可得+=0，化为2c2﹣3ac﹣a2=0，得2e2﹣3e﹣1=0，解得e=（负的舍去），故答案为：．【点评】本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的定义和三角形的余弦定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（10分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b=，cosAsinB+（c﹣sinA）cos（A+C）=0．（1）求角B的大小；（2）若△ABC的面积为，求sinA+sinC的值．【分析】（1）利用两角和与差的三角函数以及三角形的内角和，转化求解B的正切函数值，即可得到结果．（2）利用三角形的面积求出ac，利用余弦定理求出a+c，利用正弦定理求解即可．【解答】解：（1）由cosAsinB+（c﹣sinA）cos（A+C）=0，得cosAsinB﹣（c﹣sinA）cosB=0，即sib（A+B）=ccosB，sinC=ccosB，，因为，所以，则tanB=，B=．（2）由，得ac=2，…（6分）由及余弦定理得，…（8分）所以a+c=3，所以…（10分）【点评】本题考查正弦定理以及余弦定理，两角和与差的三角函数，考查转化思想以及计算能力．18．（12分）已知数列{a n}的前n项和为S n，对任意的正整数n，都有S n=a n+n﹣3成立．（1）求证：存在实数λ使得数列{a n+λ}为等比数列；（2）求数列{na n}的前n项和T n．【分析】（1）利用递推关系与等比数列的定义通项公式即可得出．（2）利用“错位相减法”、等差数列与等比数列的求和公式即可得出．【解答】（1）证明：∵S n=a n+n﹣3，∴a1=S1=+1﹣3，解得a1=4．n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=a n+n﹣3﹣，化为a n=3a n﹣1+2，变形为：a n+1=3（a n﹣1+1），因此取λ=1，则数列{a n+1}为等比数列，首项为5，公比为3．（2）由（1）可得：a n+1=5×3n﹣1，可得a n=5×3n﹣1﹣1，∴na n=5n×3n﹣1﹣n．数列{na n}的前n项和T n=5（1+2×3+3×32+…+n×3n﹣1）﹣．设A n=1+2×3+3×32+…+n×3n﹣1，∴3A n=3+2×32+…+（n﹣1）×3n﹣1+n×3n，﹣2A n=1+3+32+…+3n﹣1﹣n×3n=﹣n×3n，∴A n=．∴T n=﹣．【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、“错位相减法”、递推公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19．（12分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD为等腰梯形，E为PD中点，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AC⊥BD，AD=2BC=4．（1）证明：平面EBD⊥平面PAC；（2）若直线PD与平面PAC所成的角为30°，求二面角A﹣BE﹣P的余弦值．【分析】（1）推导出PA⊥BD，AC⊥BD，从而BD⊥平面PAC，由此能证明平面EBD⊥平面PAC．（2）设AC和BD相交于点O，连接PO，则∠DPO是直线PD与平面PAC所成的角，从而∠DPO=30°，以O为原点，分别以OB，OC为x，y轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣BE﹣P的余弦值．【解答】证明：（1）因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，…（1分）又因为AC⊥BD，PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC，…（3分）而BD⊂平面EBD，所以平面EBD⊥平面PAC…（4分）解：（2）设AC和BD相交于点O，连接PO，由（1）知，BD⊥平面PAC，所以∠DPO是直线PD与平面PAC所成的角，从而∠DPO=30°，在Rt△POD中，由∠DPO=30°，得PD=2OD，因为四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，所以△AOD，△BOC均为等腰直角三角形，所以，所以，…（7分）以O为原点，分别以OB，OC为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则…（8分）所以=（﹣，﹣2，0），=（﹣2，﹣，2），=（﹣，﹣2，4），=（3，0，0），设平面ABE的一个法向量为=（x1，y1，z1），由=0，，得，令x1=2，得=（2，﹣1，），…（9分）设平面BDP的一个法向量为=（x2，y2，z2），由•=0，•=0，得，令，得=（0，，1），所以cos＜＞==，…（11分）因为二面角A﹣BE﹣P的平面角为锐角，所以二面角A﹣BE﹣P的余弦值为．