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2021年湖南省怀化市高考数学一模试卷
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这是一份2021年湖南省怀化市高考数学一模试卷，共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合A＝{x|y＝}，B＝{x|x2−7x+6<0}，则(∁RA)∩B＝（ ）
A.{x|1
2. 若z＝1−i，则|z2+|＝（ ）
A.0B.1C.D.2
3. 等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2+a4+a6+a8=44，则S9=( )
A.66B.99C.110D.198
4. 陕西省西安市周至县的旅游景点楼观台，号称“天下第一福地”，是我国著名的道教圣地，古代圣哲老子曾在此著《道德经》五千言．景区内有一处景点建筑，是按古典著作《连山易》中记载的金、木、谁、火、土之间相生相克的关系，如图所示，现从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰好是相克关系的概率为（ ）
A.B.C.D.
5. (x2+1)(1x−2)5展开式的常数项为（ ）
A.112B.48C.−112D.−48
6. 已知函数y＝f(x−2)的图象关于直线x＝2对称，在x∈(0, +∞)时，f(x)单调递增．若a＝f(4ln3)，b＝f(2−e)，（其中e为自然对数的底数，π为圆周率），则a，b，c的大小关系为（ ）
A.a>c>bB.a>b>cC.c>a>bD.c>b>a
7. 我们把离心率互为倒数且焦点相同的椭圆和双曲线称为一对“完美曲线”．已知F1，F2是一对“完美曲线”的焦点，M是它们在第一象限的交点，当∠F1MF2＝时，这一对“完美曲线”中双曲线的离心率是（ ）
A.2B.C.D.
8. 若实数x，y满足x−4＝2，则x最大值是（ ）
A.4B.18C.20D.24
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
直线l过点P(1, 2)且与直线x+ay−3＝0平行，若直线l被圆x2+y2＝4截得的弦长为2，则实数a的值可以是（ ）
A.0B.C.D.-
已知向量，是平面α内的一组基向量，O为α内的定点，对于α内任意一点P，当＝x+y时，则称有序实数对(x, y)为点P的广义坐标．若点A、B的广义坐标分别为(x1, y1)(x2, y2)，关于下列命题正确的是（ ）
A.线段A、B的中点的广义坐标为（）
B.A、B两点间的距离为
C.向量平行于向量的充要条件是x1y2＝x2y1
D.向量垂直于的充要条件是x1y2+x2y1＝0
定义域为R的函数y＝f(x)，对任意两个不相等的实数x1，x2，都有x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1)，则称函数为“Z函数”，现给出如下函数，其中为“Z函数”的有（ ）
A.y＝−x3+x+1B.y＝3x−2(sinx−csx)
C.y＝e2x+ln(2x+e)D.y＝
数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线C:x2+y2＝1+|x|y就是其中之一（如图）．给出下列四个结论，其中正确结论是（ ）
A.图形关于y轴对称
B.曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）
C.曲线C上存在到原点的距离超过的点
D.曲线C所围成的“心形”区域的面积大于3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
曲线f(x)=xsin x在点(π2, π2)处的切线方程是________．
若sin（）＝，则sin(2）＝________．
已知关于x的不等式ax2+bx+c>0(a, b, c∈R)的解集为{x|3
四面体P−ABC中，，其余棱长都为2，动点Q在△ABC的内部（含边界），设∠PAQ＝α，二面角P−BC−A的平面角的大小为β，△APQ和△BCQ的面积分别为S1，S2，且满足，则S2的最大值为________．
四、解答题：共70分，解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足．
(Ⅰ)求角A；
(Ⅱ)若，b＝3，求△ABC的面积．
在直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱）ABC−A1BC1中，D为B1B中点，F为线段C1D的中点，AC＝AB＝BC＝C1C＝2．
