2020-2021学年四川省成都市某校高三（上）第一次模拟考试数学（理）试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年四川省成都市某校高三（上）第一次模拟考试数学（理）试卷人教A版，共18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M={x|y=(2x−x2)12}，N={x|−1A.[0, 1)B.(0, 1)C.(−1, 0]D.(−1, 0)

2. 若z=m+1+2−mim∈R是纯虚数，则|6+3iz|=( )
A.3B.5C.5D.35

3. 函数 fx=3x+3−xln|x| 的图像大致为( )
A.B.
C.D.

4. 执行如图所示的程序框图，正确的是( )

A.若输入a，b，c的值依次为1，2，3，则输出的值为5
B.若输入a，b，c的值依次为1，2，3，则输出的值为7
C.若输入a，b，c的值依次为2，3，4，则输出的值为8
D.若输入a，b，c的值依次为2，3，4，则输出的值为10

5. 函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π2)的部分图像如图所示．若对任意x∈R，f(x)=f(2t−x)恒成立，则实数t的最大负值为( )

A.−5π12B.−π3C.−π4D.−π6

6. 历史上，最伟大的数学家一直都热衷于寻找质数的“分布规律”，法国数学家马林•梅森就是研究质数的数学家中成就很高的一位，正因为他的卓越贡献，现在人们将形如“2p−1（p是质数）”的质数称为梅森数，迄今为止共发现了51个梅森数，前4个梅森数分别是22−1=3，23−1=7，25−1=31，27−1=127，3，7是一位数，31是两位数，127是三位数．已知第10个梅森数为289−1，则第10个梅森数的位数为（参考数据：lg2≈0.301）( )
A.25B.29C.27D.28

7. 成都七中举行的秋季运动会中，有甲、乙、丙、丁四位同学参加了50米短跑比赛，现将四位同学安排在1，2，3，4这4个跑道上，每个跑道安排一名同学，则甲不在1道，乙不在2道的不同安排方法有( )种.
A.12B.14C.16D.18

8. 已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a，b>0)的离心率为233，O为坐标原点，过右焦点F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N，且△OMN为直角三角形．若S△ONM=332 ，则C的方程为( )
A.x212−y24=1B.x26−y22=1
C.x23−y2=1D.x22−y26=1

9. 设a>0，b>0，a+b=1，则下列选项错误的是( )
A.a2+b2的最小值为12
B.4a+1b的取值范围是[9,+∞）
C.a+1b+1ab的最小值为22
D.若c>1，则3a2+1ab−2⋅c+1c−1的最小值为8

10. 下列正确命题的序号有( )
①若随机变量X∼B100,p，且EX=20，则D12X+1=5；
②在一次随机试验中，彼此互斥的事件A，B，C，D的概率分别为0.2，0.2，0.3，0.3，则A与B∪C∪D是互斥事件，也是对立事件；
③一只袋内装有m个白球，n−m个黑球，连续不放回地从袋中取球，直到取出黑球为止，设此时取出了ξ个白球，Pξ=2等于n−mAm2An3；
④由一组样本数据x1,y1，x2,y2，⋯，xn,yn得到回归直线方程y=bx+a，那么直线y=bx+a至少经过x1,y1，x2,y2，⋯，xn,yn中的一个点.
A.②③B.①②C.③④D.①④

11. 已知|a→+2e→|=|b→−3e→|=1，|e→|=1，则a→⋅b→的最小值是( )
A.−18B.−12C.−8D.−6

12. 已知函数fx=−12x2−csx，gx=x2−k，若fx与gx的图像有且只有一个公共点，则k的值为( )
A.−1B.0C.1D.2
二、填空题

若实数x，y满足约束条件x+2y≥1，x−y≤0，y≤5，则z=x+4y的最小值为________.

已知数列an前n项和Sn满足Sn=12nn+3，n∈N*.则数列1a1+12a2+⋯+12020a2020=________.

如图，四棱锥P−ABCD的底面是边长为1的正方形，点E是棱PD上一点， PE=3ED．若PF→=λPC→且满足BF//平面ACE，则λ=________.

在平面直角坐标系xOy中，定点F−2,0，已知点P是直线y=x+2上一动点，过点P作圆C:x−22+y2=4的切线，切点分别为A，B．直线PC与AB交于点R，则线段FR长度的最大值为________.
三、解答题

在①sinAsinB−sinC=b+cb−a；②ca=csC+13sinA；③2S=3CA→⋅CB→这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，S为△ABC的面积．若________（填条件序号）.
(1)求角C的大小；

(2)点D在CA的延长线上，且A为CD的中点，线段BD的长度为2，求△ABC的面积S的最大值．
（注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分）

某市有一家大型共享汽车公司，在市场上分别投放了黄、蓝两种颜色的汽车，已知黄、蓝两种颜色的汽车的投放比例为3:1．监管部门为了了解这两种颜色汽车的质量，决定从投放到市场上的汽车中随机抽取5辆汽车进行试驾体验，假设每辆汽车被抽取的可能性相同．
(1)求抽取的5辆汽车中恰有2辆是蓝色汽车的概率；