…（12分）【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．20．（12分）小李参加一种红包接龙游戏：他在红包里塞了12元，然后发给朋友A，如果A猜中，A将获得红包里的所有金额；如果A未猜中，A将当前的红包转发给朋友B，如果B猜中，A、B平分红包里的金额；如果B未猜中，B将当前的红包转发给朋友C，如果C猜中，A、B和C平分红包里的金额；如果C未猜中，红包里的钱将退回小李的账户，设A、B、C猜中的概率分别为，，，且A、B、C是否猜中互不影响．（1）求A恰好获得4元的概率；（2）设A获得的金额为X元，求X的分布列；（3）设B获得的金额为Y元，C获得的金额为Z元，判断A所获得的金额的期望能否超过Y的期望与Z的期望之和．【分析】（1）由相互独立事件概率乘法公式能求出A恰好获得4元的概率．（2）X的可能取值为0，4，6，12，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．（3）Y的可能取值为0，4，6；Z的可能取值为0，4．分别求出相应的概率，由此能求出A所获得的金额的期望能超过Y的期望与Z的期望之和．【解答】解：（1）A恰好获得4元的概率为…（2分）（2）X的可能取值为0，4，6，12，，，…（5分）所以X的分布列为：X 0 4 6 12P…（6分）（3）Y的可能取值为0，4，6；Z的可能取值为0，4．因为，…（8分），…（9分）所以，所以，又，…（11分）由于EX＞EY+EZ，所以A所获得的金额的期望能超过Y的期望与Z的期望之和．…（12分）【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法及应用，是中档题，解题时要认真审题，在历年高考中都是必考题型之一．21．（12分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的四个顶点组成的四边形的面积为，且经过点（1，）．（1）求椭圆C的方程；（2）若椭圆C的下顶点为P，如图所示，点M为直线x=2上的一个动点，过椭圆C的右焦点F的直线l垂直于OM，且与C交于A，B两点，与OM交于点N，四边形AMBO和△ONP的面积分别为S1，S2．求S1S2的最大值．【分析】（1）由在椭圆C上，可得；又椭圆四个顶点组成的四边形的面积为，可得：=2，联立解出即可得出．（2）由（1）可知F（1，0），设M（2，t），A（x1，y1），B（x2，y2），则当t≠0时，，，直线AB的方程为2x+ty﹣2=0（t≠0），与椭圆方程联立：（8+t2）x2﹣16x+8﹣2t2=0，利用根与系数的关系、弦长公式可得|AB|，再利用三角形面积计算公式即可得出．【解答】解：（1）∵在椭圆C上，∴，又∵椭圆四个顶点组成的四边形的面积为，∴，解得a2=2，b2=1，∴椭圆C的方程为．（2）由（1）可知F（1，0），设M（2，t），A（x1，y1），B（x2，y2），则当t≠0时，，所以，直线AB的方程为，即2x+ty﹣2=0（t≠0），由得（8+t2）x2﹣16x+8﹣2t2=0，则△=（﹣16）2﹣4（8+t2）（8﹣2t2）=8（t4+4t2）＞0，，，又，∴，由，得，∴，∴，当t=0时，直线，∴当t=0时，．【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．22．（12分）设函数f（x）=lnx+﹣x．（1）当a=﹣2时，求f（x）的极值；（2）当a=1时，证明：f（x）﹣+x＞0在（0，+∞）上恒成立．【分析】（1）利用导数求出原函数的单调性，即可求出f（x）的极值；（2）证明f（x）﹣+x＞0在（0，+∞）上恒成立，即证，实际是比较左边函数的最小值与右边函数的最大值，利用导数求出左边函数的最小值与右边函数的最大值；【解答】解：（1）当a=﹣2时，，∴当x∈（0，2）时，f'（x）＞0；当x∈（2，+∞）时，f'（x）＜0．∴f（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减；∴f（x）在x=2处取得极大值f（2）=ln2﹣3，f（x）无极小值；（2）当a=1时，，下面证，即证，设g（x）=xlnx+1，则g'（x）=1+lnx，在上，g'（x）＜0，g（x）是减函数；在上，g'（x）＞0，g（x）是增函数．所以，设，则，在（0，1）上，h'（x）＞0，h（x）是增函数；在（1，+∞）上，h'（x）＜0，h（x）是减函数，所以，所以h（x）＜g（x），即，所以，即，即在（0，+∞）上恒成立．【点评】本题主要考查了导数在函数单调性中的应用、函数的最值以及构造新函数等综合知识点，属中等题．。