（1）若M为AB中点，求证：FM // 面A1ACC1；
（2）求二面角F−A1C1−B1的余弦值．
已知数列{an}，{bn}满足：．
（1）证明：是等差数列，并求数列{bn}的通项公式；
（2）设Sn＝a1a2+a2a3+a3a4+...+anan+1，求实数a为何值时4aSn
如图，已知点P是y轴左侧（不含y轴）一点，点F为抛物线C:y2＝x的焦点，且抛物线C上存在不同的两点A，B．
（1）若AB中点为M，且满足PA，PB的中点均在C上，证明：PM垂直于y轴；
（2）若点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，＝6（O为坐标原点），且△ABO与△AFO的面积分别为S1和S2，求S1+4S2最小值．
近年来．我国肥胖人群的规模急速增长，肥胖人群有很大的心血管安全隐患．目前，国际上常用身体质量指数(BdyMassIndex，缩写为BMI)来衡量人体胖瘦程度以及是否健康，其计算公式是BMI=(:kg)2(:m2)
中国成人的BMI数值标准为：BMI≤18.4为偏瘦；18.5≤BMI≤23.9为正常；24≤BMI≤27.9为偏胖；BMI>28为肥胖．
为了解某公司员工的身体质量指数，研究人员从公司员工体检数据中，抽取了8名员工（编号1∼8）的身高x(cm)和体重y(kg)数据，并计算得到他们的BMI值（精确到0.1）如表：
(I)现从这8名员工中选取2人进行复检，记抽取到BMI值为“正常”员工的人数为X．求X的分布列及数学期望．
(II)某调查机构分析发现公司员工的身高x(cm)和体重y(kg)之间有较强的线性相关关系，在编号为6的体检数据丢失之前调查员甲已进行相关的数据分析，并计算得出该组数据的线性回归方程为y=0.5x+a，且根据回归方程预估一名身高为180cm的员工体重为71kg．计算得到的其他数据如下x¯=170,i=1n xiyi=89920．
（1）求a的值及表格中8名员工体重的平均值y¯；
（2）在数据处理时，调查员乙发现编号为8的员工体重数据有误，应为63kg，身高数据无误．请你根据调查员乙更正的数据重新计算线性回归方程，并据此预估一名身高为180cm的员工的体重．
（附：对于一组数据(x, y1)，(x2, y2)，…(xn, yn)，其回归直线y=bx+a的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：b=i=1n xiyi−nx¯y¯i=1n xi2−nx−2，a=y−bx¯）．
已知函数f(x)=(ax2+x+a)e−x(a∈R)．
(1)若a≥0，函数f(x)的极大值为5e，求实数a的值；
(2)若对任意的a≤0，f(x)≤bln(x+1)，在x∈[0, +∞)上恒成立，求实数b的取值范围．
参考答案与试题解析
2021年湖南省怀化市高考数学一模试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
化简集合A、B，根据补集和交集的定义计算即可．
【解答】
集合A＝{x|y＝}＝{x|x−2≥0}＝{x|x≥2}，
B＝{x|x2−7x+6<0}＝{x|1所以∁RA＝{x|x<2}，
所以(∁RA)∩B＝{x|1【点评】
本题考查了集合的化简与运算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
【解析】
先求出复数z的平方和共轭复数，进而可以计算出|z2+|的值．
【解答】
z2＝(1−i)2＝−2i，
∴ ||＝|−2i+1+i|＝，
【点评】
本题考查了复数的概念，学生的数学运算能力，属于基础题．
3.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
由已知结合等差数列的求和公式及性质可求a5，然后结合等差数列的求和公式及性质即可求解．
【解答】
等差数列{an}中，a2+a4+a6+a8=4a5=44，
所以a5=11，
则S9=92(a1+a9)=9a5=99．
【点评】
本题主要考查了等差数列的求和公式及等差数列的性质，属于基础题．
4.
【答案】
B
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
基本事件总数n＝C＝10，取出的两种物质恰好是相克关系包含的基本事件个数m＝＝5，由此能求出取出的两种物质恰好是相克关系的概率．
【解答】
现从五种不同属性的物质中任取两种，
基本事件总数n＝C＝10，
取出的两种物质恰好是相克关系包含的基本事件个数m＝＝5，
则取出的两种物质恰好是相克关系的概率为p＝＝．
【点评】
本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.