(2)在试驾体验过程中，发现蓝色汽车存在一定质量问题，监管部门决定从投放的汽车中随机抽取一辆送技术部门作进一步抽样检测，并规定，若抽取的是黄色汽车，则将其放回市场，并继续随机抽取下一辆汽车；若抽到的是蓝色汽车，则抽样结束，并规定抽样的次数不超过n(n∈N*)次．在抽样结束时，若已取到的黄色汽车数以ξ表示，求ξ的分布列和数学期望．

已知，如图四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC=60∘，AB=PA=2，PA⊥平面ABCD．E，M分别是BC，PD中点.点F在棱PC上移动．

(1)证明：无论点F在PC上如何移动，都有平面AEF⊥平面PAD；

(2)当直线AF与平面PCD所成的角最大时，确定点F的位置．

已知函数fx=ax2−2lnx.
(1)当a=1时，求y=fx在点1,f1处的切线方程；

(2)若对∀x∈1,3，都有fx≤14恒成立，求a的取值范围；

(3)已知a>0，若∃x1，x2且满足00.

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为33的直线与C相交于A，B，且AB⊥OB，O为坐标原点．
(1)求椭圆的离心率e：

(2)若b=1，过点F作与直线AB平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点，
(i)求直线OP的斜率与直线OQ的斜率乘积；
(ii)点M满足2OM→=OP→，直线MQ与椭圆的另一个交点为N，求|NM||NQ|的值．

在平面直角坐标系x0y中，直线l1的参数方程为x=t−3y=kt (t为参数)，直线l2的参数方程为x=3−my=m3k (m为参数)．设直线l1与l2的交点为P．当k变化时点P的轨迹为曲线C1．
(1)求出曲线C1的普通方程；

(2)以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线C2的极坐标方程为ρsin(θ+π4)=32，点Q为曲线C1上的动点，求点Q到直线C2的距离的最大值．