2020-2021年河北省某校高三（上）9月月考数学试卷一、选择题1. 已知集合A ={x|x 2−5x +6≤0}，B ={x ∈Z |1<x <5}，则A ∩B =( )A.[2,3]B.(1,5)C.{2,3}D.{2,3,4}2. 命题“对于任意x ∈R ，都有e x >0”的否定是( )A.对于任意x ∈R ，都有e x ≤0B.不存在x ∈R ，使得e x ≤0C.存在x 0∈R ，使得e x 0>0D.存在x 0∈R ，都有e x 0≤03. 函数f (x )=ln x +e x （e 为自然对数的底数）的零点所在的区间是( )A.(e,+∞)B.(0,1e )C.(1e ,1)D.(1,e )4. 已知cos α=14，则sin (π2−2α)=( )A.18B.−18C.78D.−785. 已知函数f(x)=kx −2ln x 在区间(1, +∞)上单调递增，则k 的取值范围是( )A.(2,+∞)B.(1, +∞)C.[2,+∞)D.[1, +∞)6. 俗语云：天王盖地虎，宝塔镇河妖．萍乡塔多，皆因旧时萍城多水患，民不聊生．迷信使然，建塔以辟邪镇邪．坐落在萍城小西门汪公潭境内的宝塔岭上就有这么一座“如愿塔”．此塔始建于唐代，后该塔曾因久失修倒塌，在清道光年间重建．某兴趣小组为了测量塔的高度，如图所示，在地面上一点A 处测得塔顶B 的仰角为60∘，在塔底C 处测得A 处的俯角为45∘．已知山岭高CD 为36米，则塔高BC 为( )A.(36√2−36)米B.(36√3−36)米C.(36√6−36)米D.(72√3−36)米7. 函数y=sin(2x+φ)的图象沿x轴向左平移π8个单位后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能的值为( )A.3π4B.π4C.0D.−π48. 已知函数f(x)=e x−2x−1（其中e为自然对数的底数），则y=f(x)的图象大致为( )A. B.C. D.9. 在平面直角坐标系中，动点M在单位圆上按逆时针方向作匀速圆周运动，每12分钟转动一周．若点M的初始位置坐标为(12,√32)，则运动到3分钟时，动点M所处位置的坐标是( )A.(−√32,12) B.(−12,√32) C.(√32,12) D.(−√32,−12)10.定义域为R的可导函数y=f(x)的导函数f′(x)，满足f(x)<f′(x)，且f(0)=2，则不等式f(x)>2e x的解集为()A.(−∞, 0)B.(−∞, 2)C.(0, +∞)D.(2, +∞)11. 已知△ABC是斜三角形，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c=2√21，c sin(B+C)+√3a cos(A+B)=0，且sin C+sin(B−A)=5sin2A，则△ABC的面积为( )A.5√34B.54C.5D.5√312. 已知函数f(x)=x22+(m+1)e x+2(m∈R)有两个极值点，则实数m的取值范围为( )A.[−1e , 0] B.(−1−1e, −1) C.(−∞, −1e) D.(0, +∞)二、填空题在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若C=π3，b=√2，c=√3，则A=________．已知函数f(x)=x3−2kx2+x−3在R上不单调，则k的取值范围是________.已知α为锐角，且sin(α+5π6)=−35，则cosα=________.已知函数f(x)=2x+1x2+1，函数g(x)=(12)x−m，若对任意的x1∈[1, 2]，存在x2∈[−1, 1]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围为________．三、解答题已知0<β<α<π2，sinα=45，sin(α−β)=√55.(1)求sin2α；(2)求cos(α+β).已知函数f(x)=A sin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的图象如图所示．(1)求f(x)的解析式；(2)将函数f(x)的图象向右平移π6个单位长度，得到函数y=g(x)，设ℎ(x)=g(x)+f (x )，求函数ℎ(x )在[0,π2]上的最大值．设f(x)=a ln x −x +4(a ∈R )，曲线y =f(x)在点（1, f(1)）处的切线垂直于y 轴．(1) 求a 的值；(2) 求函数f(x)的极值．如图，在△ABC 中，已知B =π3，AC =4√3，D 为BC 边上一点．(1)若AD =2，S △DAC =2√3，求DC 的长；(2)若AB =AD ，试求△ADC 的周长的最大值．已知函数f (x )=ax 2+b ln x 在x =12处取得极小值12+ln 2. (1)求f (x );(2)令函数g (x )=mx 3−ln x +2，若f (x )≤g (x )对x ∈[1,4]恒成立，求m 的取值范围．