【答案】
C
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
根据(1x−2)5展开式的通项公式，求得(x2+1)(1x−2)5展开式的常数项．
【解答】
解： (1x−2)5的展开式的通项公式为
Tr+1=C5r(1x)5−r(−2)r=C5r(−2)rxr−5，
令r−5=−2，r−5=0，
分别解得r=3，r=5，
∴ (x2+1)(1x−2)5的展开式的常数项
=1×C53(−2)3+1×1×(−2)5=−112．
故选C.
【点评】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题．
6.
【答案】
A
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
根据题意，分析可得函数f(x)的图象关于y轴对称，由偶函数的性质可得c＝f(ln）＝f(lnπ)，由对数的性质可得4ln3>41＝4>lnπ>lne＝1>2−e>0，结合函数的单调性分析可得答案．
【解答】
根据题意，函数y＝f(x−2)的图象关于直线x＝2对称，则函数f(x)的图象关于y轴对称，
即函数f(x)为偶函数，满足f(−x)＝f(x)，则c＝f(ln）＝f(lnπ)
4ln3>41＝4>lnπ>lne＝1>2−e>0
又由x∈(0, +∞)时，f(x)单调递增，
则有a>c>b；
【点评】
本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意分析函数的对称轴，属于基础题．
7.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
圆锥曲线的综合问题
【解析】
设|F1P|＝m，|F2P|＝n，|F1F2|＝2c，由余弦定理4c2＝m2+n2−mn，设a1是椭圆的长半轴，a1是双曲线的实半轴，由椭圆及双曲线定义，得m+n＝2a1，m−n＝2a2，由此能求出结果．
【解答】
设|F1P|＝m，|F2P|＝n，|F1F2|＝2c，由余弦定理得(2c)2＝m2+n2−2mncs60∘，
即4c2＝m2+n2−mn，
设a1是椭圆的长半轴，a2是双曲线的实半轴，
由椭圆及双曲线定义，得m+n＝2a1，m−n＝2a2，
∴ m＝a1+a2，n＝a1−a2，
将它们及离心率互为倒数关系代入前式得3a22−4c2+a12＝0，
a1＝3a2，e1⋅e2＝＝＝1，
解得e2＝．
【点评】
本题考查双曲线和椭圆的简单性质，解题时要认真审题，注意正确理解“完美曲线”的概念，是中档题．
8.
【答案】
C
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
令t＝，问题转化为关于t的方程20t2−8xt+x2−4x＝0有2个非负数根，得到关于x的不等式组，解出即可．
【解答】
令t＝，则y＝t2，
故x−4＝2即x−4t＝2，
两边平方得：(x−4t)2＝4(x−t2)，
整理得：20t2−8xt+x2−4x＝0(*)
∵ t≥0，∴ 关于t的方程(*)有2个非负数根，
∴ ，∴ x＝0或4≤x≤20，
故x的最大值是20，
【点评】
本题考查了方程根的问题，考查转化思想以及换元思想，是中档题．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
【答案】
A,D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【点评】
本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．
【答案】
A,C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
平面向量的基本定理
【解析】
运用向量的坐标，共线向量，向量垂直的充要条件，两点间的距离公式可得．
【解答】
根据题意得，由中点坐标公式知A正确；
只有平面直角坐标系中两点间的距离公式B才正确，未必是平面直角坐标系因此B错误；
由向量平行的充要条件得C正确；
当向量，是相互垂直的单位向量时，与垂直的充要条件为x1x2+y1y2＝0，因此D不正确；
【点评】