已知函数f(x)=|2x−7|+|2x−5|．
(1)求函数f(x)的最小值m；

(2)在(1)的条件下，正数a，b满足a2+b2=m，证明：a+b≥2ab．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省成都市某校高三（上）第一次模拟考试数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
求出集合M，N，由此能求出M∩N．
【解答】
解：因为集合M={x|y=(2x−x2)12}
={x|y=2x−x2}
={x|2x−x2≥0}
={x|x(2−x)≥0}
={x|0≤x≤2}，
N={x|−1所以M∩N={x|0≤x<1}=[0, 1)．
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
由已知求得m，进一步得到z，代入6+3iz，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解．
【解答】
解：由z是纯虚数，得m+1=0且2−m≠0，
所以m=−1，2−m=2−(−1)=3，
所以z=3i，
因此|6+3iz|=|6+3i3i|
=|2+ii|
=|2+i−i−i2|
=|1−2i|
=12+(−2)2
=5.
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
函数的图象与图象变化
【解析】
由f(x)是偶函数，排除B，当x∈(0,1)时，f(x)<0，排除A，C，即可得出结论．
【解答】
解：函数f(x)=3x+3−xln|x|的定义域为{x|x≠0}，
f(−x)=3−x+3xln|−x=3x+3−xlnx|=f(x)，
则函数f(x)是偶函数，图象关于y轴对称，排除B；
当x∈(0,1)时，f(x)<0，排除A，C．
故选D．
4.
【答案】
C
【考点】
程序框图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：模拟程序的运行过程知，该程序的功能为：
①利用选择结构找出a，b的最小值并输给变量c，
②再交换变量a=b，b=c，
③计算并输出ac+b的值.
当a=1，b=2，c=3时，1<2，
c=a=1，a=b=2，b=c=1，
输出结果是ac+b=2×1+1=3，故A，B错误；
当a=2，b=3，c=4时，2<3，
c=a=2，a=b=3，b=c=2，
输出结果是ac+b=3×2+2=8，故C正确，D错误．
故选C.
5.
【答案】
A
【考点】
三角函数的最值
【解析】
利用正弦型函数的图象可求得ω与φ的值，得到函数f(x)的解析式，再由f(x)＝f(2t−x)知函数f(x)＝2sin(2x+π3)关于直线x＝t对称，从而可求得实数t的最大负值．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|<π2)，
由图象知，5T4=5π6−(−5π12)=15π12=5π4，
∴ T=π，
∵ T=2πω=π，
∴ ω=2．
由“五点作图法”知，5π6×2+φ=2π，解得：φ=π3，符合题意．
∴ f(x)=2sin(2x+π3)，
又f(x)=f(2t−x)，
∴ 函数f(x)=2sin(2x+π3)关于直线x=t对称，
∴ 2t+π3=kπ+π2(k∈Z)，
∴ t=kπ2+π12(k∈Z)，
当k=−1时，t=−5π12为最大负数.
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
对数的运算性质
函数模型的选择与应用
【解析】
根据题意，利用常用对数估算即可．
【解答】
解：lg(289−1)≈89lg2≈26.789，
故289−1≈1026.789，
故第10个梅森数的位数为27.
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
分类加法计数原理
【解析】
分两类分别进行求解即可.
【解答】
解：若甲安排在第2道，即甲不在第1道，乙不在第2道，
则有A33=6种安排方法；
若甲不安排在第2道，即甲不在1，2道，乙不在2道，
则有C21C21A22=8种安排方法，
根据分类加法计数原理可知，共有6+8=14种安排方法.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
双曲线的标准方程
双曲线的简单几何性质
双曲线的渐近线
双曲线的离心率
点到直线的距离公式
【解析】
由双曲线的离心率可得渐近线的倾斜角，如图所示，由双曲线的渐近线的对称性可得∠MON=60∘=2∠MOF，进而可得MF，ON与OM的关系，再由三角形OMN的面积可得OM的值，进而求出MF的值，再由焦点到渐近线的距离可得MF，求出a，b的值，进而求出双曲线的方程．
【解答】
解：如图，
由双曲线的离心率e=ca=233，
所以c2a2=43，
又c2=a2+b2，
所以ba=33，
所以由题意可得∠MON=60∘=2∠MOF.
设∠OMN=90∘，
所以MF=33OM，ON=2OM.
因为S△OMN =12OM⋅MN
=12OM⋅ON⋅sin60∘
=12⋅OM×2×OM⋅32
=32OM2=332，
所以OM2=3，即OM=3，
所以MF=33×3=1，
而焦点Fc,0到渐近线bx−ay=0的距离为：
d=MF=bca2+b2=b，
所以b=1，a=3，
所以双曲线C的方程为：x23−y2=1.
故选C．
9.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
对勾函数求最值
【解析】
利用基本不等式和对勾函数的性质求解即可.
【解答】
解：A，因为a，b均为正数，且a+b=1，
所以由均值不等式可得a2+b2≥a+b22=12，
当且仅当a=b=12时等号成立，故A正确；
B，4a+1b=4a+1ba+b
=5+4ba+ab
≥5+24ba×ab=9，
当且仅当4ba=ab，a+b=1，
即a=23，b=13时等号成立，故B正确；
C，a+1b+1ab
=ab+a+b+1ab
=ab+2ab，
由a+b=1≥2ab，可得0设t=ab，
所以由对勾函数的单调性可知，
函数y=t+2t在区间(0,12]上单调递减，
所以a+1b+1ab=ab+2ab
≥12+212=92，故C错误；
D，由3a2+1ab−2
=3a2+a+b2ab−2
=4ab+ba≥24ab⋅ba=4，
当且仅当4ab=ba，a+b=1，
即a=13，b=23时等号成立，
所以3a2+1ab−2⋅c+1c−1
≥4c−1+1c−1+4
≥24c−1×1c−1+4=8，
当且仅当4c−1=1c−1，即c=32时等号成立，故D正确.
故选C.
10.
【答案】
A