已知函数f (x )=ln x −x−1a .(1)当a =1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x ) 在区间(2,e )上存在零点，求实数a 的取值范围．参考答案与试题解析2020-2021年河北省某校高三（上）9月月考数学试卷一、选择题1.【答案】C【考点】一元二次不等式的解法交集及其运算【解析】(1)根据题目所给信息进行求解即可.【解答】解：已知集合A={x|x2−5x+6≤0}={x|2≤x≤3}，集合B={x∈Z|1<x<5}={2,3,4}，则A∩B={2,3} .故选C.2.【答案】D【考点】命题的否定【解析】直接利用全称命题的否定是特称命题，写出结果即可．【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“对于任意x∈R，都有e x>0”的否定是：存在x0∈R，都有e x0≤0．故选D.3.【答案】B【考点】函数零点的判定定理【解析】无【解答】解：因为函数f(x)=ln x+e x在(0,+∞)上为增函数，所以若函数f(x)存在零点，零点个数有且只有一个，)=−1+e1e>0，又f(e)=1+e e>0，f(1)=e>0，f(1e且x→0，f(x)→−∞，)，使f(x0)=0，所以∃x0∈(0,1e).即f(x)的零点所在的区间是(0，1e故选B ．4.【答案】D【考点】二倍角的余弦公式诱导公式【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ cosα=14，∴ sin(π2−2α)=cos2α=2cos 2α−1=2×(14)2−1=−78.故选D .5.【答案】C【考点】已知函数的单调性求参数问题利用导数研究函数的单调性【解析】【解答】解：∵ 函数f(x)=kx −2ln x 在区间(1, +∞)上单调递增，∴ 当x >1时，f ′(x)=k −2x ≥0恒成立， 即k ≥2x 在区间(1,+∞)上恒成立.∵ y =2x 在区间(1, +∞)上单调递减， ∴ k ≥2.故选C .6.【答案】B【考点】解三角形【解析】根据题意结合图形，利用三角形的边角关系，即可求出塔高BC 的值．【解答】解：如图所示，在Rt△ACD中，∠CAD=45∘，CD=36米，所以AD=36米；在Rt△ABD中，∠BAD=60∘，所以BD=AD tan∠BAD=36√3米，所以BC=BD−CD=(36√3−36)米.故选B.7.【答案】B【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换正弦函数的奇偶性【解析】利用函数y＝A sin(ωx+φ)的图象变换可得函数y＝sin(2x+φ)的图象沿x轴向左平移π8个单位后的解析式，利用其为偶函数即可求得答案．【解答】解：令y=f(x)=sin(2x+φ)，则f(x+π8)=sin[2(x+π8)+φ]=sin(2x+π4+φ)，∵f(x+π8)为偶函数，∴π4+φ=kπ+π2，∴φ=kπ+π4，k∈Z，∴当k=0时，φ=π4．故φ的一个可能的值为π4．故选B.8.【答案】C【考点】函数图象的作法【解析】找出四个选项的区别，用特值法验证．【解答】解：∵f(0)=e0−2×0−1=0，f(1)=e−2−1=e−3<0，∴ 函数图象过(0, 0)点，且在y轴右侧，x轴下方有图象.故选C.9.【答案】A【考点】诱导公式在实际问题中建立三角函数模型【解析】计算出运动3分钟时动点M转动的角，再利用诱导公式可求得结果．【解答】解：如图，动点每12分钟转动一周，则运动到3分钟时，转过的角为312×2π=π2.设点M的初始位置的坐标为(cosα,sinα)，则cosα=12,sinα=√32，运动到3分钟时动点M所处位置的坐标是M′(cos(α+π2),sin(α+π2))，由诱导公式可得cos(α+π2)=−sinα=−√32，sin(α+π2)=cosα=12，所以点M′的坐标为(−√32,1 2 ).故选A．10.【答案】C【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】根据条件构造函数g(x)=f(x)e x，求函数的导数，利用函数的单调性即可得到结论．【解答】解：设g(x)=f(x)e x，则g′(x)=f′(x)−f(x)e x，∵ f(x)<f′(x)，∴ g ′(x)>0，即函数g(x)在定义域内单调递增．∵ f(0)=2，∴ g(0)=f(0)=2.则不等式f(x)>2e x 等价于g(x)>g(0)，∵ 函数g(x)在定义域内单调递增．∴ x >0.∴ 不等式的解集为(0, +∞).故选C ．11.