本题考查向量的坐标运算，共线向量的知识，向量垂直和平行的充要条件．
【答案】
B,C
【考点】
函数单调性的性质与判断
【解析】
由已知得(x1−x2)[f(x1)−f(x2)]>0，可得f(x)在R上单调递增，然后结合选项各函数进行分析即可．
【解答】
B:y＝f(x)＝3x−2(sinx−csx)，f′(x)＝3−2(csx−sinx)＝3−2cs(x+）>0恒成立，即f(x)在R上单调递增，符合题意（1）C：根据复合函数的单调性可知＝e2x+ln(2x+e)在R上单调递增，符合题意（2）D:y＝f(x)＝，f(0)＝0，f(2)＝0，不满足单调递增，不符合题意．
故选：BC．
【点评】
本题以新定义为载体，主要考查了函数单调性的定义及基本初等函数单调性的判断及应用，属于中档题．
【答案】
A,B,D
【考点】
曲线与方程
【解析】
利用题中给出的曲线的方程，通过将x变换为−x，即可判断选项A；通过方程，确定x和y的取值情况，即可判断选项B；利用基本不等式以及两点间距离公式进行分析求解，即可判断选项C；求出曲线C所围成的面积，即可判断选项D．
【解答】
对于B，当x＝0时，代入方程可得y2＝1，所以y＝±1，即曲线经过点(0, −1)，(0, 1)，
当x>0时，方程变为y2−xy+x2−1＝0，所以△＝x2−4(x2−1)≥0，解得，
因为x只能取整数1，当x＝1时，y2−y＝0，解得y＝0或y＝1，即曲线经过点(1, 0)，(1, 1)，
根据对称性，可得曲线还经过(−1, 0)，(−1, 1)，故曲线一共经过6个整点，故选项B正确（1）对于选项C，当x>0时，由x2+y2＝1+xy，可得，当且仅当x＝y取等号，
所以x2+y2≤2，所以，
故曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过，
根据对称性可得，曲线C上任意一点到原点的距离都不超过，故选项C错误（2）对于D，在x轴上方图形的面积大于矩形的面积1×2＝2，
在x轴下方图形的面积大于等腰直角三角形的面积，
因此曲线C所围成的“心形”区域的面积大于2+1＝3，故选项D正确．
故选：ABD．
【点评】
本题考查了曲线与方程的理解和应用，主要考查了对称性、面积等问题，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
x−y=0
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求导函数，求出切线的斜率，再求出切点的坐标，可得切线方程．
【解答】
解：∵ f(x)=xsinx，
∴ f′(x)=sinx+xcsx，
∴ f′(π2)=1，
∵ f(π2)=π2，
∴ 曲线f(x)=xsin x在点(π2, π2)处的切线方程是y−π2=x−π2，即x−y=0．
故答案为：x−y=0．
【点评】
本题考查导数的几何意义，考查切线方程，考查学生的计算能力，属于基础题．
【答案】
【考点】
两角和与差的三角函数
二倍角的三角函数
【解析】
由余弦的二倍角公式求得cs（−2α)的值，再由诱导公式知sin(2）＝−cs(2α−），从而得解．
【解答】
∵ sin（）＝，
∴ cs（−2α)＝1−2sin2（）＝1−2×＝，
∴ sin(2）＝sin[(2α−）-]＝−cs(2α−）＝−cs（−2α)＝．
【点评】
本题考查二倍角公式和诱导公式，考查学生的运算求解能力，属于基础题．
【答案】
[2，+∞)
【考点】
一元二次不等式的应用
【解析】
利用根与系数的关系求出b＝−7a，c＝12a，且a<0，再利用基本不等式求的取值范围．
【解答】
关于x的不等式ax2+bx+c>0(a, b, c∈R)的解集为{x|3所以a<0，且3和4是关于x的方程ax2+bx+c＝0的两实数根，
由根与系数的关系知，，
解得b＝−7a，c＝12a，
所以＝＝−24a−≥2＝2，
所以的取值范围是[2，+∞)．
【点评】
本题考查了一元二次不等式的解集应用问题，也考查了基本不等式的应用问题，是中档题．
【答案】
4−6
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