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
排列及排列数公式
互斥事件与对立事件
两点分布二项分布超几何分布的期望与方差
【解析】
本题考查离散型随机变量的期望与方差，相互独立事件的概率，线性回归方程.
【解答】
解：①由EX=20，得100p=20⇒p=15，
则DX=100×15×(1−15)=16，
所以D12X+1=14DX=14×16=4，故①错误；
②因为各事件彼此互斥，
P(A)=0.2，
P(B ∪C ∪D)=P(B)+P(C)+P(D)
=0.2+0.3+0.3=0.8，
因为P(A)+P(B ∪C ∪D)=0.2+0.8=1，
所以A与B∪C∪D是互斥事件，也是对立事件，故②正确；
③取出两个白球，则前两个白球有Am2种选法，
第三次是黑球，故第三次拿球可按顺序排列，即An3，
所以P(ξ=2)=n−mAm2An3，故③正确；
④直线必定经过样本中心点(x,y)，
不一定经过x1,y1，x2,y2，⋯xn,yn中的一点，故④错误.
综上，命题②③正确.
故选A.
11.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：不妨设e→=(1,0)，则设a→=(x1,y1)，b→=(x2,y2)，
a→+2e→=(x1+2,y1)，
b→−3e→=(x2−3,y2)，
∵ |a→+2e→|=|b→−3e→|=1，
∴ (x1+2)2+y12=1，(x2−3)2+y22=1.
如图，
a→⋅b→=|a→|⋅|b→|⋅cs，
而|a→|max=3，|b→|max=4，
且csmin=−1，
∴当a→=(−3,0)，b→=(4,0)时，a→⋅b→取得最小值，
此时(a→⋅b→)min=−3×4+0×0=−12.
故选B.
12.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
根据题意列出等式，对式子进行适当的变形，根据只有一个公共点能够结合图形得出当x=0时，等式能够成立，并且此时k=1.
【解答】
解：由题意得，−12x2−csx=x2−k有且仅有一解，
即k=32x2+csx有且仅有一解，
令h(x)=32x2+csx，
h′(x)=3x−sinx，
h′′x=3−csx>0，
所以h′x在R上单调递增，
又h′0=0，
所以当x∈−∞,0时， h′x<0；x∈0,+∞时， h′x>0，
所以hx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
所以h(x)min=h(0)=32×02+cs0=1，
当x→−∞时， hx→+∞；
当x→+∞时， hx→+∞，
要使得hx=k有唯一解，
即fx与gx的图像有且只有一个公共点，
则k=1.
故选C.
二、填空题
【答案】
53
【考点】
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题作可行域如图，
则可得在B点(13,13)时，z=x+4y取得最小值，
最小值为z=13+43=53.
故答案为：53.
【答案】
20202021
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
利用数列的递推公式得到an=n+1n∈N*，再利用裂项相消法求和即可.
【解答】
解：因为Sn=12nn+3，
所以当n=1时，a1=2.
当n≥2时，Sn−1=12n−1n+2，
所以an=Sn−Sn−1
=12nn+3−12n−1n+2
=n+1，
当n=1时也适合上式，
所以an=n+1n∈N*，
所以1nan=1nn+1=1n−1n+1，
所以1a1+12a2+⋯+12020a2020
=1−12+12−13+⋯+12020−12021
=1−12021
=20202021.
故答案为：20202021.
【答案】
23
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面平行的判定
直线与平面平行的性质
【解析】
利用线线平行得面面平行，再利用平行线成比例得解.
【解答】
解：连接BD交AC于O，连接OE，
在PE上取一点G，使GE=ED，
在PC上取一点F，使PC=3FC，
连接FG，BG，如图，
∵ O，E分别是BD，DG的中点，
∴ OE//BG，
∵ CFPC=GEPE=DEPE=13，
∴ GF//CE，
∵ BG∩GF=G，OE∩CE=E，
∴ 平面BGF//平面ACE，
又BF⊂平面BGF，
∴ BF//平面ACE，
故PC=3FC时满足要求.
∴ PF→=23PC→，
∴ λ=23.
故答案为：23.
【答案】
32
【考点】
直线与圆的位置关系
圆的切线方程
直线与圆相交的性质
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，
由题意得，PA⊥AC，AB⊥PC，
C(2,0)，CA=2，
由射影定理得：CA2=CR⋅CP=4，
点P在y=x+2上，设P(a,a+2)，
那么CP=(a−2)2+(a+2)2=2(a2+4)，
CR=4CP=42(a2+4)，
那么CRCP=4CP2=2a2+4=xC−xRxC−xP=yRyP，
∴ xR=2(1+a−2a2+4)，
yR=2(a+2a2+4)，
FR2=(xR+2)2+yR2
=4×[(2+a−2a2+4)2+(a+2a2+4)2]
=4×[4+4(a−2)a2+4+(a−2a2+4)2+(a+2a2+4)2]
=4×[4+4(a−2)a2+4+2a2+4]
=16+8⋅2a−3a2+4，
令f(a)=2a−3a2+4，
则f′(a)=−2a2+6a+8(a2+4)2，
令f′(a)=0，则a=4或a=−1，
当f′(a)>0时，−1当f′(a)<0时，a<−1或a>4，
∴ f(a)在(−∞,−1)和(4,+∞)上单调递减，在(−1,4)上单调递增，
f(−1)=−1，f(4)=14，
当a<0时，a2+4>0，2a−3<0，
∴f(a)=2a−3a2+4<0，
∴当a=4时，f(a)取得最大值，
∴f(a)max=f(4)=14，
∴ FR2=16+8⋅2a−3a2+4≤16+8×14=18，
故FRmax=32.
故答案为：32.
三、解答题
【答案】
解：(1)选①：sinAsinB−sinC=b+cb−a，
因为由正弦定理得ab−c=b+cb−a，
所以ab−a=b+cb−c，即a2+b2−c2=ab，
所以csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12 ．
因为C∈0,π，
所以C=π3．
选②：ca=csC+13sinA，
由正弦定理得sinCsinA=csC+13sinA，sinA≠0，
所以3sinC=csC+1，
2sinC−π6=1，