【答案】D【考点】解三角形余弦定理正弦定理【解析】此题暂无解析【解答】解：由 c sin (B +C )+√3a cos (A +B )=0得：c sin A −√3a cos C =0，由正弦定理，得 sin C sin A =√3sin A cos C ，显然 sin A ≠0 ，所以 tan C =√3，又C ∈(0，π)，所以 C =π3. 又sin C +sin (B −A )=5sin 2A ，所以 sin (B +A )+sin (B −A )=5sin 2A ，变形得 2sin B cos A =10sin A cos A .又A ≠π2 ，所以 sin B =5sin A ，所以 b =5a ，由余弦定理得 (2√21)2=b 2+a 2−2ab cos π3=21a 2，解得 a =2，b =10，所以 S △ABC =12ab sin C =12×2×10×√32=5√3.故选D.12.【答案】B【考点】利用导数研究函数的极值【解析】此题暂无解析【解答】解：函数的定义域为R ，f ′(x)=x +(m +1)e x ，∵ 函数f(x)有两个极值点，∴ f ′(x)=x +(m +1)e x 有两个不同的零点，故关于x 的方程−m −1=x e x 有两个不同的解.令g(x)=xe x ，则g ′(x)=1−xe x ，当x ∈(−∞, 1)时，g ′(x)>0，当x ∈(1, +∞)时，g ′(x)<0，∴ 函数g(x)=xe x 在区间(−∞, 1)上单调递增，在区间(1, +∞)上单调递减， 又当x →−∞时，g(x)→−∞，当x →+∞时，g(x)→0，g(1)=1e ，故0<−m −1<1e ，∴ −1−1e <m <−1. 故选B .二、填空题【答案】5π12【考点】正弦定理【解析】由已知利用正弦定理可得sin B =√22，利用大边对大角可得B 为锐角，可得B =π4，根据三角形内角和定理即可解得A 的值．【解答】解：∵ C =π3，b =√2，c =√3， ∴ 由正弦定理b sin B =c sin C ，可得：√2sin B =√3√32， 即sin B =√22. ∵ b <c ，∴ B =π4，∴ A =π−B −C =5π12．故答案为：5π12.【答案】(−∞，−√32)∪(√32，+∞) 【考点】已知函数的单调性求参数问题 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由已知得：f ′(x)=3x 2−4kx +1，因为函数 f(x)=x 3−2kx 2+x −3 在R 上不单调， 所以f ′(x)与x 轴有交点，即Δ=(−4k)2−4×3>0， 解得：k <−√32或k >√32， 故答案为：(−∞，−√32)∪(√32，+∞).【答案】4√3−310 【考点】两角和与差的余弦公式同角三角函数间的基本关系 三角函数值的符号 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：因为sin (α+5π6)=−35，α为锐角，则α+5π6∈(π,4π3)，则cos (α+5π6)=−45， 故cos α=cos (α+5π6−5π6)=cos (α+5π6)cos 5π6+sin (α+5π6)sin 5π6=(−45)×(−√32)+(−35)×12=4√3−310. 故答案为：4√3−310. 【答案】[−72, +∞) 【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究不等式恒成立问题 【解析】条件等价于f(x)min≥g(x)min，利用导数可求得f(x)在[1, 2]上单调递增，根据指数函数性质可得g(x)在[−1, 1]上单调递减，进而得到f(1)≥g(1)，解得即可【解答】解：对任意的x1∈[1, 2]，存在x2∈[−1, 1]，使得f(x1)≥g(x2)，等价于f(x)min≥g(x)min，令f′(x)=2−2x3=0，解得x=1，且当x>1时，f′(x)>0，则f(x)在[1, 2]上单调递增，所以f(x)min=f(1)=2+1+1=4，又g(x)在[−1, 1]上单调递减，所以g(x)min=g(1)=12−m，则4≥12−m，解得m≥−72.故答案为：[−72, +∞)．三、解答题【答案】解：(1)因为0<α<π2，sinα=45，所以cosα=35，从而sin2α=2sinαcosα=2425．(2)由题知，cos2α=1−2sin2α=−725．因为0<β<α<π2，所以0<α−β<π2，所以cos(α−β)=√1−sin2(α−β)=2√55，所以cos(α+β)=cos[2α−(α−β)]=cos2αcos(α−β)+sin2αsin(α−β)=−725×2√55+2425×√55=2√525．【考点】二倍角的正弦公式二倍角的余弦公式两角和与差的余弦公式同角三角函数间的基本关系【解析】【解答】解：(1)因为0<α<π2，sinα=45，所以cosα=35，从而sin2α=2sinαcosα=2425．(2)由题知，cos2α=1−2sin2α=−725．