面体P−ABC中，，其余棱长都为2，取BC的中点D，连接PD，AD，则PD⊥BC，AD⊥BC，故∠BDA为二面角P−BC−A的平面角β，求出β，设Q到BC的距离为h，根据面积之比，求出AQ＝h，
得到Q的轨迹方程，与直线联立求出AB与圆弧的交点，得到h的最大值，再求出S2面积的最大值．
【解答】
四面体P−ABC中，，其余棱长都为2，
取BC的中点D，连接PD，AD，则PD⊥BC，AD⊥BC，
故∠BDA为二面角P−BC−A的平面角β，
因为等边三角形PBC，ABC，故PD＝AD＝＝PA，
故β＝60∘，
设Q到BC的距离为h，
则，
化简得，AQ＝h，
故点Q的轨迹为以点A为焦点，以BC为准线的抛物线在三角形ABC内部的一段弧，
如图建立直角坐标系，则抛物线的方程为，A(0，），
直线AB的方程为：，
由，得，
故圆弧与AB的交点横坐标为x＝，
则Q到BC的最大距离h＝，
故S2的最大值为．
【点评】
本题考查二面角，动点的轨迹方程，求面积的最大值等，考查运算能力和应用能力，中档题．
四、解答题：共70分，解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤．
【答案】
（1）∵ ，
∴ 由正弦定理可得：＝，
可得：＝，
可得：＝＝＝，
∵ sinB≠0，sinC≠0，
∴ 解得csA＝，
∵ A∈(0, π)，
∴ A＝；
（2）∵ A＝，，b＝3，
∴ 由余弦定理a2＝b2+c2−8bccsA，可得：13＝9+c2−5×，可得：c2−3c−7＝0，解得c＝4，
∴ S△ABC＝bcsinA＝．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【点评】
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
【答案】
证明：取AA1中点N，连结C1N，ND，取C1N中点E，连结EF，AE，
∵ AN // BD，AN＝BD，∴ 四边形ANDB为平行四边形，
∴ AB // ND，AB＝ND，∵ NE＝EC1，C1F＝FD，∴ ，
又∵ ，
∴ 四边形MAEF为平行四边形，∴ MF // AE，
∵ MF⊄面，AE⊂面，FM // 面；
在平面A1B1C1上过A1作垂直于A1B1的直线为x轴，分别以A1B1，A1A为y，z轴，
建系A1−xyz，，，
设平面FA1C1的法向量，，
取，．
平面A1B1C1的一个法向量，
设二面角F−A1C1−B1的大小为θ，．
【考点】
直线与平面平行
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）证明取AA1中点N，连结C1N，ND，取C1N中点E，连结EF，AE，说明四边形ANDB为平行四边形，然后证明四边形MAEF为平行四边形，推出MF // AE，即可证明FM // 面；
（2）在平面A1B1C1上过A1作垂直于A1B1的直线为x轴，分别以A1B1，A1A为y，z轴，建系A1−xyz，求出平面FA1C1的法向量，平面A1B1C1的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角F−A1C1−B1的余弦函数值即可．
【解答】
证明：取AA1中点N，连结C1N，ND，取C1N中点E，连结EF，AE，
∵ AN // BD，AN＝BD，∴ 四边形ANDB为平行四边形，
∴ AB // ND，AB＝ND，∵ NE＝EC1，C1F＝FD，∴ ，
又∵ ，
∴ 四边形MAEF为平行四边形，∴ MF // AE，
∵ MF⊄面，AE⊂面，FM // 面；
在平面A1B1C1上过A1作垂直于A1B1的直线为x轴，分别以A1B1，A1A为y，z轴，
建系A1−xyz，，，
设平面FA1C1的法向量，，
取，．
平面A1B1C1的一个法向量，
设二面角F−A1C1−B1的大小为θ，．
【点评】
本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．
【答案】
证明：∵ ，
∴ ，∴ ．
由a1＝，a1+b1＝1，可得b1＝1−a1＝，＝−4，
∴ 数列是以−4为首项，−1为公差的等差数列．
∴ ，∴ ．
∵ ．anan+1＝＝-，
∴ ，
∴ ．
由条件可知(a−1)n2+(3a−6)n−8<0恒成立即可满足条件，