sinC−π6=12．
因为C∈0,π，
所以C−π6∈−π6,5π6，
所以C−π6=π6，
所以C=π3．
选③：因为2S=3CA→⋅CB→，
所以absinC=3abcsC，
所以tanC=3，
因为C∈0,π，
所以C=π3．
(2)在△BCD中，由余弦定理得，
a2+2b2−2×a×2b×csπ3=22，
所以a2+4b2−2ab=4
≥2⋅a⋅2b−2ab=2ab ，
所以ab≤2，
当且仅当a=2b，即a=2，b=1时取等号，
此时ab的最大值为2，
面积S=12absinC
≤12×2×32=32，
所以△ABC面积的最大值为32．
【考点】
正弦定理
余弦定理
两角和与差的正弦公式
三角形的面积公式
平面向量数量积的运算
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)选①：sinAsinB−sinC=b+cb−a，
因为由正弦定理得ab−c=b+cb−a，
所以ab−a=b+cb−c，即a2+b2−c2=ab，
所以csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12 ．
因为C∈0,π，
所以C=π3．
选②：ca=csC+13sinA，
由正弦定理得sinCsinA=csC+13sinA，sinA≠0，
所以3sinC=csC+1，
2sinC−π6=1，
sinC−π6=12．
因为C∈0,π，
所以C−π6∈−π6,5π6，
所以C−π6=π6，
所以C=π3．
选③：因为2S=3CA→⋅CB→，
所以absinC=3abcsC，
所以tanC=3，
因为C∈0,π，
所以C=π3．
(2)在△BCD中，由余弦定理得，
a2+2b2−2×a×2b×csπ3=22，
所以a2+4b2−2ab=4
≥2⋅a⋅2b−2ab=2ab ，
所以ab≤2，
当且仅当a=2b，即a=2，b=1时取等号，
此时ab的最大值为2，
面积S=12absinC
≤12×2×32=32，
所以△ABC面积的最大值为32．
【答案】
解：(1)因为黄、蓝两种颜色的汽车的投放比例为3：1，
所以任取1辆汽车是蓝色汽车的概率为14，
用X表示“抽取的5辆汽车中蓝色汽车的个数”，则X服从二项分布，
即X∼B(5, 14)，
所以抽取的5辆汽车中恰有2辆是蓝色汽车的概率：
P(X=2)=C52(14)2(34)3=135512．
(2)ξ的可能取值为0，1，2，⋯，n，
P(ξ=0)=14，
P(ξ=1)=34×14，
P(ξ=2)=(34)2×14，
⋯
P(ξ=n−1)=(34)n−1×14，
P(ξ=n)=(34)n，
所以ξ的分布列为：
所以ξ的数学期望为
E(ξ)=0×14+1×34×14+2×(34)2×14+⋯+
(n−1)⋅(34)n−1×14+n×(34)n，①
34E(ξ)=1×(34)2×14+2×(34)3×14+⋯+
(n−2)×(34)n−1×14+(n−1)×(34)n×14+n×(34)n+1，②
①−②，得，
14E(ξ)=34×14+(34)2×14+(34)3×14+⋯+
(34)n−1×14+[n×(34)n−(n−1)×(34)n×14−n×(34)n+1]，
即14E(ξ)=34×14+(34)2×14+(34)3×14+⋯+
(34)n−1×14+(34)n×14，
所以E(ξ)=34+(34)2+(34)3+⋯+(34)n−1+(34)n
=34×[1−(34)n]1−34
=3−3×(34)n．
【考点】
二项分布的应用
数列的求和
两点分布二项分布超几何分布的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为黄、蓝两种颜色的汽车的投放比例为3：1，
所以任取1辆汽车是蓝色汽车的概率为14，
用X表示“抽取的5辆汽车中蓝色汽车的个数”，则X服从二项分布，
即X∼B(5, 14)，
所以抽取的5辆汽车中恰有2辆是蓝色汽车的概率：
P(X=2)=C52(14)2(34)3=135512．
(2)ξ的可能取值为0，1，2，⋯，n，
P(ξ=0)=14，
P(ξ=1)=34×14，
P(ξ=2)=(34)2×14，
⋯
P(ξ=n−1)=(34)n−1×14，
P(ξ=n)=(34)n，
所以ξ的分布列为：
所以ξ的数学期望为
E(ξ)=0×14+1×34×14+2×(34)2×14+⋯+
(n−1)⋅(34)n−1×14+n×(34)n，①
34E(ξ)=1×(34)2×14+2×(34)3×14+⋯+
(n−2)×(34)n−1×14+(n−1)×(34)n×14+n×(34)n+1，②
①−②，得，
14E(ξ)=34×14+(34)2×14+(34)3×14+⋯+
(34)n−1×14+[n×(34)n−(n−1)×(34)n×14−n×(34)n+1]，
即14E(ξ)=34×14+(34)2×14+(34)3×14+⋯+
(34)n−1×14+(34)n×14，
所以E(ξ)=34+(34)2+(34)3+⋯+(34)n−1+(34)n
=34×[1−(34)n]1−34
=3−3×(34)n．
【答案】
(1)证明：连接AC，∵ 底面ABCD为菱形，
∠ABC=60∘，∴ △ABC为正三角形，
∵ E是BC的中点，
∴ AE⊥BC，
又AD//BC，
∴ AE⊥AD，
∵ PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
∴ PA⊥AE，∵ PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
∴ AE⊥平面PAD，
∵ AE⊂平面AEF，
∴ 平面AEF⊥平面PAD .
(2)由(1)知，AE，AD，AP两两垂直，
故以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(3,−1,0)，C(3,1,0)，D(0,2,0)，
P(0,0,2)，M(0,1,1），E3,0,0，
∴ PC→=3,1,−2，PD→=0,2,−2，AP→=0,0，2．
设PF→=λPC→=3λ,λ,−2λ，则AF→=AP→+PF→=3λ,λ,2−2λ.
设平面PCD的法向量为m→=x1,y1,z1
则m→⋅PC→=3x1+y1−2z1=0，m→⋅PD→=2y1−2z1=0，
令z1=3，则x1=1，y1=3，
∴ m→=1,3,3．
设直线AF与平面PCD所成的角为θ，
则 sinθ=|cs=|AF→⋅m→|AF→|⋅|m→||
=3λ+3λ+23−23λ(3λ)2+λ2+(2−2λ)2×7
=237×22(λ−12)2+12.
当λ=12时，sinθ最大，此时F为PC的中点．
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】