因为0<β<α<π2，所以0<α−β<π2，所以cos(α−β)=√1−sin2(α−β)=2√55，所以cos(α+β)=cos[2α−(α−β)]=cos2αcos(α−β)+sin2αsin(α−β)=−725×2√55+2425×√55=2√525．【答案】解：(1)由图象可得A=2，最小正周期T=4×(7π12−π3)=π，则ω=2πT=2，由f(712π)=2sin(7π6+φ)=−2，又|φ|<π2，则易求得φ=π3，所以f(x)=2sin(2x+π3)；(2)由题意知g(x)=2sin[2(x−π6)+π3]=2sin2x，所以ℎ(x)=g(x)+f(x)=2sin(2x+π3)+2sin2x=2sin2x cos π3+2cos2x sinπ3+2sin2x=3sin2x+√3cos2x =2√3sin(2x+π6).因为0≤x≤π2，所以π6≤2x+π6≤7π6，所以ℎ(x)max=2√3.【考点】两角和与差的正弦公式三角函数的最值由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式正弦函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)由图象可得A=2，最小正周期T=4×(7π12−π3)=π，则ω=2πT=2，由f(712π)=2sin(7π6+φ)=−2，又|φ|<π2，则易求得φ=π3，所以f(x)=2sin(2x+π3)；(2)由题意知g(x)=2sin[2(x−π6)+π3]=2sin2x，所以ℎ(x)=g(x)+f(x)=2sin(2x+π3)+2sin2x=2sin2x cos π3+2cos2x sinπ3+2sin2x=3sin2x+√3cos2x =2√3sin(2x+π6).因为0≤x≤π2，所以π6≤2x+π6≤7π6，所以ℎ(x)max=2√3.【答案】解：(1)∵f(x)=a ln x−x+4，∴f′(x)=ax−1.由于曲线y=f(x)在点（1, f(1)）处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f′(1)=a−1=0，∴a=1.(2)由(1)知，f(x)=ln x−x+4(x>0)，f′(x)=1x −1=1−xx.令f′(x)>0，解得0<x<1，故f(x)在(0, 1)上为增函数；令f′(x)<0，解得x>1，故f(x)在(1, +∞)上为减函数；故f(x)在x=1处取得极大值f(1)=3．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的极值【解析】(1)求导函数，利用曲线y=f(x)在点（1, f(1)）处的切线垂直于y轴，可得f′(1)=0，从而可求a的值；(2)由(1)知，f(x)=ln x−x+4(x>0)，f′(x)=1x −1=1−xx，确定函数的单调性，即可求得函数f(x)的极值．【解答】解：(1)∵f(x)=a ln x−x+4，∴ f′(x)=ax −1.由于曲线y =f(x)在点（1, f(1)）处的切线垂直于y 轴， 故该切线斜率为0，即f′(1)=a −1=0， ∴ a =1.(2)由(1)知，f(x)=ln x −x +4(x >0)， f′(x)=1x −1=1−x x.令f′(x)>0，解得0<x <1，故f(x)在(0, 1)上为增函数； 令f′(x)<0，解得x >1，故f(x)在(1, +∞)上为减函数； 故f(x)在x =1处取得极大值f(1)=3． 【答案】解：(1)∵ S △DAC =2√3，AC =4√3，AD =2， ∴ 12⋅AD ⋅AC ⋅sin ∠DAC =2√3，∴ sin ∠DAC =12，∵ B =π3，∴ ∠DAC <∠BAC <π−π3=2π3，∴ ∠DAC =π6，在△ADC 中，由余弦定理得：DC 2=AD 2+AC 2−2AD ⋅AC cos π6， ∴ DC 2=4+48−2×2×4√3×√32=28，∴ DC =2√7；(2)∵ AB =AD ，B =π3，∴ △ABD 为正三角形，∵ ∠DAC =π3−C ，∠ADC =2π3，在△ADC 中，根据正弦定理，可得：ADsin C =4√3sin 2π3=DCsin (π3−C)，∴ AD =8sin C ，DC =8sin (π3−C)，∴ △ADC 的周长为AD +DC +AC =8sin C +8sin (π3−C)+4√3 =8(sin C +√32cos C −12sin C)+4√3 =8(12sin C +√32cos C)+4√3=8sin (C +π3)+4√3， ∵ ∠ADC =2π3，∴ 0<C <π3，∴ π3<C +π3<2π3，∴当C+π3=π2，即C=π6时，sin(C+π3)的最大值为1，则△ADC的周长最大值为8+4√3．【考点】三角函数的最值解三角形余弦定理正弦定理【解析】（1）利用三角形的面积公式表示出三角形ADC的面积，把已知的面积，以及AC、AD 的长代入，求出sin∠DAC的值，由B的范围，得到∠BAC的范围，进而确定出∠DAC的范围，利用特殊角的三角函数值求出∠DAC的度数，再由AD，AC及cos∠DAC的值，利用余弦定理即可求出DC的长；（2）由B=π3，AB=AD，得到三角形ABD为等边三角形，可得出∠ADC为2π3，进而得到∠DAC+∠C=π3，用∠C表示出∠DAC，在三角形ADC中，由AC，以及sin∠ADC，sin C，sin∠DAC，利用正弦定理表示出AD及DC，表示出三角形ADC的周长，整理后再利用特殊角的三角函数值及两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，由∠ADC的度数，得到C的范围，可得出这个角的范围，根据正弦函数的图象与性质得到正弦函数的值域，确定出正弦函数的最大值，即可得到周长的最大值．【解答】解：(1)∵S△DAC=2√3，AC=4√3，AD=2，∴12⋅AD⋅AC⋅sin∠DAC=2√3，∴sin∠DAC=12，∵B=π3，∴∠DAC<∠BAC<π−π3=2π3，∴∠DAC=π6，在△ADC中，由余弦定理得：DC2=AD2+AC2−2AD⋅AC cosπ6，∴DC2=4+48−2×2×4√3×√32=28，∴DC=2√7；(2)∵AB=AD，B=π3，∴△ABD为正三角形，∵∠DAC=π3−C，∠ADC=2π3，在△ADC中，根据正弦定理，可得：ADsin C =4√3sin2π3=DCsin(π3−C)，∴AD=8sin C，DC=8sin(π3−C)，∴△ADC的周长为AD+DC+AC=8sin C+8sin(π3−C)+4√3=8(sin C +√32cos C −12sin C)+4√3 =8(12sin C +√32cos C)+4√3=8sin (C +π3)+4√3， ∵ ∠ADC =2π3，∴ 0<C <π3， ∴ π3<C +π3<2π3，∴ 当C +π3=π2，即C =π6时，sin (C +π3)的最大值为1， 则△ADC 的周长最大值为8+4√3． 【答案】解：(1)因为f ′(x)=2ax +bx ， 所以f ′(12)=a +2b =0，因为f (12)=14a −bln2=12+ln2， 所以a =2，b =−1， 所以f(x)=2x 2−lnx ． (2)若f(x)≤g(x)，则2x 2−lnx ≤mx 3−lnx +2，即2x 2−mx 3−2≤0对x ∈[1,4]恒成立， 等价于m ≥2x 2−2x 3对x ∈[1,4]恒成立，令ℎ(x)=2x 2−2x 3， 则ℎ′(x)=6−2x 2x 4=2(√3−x)(√3+x)x 4， 令ℎ′(x)>0，得1≤x <√3；令ℎ′(x)<0，得√3<x ≤4，所以ℎ(x) 在[1,√3) 上单调递增，在(√3,4]上单调递减， 所以ℎ(x)max =ℎ(√3)=4√39， 即m ∈[4√39,+∞)．【考点】利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的最值 利用导数研究不等式恒成立问题 【解析】左侧图片未给出解析．左侧图片未给出解析． 【解答】解：(1)因为f ′(x)=2ax +bx ，所以f ′(12)=a +2b =0， 因为f (12)=14a −bln2=12+ln2，所以a =2，b =−1，所以f(x)=2x 2−lnx ． (2)若f(x)≤g(x)，则2x 2−lnx ≤mx 3−lnx +2，即2x 2−mx 3−2≤0对x ∈[1,4]恒成立， 等价于m ≥2x 2−2x 3对x ∈[1,4]恒成立，令ℎ(x)=2x 2−2x 3， 则ℎ′(x)=6−2x 2x 4=2(√3−x)(√3+x)x 4，令ℎ′(x)>0，得1≤x <√3； 令ℎ′(x)<0，得√3<x ≤4，所以ℎ(x) 在[1,√3) 上单调递增，在(√3,4]上单调递减， 所以ℎ(x)max =ℎ(√3)=4√39， 即m ∈[4√39,+∞)．【答案】解：(1)当a =1时，f (x )=ln x −x +1，定义域为(0,+∞) ， 则f ′(x )=1x −1，令f ′(x )=0， 解得x =1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(1,+∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 所以f (x )max =f (1)=0. (2)由题意知，方程f (x )=ln x −x−1a=0在(2,e )上有实根．因为ln x ≠0 ， 所以方程可转化为a =x−1ln x.设g (x )=x−1ln x，则g ′(x )=ln x−1x(x−1)(ln x )2=ln x+1x−1(ln x )2.设ℎ(x )=ln x +1x −1，则ℎ′(x)=1x −1x2.