【解答】
(1)证明：连接AC，∵ 底面ABCD为菱形，
∠ABC=60∘，∴ △ABC为正三角形，
∵ E是BC的中点，
∴ AE⊥BC，
又AD//BC，
∴ AE⊥AD，
∵ PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
∴ PA⊥AE，∵ PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
∴ AE⊥平面PAD，
∵ AE⊂平面AEF，
∴ 平面AEF⊥平面PAD .
(2)由(1)知，AE，AD，AP两两垂直，
故以AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(3,−1,0)，C(3,1,0)，D(0,2,0)，
P(0,0,2)，M(0,1,1），E3,0,0，
∴ PC→=3,1,−2，PD→=0,2,−2，AP→=0,0，2．
设PF→=λPC→=3λ,λ,−2λ，则AF→=AP→+PF→=3λ,λ,2−2λ.
设平面PCD的法向量为m→=x1,y1,z1
则m→⋅PC→=3x1+y1−2z1=0，m→⋅PD→=2y1−2z1=0，
令z1=3，则x1=1，y1=3，
∴ m→=1,3,3．
设直线AF与平面PCD所成的角为θ，
则 sinθ=|cs=|AF→⋅m→|AF→|⋅|m→||
=3λ+3λ+23−23λ(3λ)2+λ2+(2−2λ)2×7
=237×22(λ−12)2+12.
当λ=12时，sinθ最大，此时F为PC的中点．
【答案】
解：(1)当a=1时，fx=x2−2lnx，
f1=1，
f′x=2x−2x，
k=f′1=0，
所以fx在(1,f(1))处的切线方程为y=1 ．
(2)法一：由题意fxmax≤14，
f′(x)=2ax−2x=2(ax2−1)x，
①当a≤0时，
因为x∈[1,3]，则ax2−1<0，
所以f′x<0，
所以fx在[1,3]上单调递减，
所以fxmax=f(1)=a≤14恒成立，
所以a≤0；
②当a>0时，
令f′(x)>0，则x>1a，
所以fx在0,1a上单调递减，在1a,+∞上单调递增，
(i)当1a≤1，a≥1，fx在1,3上单调递增．
fxmax=f3≤14，
a≤14+2ln39，舍去；
(ii)当1a≥3，即0fx在1,3上单调递减，
f(x)max=f(1)≤14，a≤14，
所以0(iii)当1<1a<3，19fx在1,1a上单调递减，在1a,3上单调递增，
f(1)≤14f(3)≤14，
a≤14，
所以19综上，a≤14．
法2：fx=ax2−2lnx≤14恒成立，即a≤14+2lnxx2，
令g(x)=14+2lnxx2，
g′(x)=32−4lnxx3，
g′(x)>0，
1所以g(x)在1,e38上单调递增，在e38,3上单调递减，
g(1)=14，
g(3)=14+2ln39>14，
所以a≤g(x)min=14．
(3)因为x1+x2>0，
要证ax1+x22−2x1+x2>0，只需证明x1+x2>2a ，
由(2)可知0要证x1+x2>2a，只需证明x2>2a−x1，
又因为x2>1a，2a−x1>1a，且函数fx在1a,+∞上单调递增，
所以只需证明fx2>f2a−x1，
又因为fx2=fx1，即证fx1>f2a−x1，
令gx=fx−f2a−x0即gx=ax2−2lnx−a2a−x2+2ln2a−x
=4ax−4−2lnx+2ln2a−x，
注意到g1a=0，
因为g′(x)=4a−2x−22a−x
=4a−4a⋅1x2a−x
≤4a−4a⋅1x+2a−x22=0，
则g(x)在0,1a上单调递减，
所以gx>g1a=0在0,1a恒成立，
所以x1+x2>2a，
即满足ax1+x22−2x1+x2>0．
【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】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=1时，fx=x2−2lnx，
f1=1，
f′x=2x−2x，
k=f′1=0，
所以fx在(1,f(1))处的切线方程为y=1 ．
(2)法一：由题意fxmax≤14，
f′(x)=2ax−2x=2(ax2−1)x，
①当a≤0时，
因为x∈[1,3]，则ax2−1<0，
所以f′x<0，
所以fx在[1,3]上单调递减，
所以fxmax=f(1)=a≤14恒成立，
所以a≤0；
②当a>0时，
令f′(x)>0，则x>1a，
所以fx在0,1a上单调递减，在1a,+∞上单调递增，
(i)当1a≤1，a≥1，fx在1,3上单调递增．
fxmax=f3≤14，
a≤14+2ln39，舍去；
(ii)当1a≥3，即0fx在1,3上单调递减，