当2<x<e时，ℎ′(x)>0，所以ℎ(x)在(2,e)上单调递增，所以ℎ(x)>ℎ(2)=ln2−12>0，于是g′(x)>0，所以g(x)在(2,e)上单调递增，所以g(2)<g(x)<g(e)，即1ln2<g(x)<e−1.综上所述，实数a的取值范围是(1ln2,e−1).【考点】利用导数研究与函数零点有关的问题利用导数研究函数的最值【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)当a=1时，f(x)=ln x−x+1，定义域为(0,+∞)，则f′(x)=1x−1，令f′(x)=0，解得x=1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max=f(1)=0.(2)由题意知，方程f(x)=ln x−x−1a=0在(2,e)上有实根．因为ln x≠0，所以方程可转化为a=x−1ln x.设g(x)=x−1ln x，则g′(x)=ln x−1x(x−1)(ln x)2=ln x+1x−1(ln x)2.设ℎ(x)=ln x+1x−1，则ℎ′(x)=1x −1x2.当2<x<e时，ℎ′(x)>0，所以ℎ(x)在(2,e)上单调递增，所以ℎ(x)>ℎ(2)=ln2−12>0，于是g′(x)>0，所以g(x)在(2,e)上单调递增，所以g(2)<g(x)<g(e)，<g(x)<e−1.即1ln2,e−1). 综上所述，实数a的取值范围是(1ln2。

2021届高三数学9月教育教学质量监测考试试题 理注意事项：1.本试卷分第I 卷(选择题)和第II 卷(非选择题)两部分。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置。

3.全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

4.本试卷满分150分，测试时间120分钟。

5.考试范圃：必修1～5，选修2－1，2－2，2－3。

第I 卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.若z ＝2－i ，则|z 2－z|＝2.若集合A ＝{x|y ＝log 3(x 2－3x －18)}，B ＝{－5，－2，2，5，7}，则A∩B＝A.{－2，2，5}B.{－5，7}C.{－5，－2，7}D.{－5，5，7}3.我国古代的宫殿金碧辉煌，设计巧夺天工，下图(1)为北京某宫殿建筑，图(2)为该宫殿某一“柱脚”的三视图，其中小正方形的边长为1，则根据三视图可知，该“柱脚”的表面积为A.9π＋＋9B.18π＋＋9C.18π＋＋18D.18π＋＋184.已知抛物线C 1：y 2＝6x 上的点M 到焦点F 的距离为，若点N 在C 2：(x ＋2)2＋y 2＝1上，92则点M 到点N 距离的最小值为－－1 D.25.根据散点图可知，变量x ，y 呈现非线性关系。

为了进行线性回归分析，设u ＝2lny ，v ＝(2x －3)2，利用最小二乘法，得到线性回归方程u ＝－v ＋2，则13A.变量y 的估计值的最大值为eB.变量y 的估计值的最小值为eC.变量y 的估计值的最大值为e 2D.变量y 的估计值的最小值为e 26.函数f(x)＝ln2x －x 3的图象在点(，f())处的切线方程为1212A. B. C. D.5344y x =-524y x =-+1144y x =-14y x =-7.已知函数f(x)＝3cos(ωx＋φ)(ω>0)，若f(－)＝3，f()＝0，则ω的最小值为3π3πA. B. C.2 D.312348.(3x －2)2(x －2)6的展开式中，x 4的系数为A.0B.4320C.480D.38409.已知圆C 过点(1，3)，(0，2)，(7，－5)，直线l ：12x －5y －1＝0与圆C 交于M ，N 两点，则|MN|＝A.3B.4C.6D.810.已知角α的顶点在原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边过点(1，m)，其中m>0；若tan2α＝－，则cos(2α＋mπ)＝125A.－ B.－ C. D.6131213613121311.已知三棱锥S －ABC 中，△SBC 为等腰直角三角形，∠BSC＝∠ABC＝90°，∠BAC＝2∠BCA，D ，E ，F 分别为线段AB ，BC ，AC 的中点，则直线SA ，SB ，AC ，SD 中，与平面SEF 所成角为定值的有A.1条B.2条C.3条D.4条12.已知函数f(x)＝－m(lnx ＋x ＋)恰有两个极值点，则实数m 的取值范围为x e x 2xA.(－∞，] B.(，＋∞) C.(，)∪(，＋∞) D.(－∞，]1212123e 3e 12∪(，＋∞)3e 第II 卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。