f(x)max=f(1)≤14，a≤14，
所以0(iii)当1<1a<3，19fx在1,1a上单调递减，在1a,3上单调递增，
f(1)≤14f(3)≤14，
a≤14，
所以19综上，a≤14．
法2：fx=ax2−2lnx≤14恒成立，即a≤14+2lnxx2，
令g(x)=14+2lnxx2，
g′(x)=32−4lnxx3，
g′(x)>0，
1所以g(x)在1,e38上单调递增，在e38,3上单调递减，
g(1)=14，
g(3)=14+2ln39>14，
所以a≤g(x)min=14．
(3)因为x1+x2>0，
要证ax1+x22−2x1+x2>0，只需证明x1+x2>2a ，
由(2)可知0要证x1+x2>2a，只需证明x2>2a−x1，
又因为x2>1a，2a−x1>1a，且函数fx在1a,+∞上单调递增，
所以只需证明fx2>f2a−x1，
又因为fx2=fx1，即证fx1>f2a−x1，
令gx=fx−f2a−x0即gx=ax2−2lnx−a2a−x2+2ln2a−x
=4ax−4−2lnx+2ln2a−x，
注意到g1a=0，
因为g′(x)=4a−2x−22a−x
=4a−4a⋅1x2a−x
≤4a−4a⋅1x+2a−x22=0，
则g(x)在0,1a上单调递减，
所以gx>g1a=0在0,1a恒成立，
所以x1+x2>2a，
即满足ax1+x22−2x1+x2>0．
【答案】
解：(1)由题易得|OA|=a，
因为tan∠BAF=33，
所以∠BAF=π6，|OB|=a2，
则B−a4,3a4，
代入椭圆C的方程为a216a2+3a216b2=1，
所以a2b2=5，a=5b，
所以c=a2−b2=2b，
所以e=ca=2b5b=255 .
(2)(i)由(1)可得b=1，a=5，
所以C：x25+y2=1，
设直线l：x=3y+2，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立直线l与椭圆C的方程：x=3y+2，x2+5y2=5，
得8y2+43y−1=0，
Δ>0恒成立，
y1+y2=−32，y1y2=−18，
所以x1x2=3y1+23y2+2
=3y1y2+23y1+y2+4=58，
所以kOP⋅kOQ=y1y2x1x2=−15 .
(ii)设点Nx3,y3，
设|NM||NQ|=λ，
所以NM→=λNQ→0<λ<1，
又因为2OM→=OP→，
所以点Mx12,y12，
则满足NM→=x12−x3,y12−y3，NQ→=x2−x3,y2−y3，
则 x12−x3=λx2−x3，y12−y3=λy2−y3，
所以x1−2λx2=21−λx3，y1−2λy2=21−λy3，
即x3=x1−2λx22(1−λ)，y3=y1−2λy22(1−λ)，
因为P，Q，N在椭圆上，
所以x12+5y12=5，x22+5y22=5，x32+5y32=5，
(x1−2λx2)24(1−λ)2+5×(y1−2λy2)24(1−λ)2=5，
所以x12+5y12+4λ2x22+5y22−
4λx1x2+5y1y2=201−λ2，
由(i)可知x1x2+5y1y2=0，1+4λ2=41−λ2，
所以λ=38，
所以MMNQ=38.
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
圆锥曲线的综合问题
直线与椭圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题易得|OA|=a，
因为tan∠BAF=33，
所以∠BAF=π6，|OB|=a2，
则B−a4,3a4，
代入椭圆C的方程为a216a2+3a216b2=1，
所以a2b2=5，a=5b，
所以c=a2−b2=2b，
所以e=ca=2b5b=255 .
(2)(i)由(1)可得b=1，a=5，
所以C：x25+y2=1，
设直线l：x=3y+2，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立直线l与椭圆C的方程：x=3y+2，x2+5y2=5，
得8y2+43y−1=0，
Δ>0恒成立，
y1+y2=−32，y1y2=−18，
所以x1x2=3y1+23y2+2
=3y1y2+23y1+y2+4=58，
所以kOP⋅kOQ=y1y2x1x2=−15 .
(ii)设点Nx3,y3，
设|NM||NQ|=λ，
所以NM→=λNQ→0<λ<1，
又因为2OM→=OP→，
所以点Mx12,y12，
则满足NM→=x12−x3,y12−y3，NQ→=x2−x3,y2−y3，
则 x12−x3=λx2−x3，y12−y3=λy2−y3，
所以x1−2λx2=21−λx3，y1−2λy2=21−λy3，
即x3=x1−2λx22(1−λ)，y3=y1−2λy22(1−λ)，
因为P，Q，N在椭圆上，
所以x12+5y12=5，x22+5y22=5，x32+5y32=5，
(x1−2λx2)24(1−λ)2+5×(y1−2λy2)24(1−λ)2=5，
所以x12+5y12+4λ2x22+5y22−
4λx1x2+5y1y2=201−λ2，
由(i)可知x1x2+5y1y2=0，1+4λ2=41−λ2，
所以λ=38，
所以MMNQ=38.
【答案】
解：(1)直线l1的参数方程为x=t−3，y=kt (t为参数)，
转换为直角坐标方程为y=k(x+3)①，
直线l2的参数方程为x=3−m，y=m3k (m为参数)，
转换为直角坐标方程为y=13k(3−x)②，
所以①×②得到x23+y2=1(y≠0)．
(2)直线C2的极坐标方程为ρsin(θ+π4)=32，
转换为直角坐标方程为x+y−6=0，
设曲线C1的上的点Q(3csθ,sinθ)到直线x+y−8=0的距离
d=|3csθ+sinθ−6|2
=|2sin(θ+π3)−6|2，
当sin(θ+π3)=−1时，dmax=82=42．
【考点】
参数方程与普通方程的互化
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
点到直线的距离公式
【解析】
(Ⅰ)直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．
(Ⅱ)利用点到之间的距离公式的应用和三角函数关系式的变换及正弦型函数的性质的应用求出结果．
【解答】
解：(1)直线l1的参数方程为x=t−3，y=kt (t为参数)，
转换为直角坐标方程为y=k(x+3)①，
直线l2的参数方程为x=3−m，y=m3k (m为参数)，
转换为直角坐标方程为y=13k(3−x)②，
所以①×②得到x23+y2=1(y≠0)．
(2)直线C2的极坐标方程为ρsin(θ+π4)=32，
转换为直角坐标方程为x+y−6=0，
设曲线C1的上的点Q(3csθ,sinθ)到直线x+y−8=0的距离
d=|3csθ+sinθ−6|2
=|2sin(θ+π3)−6|2，
当sin(θ+π3)=−1时，dmax=82=42．
【答案】
(1)解：∵ 函数f(x)=|2x−7|+|2x−5|
≥|(2x−7)−(2x−5)|=2，
∴ 函数f(x)的最小值m=2.
(2)证明：法一：（综合法）
正数a，b满足a2+b2=2，
∵ a2+b2≥2ab，∴ ab≤1，ab≤1，当且仅当a=b时取等号，①
又∵ ab≤a+b2，∴ aba+b≤12，∴ aba+b≤ab2，当且仅当a=b时取等号，②
由①②得aba+b≤12，∴ a+b≥2ab．
法二：（分析法）
∵ a>0，b>0，要证a+b≥2ab，只要证(a+b)2≥4a2b2，
即证a2+b2+2ab≥4a2b2，
∵ a2+b2=2，
∴ 只需证2+2ab≥4a2b2，即证2(ab)2−ab−1≤0，
即证(2ab+1)(ab−1)≤0，
由2ab+1>0，即证ab≤1，
又2=a2+b2≥2ab，即ab≤1成立，
故a+b≥2ab．
【考点】
带绝对值的函数
不等式的证明
【解析】
（1）运用绝对值不等式的性质：|a|+|b|≥|a−b|，可得所求最小值m；
（2）方法一、运用重要不等式a2+b2≥2ab，结合不等式的传递性，推得aba+b≤12，即可得证；
方法二、运用分析法证明，结合两边平方和重要不等式、不等式的性质，即可得证．
【解答】
(1)解：∵ 函数f(x)=|2x−7|+|2x−5|
≥|(2x−7)−(2x−5)|=2，
∴ 函数f(x)的最小值m=2.
(2)证明：法一：（综合法）
正数a，b满足a2+b2=2，
∵ a2+b2≥2ab，∴ ab≤1，ab≤1，当且仅当a=b时取等号，①
又∵ ab≤a+b2，∴ aba+b≤12，∴ aba+b≤ab2，当且仅当a=b时取等号，②
由①②得aba+b≤12，∴ a+b≥2ab．
法二：（分析法）
∵ a>0，b>0，要证a+b≥2ab，只要证(a+b)2≥4a2b2，
即证a2+b2+2ab≥4a2b2，
∵ a2+b2=2，
∴ 只需证2+2ab≥4a2b2，即证2(ab)2−ab−1≤0，
即证(2ab+1)(ab−1)≤0，
由2ab+1>0，即证ab≤1，
又2=a2+b2≥2ab，即ab≤1成立，
故a+b≥2ab．ξ
0
1
2
⋯
n−1
n
P
14
34×14
(34)2×14
⋯
(34)n−1×14
(34)n
ξ
0
1
2
⋯
n−1
n
P
14
34×14
(34)2×14
⋯
(34)n−1×14
(34)n

2020-2021学年四川省成都市某校高三（上）第一次模拟考试数学（理）试卷人教A版

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