设f(n)＝(a−1)n2+3(a−2)n−8，当a＝1时，f(n)＝−3n−8<0恒成立，
当a>1时，由二次函数的性质知不可能成立．
当a<1时，对称轴，f(n)在[1, +∞)为单调递减函数．
f(1)＝(a−1)+(3a−6)−8＝4a−15<0，∴ ，即有a<1时，4aSn综上知：a<1时，4aSn【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
（1）由已知条件推得．结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；
（2）求得an，anan+1＝＝-，运用数列的裂项相消求和可得Sn，4aSn−bn，设f(n)＝(a−1)n2+3(a−2)n−8，讨论a＝1，a<1，a>1，结合二次函数的图象和性质，可得f(n)<0恒成立情况．
【解答】
证明：∵ ，
∴ ，∴ ．
由a1＝，a1+b1＝1，可得b1＝1−a1＝，＝−4，
∴ 数列是以−4为首项，−1为公差的等差数列．
∴ ，∴ ．
∵ ．anan+1＝＝-，
∴ ，
∴ ．
由条件可知(a−1)n2+(3a−6)n−8<0恒成立即可满足条件，
设f(n)＝(a−1)n2+3(a−2)n−8，当a＝1时，f(n)＝−3n−8<0恒成立，
当a>1时，由二次函数的性质知不可能成立．
当a<1时，对称轴，f(n)在[1, +∞)为单调递减函数．
f(1)＝(a−1)+(3a−6)−8＝4a−15<0，∴ ，即有a<1时，4aSn综上知：a<1时，4aSn【点评】
本题考查等差数列的定义和通项公式以及数列的裂项相消求和、不等式恒成立问题的解法，考查二次函数的单调性的运用，以及化简运算能力、推理能力，属于中档题．
【答案】
证明：设P(x0, y0)，A(y12, y1)，B(y22, y2)，
因为直线PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程（）2＝的两个根，
即y2−2y0y+2x0−2y02＝0，的两个不同的实数根，
所以y1+y2＝2y0，
所以PM垂直于y轴．
根据题意可得F（，0)，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1＝y12，x2＝y22，
所以x1x2+y1y2＝y12y22+y1y2＝6，则y1y2＝−3或y1y2＝2，
因为A，B位于x轴的两侧，所以y1y2＝−3，
设直线AB的方程为x＝ty+m，
联立，得y2−ty−m＝0，
所以y1y2＝−m＝−3，则m＝3，
所以直线过定点(3, 0)，
所以S1+4S2＝×3×|y1−y2|+4××|y1|
＝×(y1−y2)+y1＝×(y1）+＝2y1+≥2＝6，
当且仅当2y1＝，即y1＝时取等号，
故S1+4S2的最小值为6．
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）设P(x0, y0)，A(y12, y1)，B(y22, y2)，由直线PA，PB的中点在抛物线上，推出y1，y2为y2−2y0y+2x0−2y02＝0的两个不同的实数根，由韦达定理可得答案．
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1＝y12，x2＝y22，设直线AB的方程为x＝ty+m，联立抛物线的方程，求出m，推出直线过定点(3, 0)，再由基本不等式可得S1+4S2的最小值．
【解答】
证明：设P(x0, y0)，A(y12, y1)，B(y22, y2)，
因为直线PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程（）2＝的两个根，
即y2−2y0y+2x0−2y02＝0，的两个不同的实数根，
所以y1+y2＝2y0，
所以PM垂直于y轴．
根据题意可得F（，0)，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1＝y12，x2＝y22，
所以x1x2+y1y2＝y12y22+y1y2＝6，则y1y2＝−3或y1y2＝2，
因为A，B位于x轴的两侧，所以y1y2＝−3，
设直线AB的方程为x＝ty+m，
联立，得y2−ty−m＝0，
所以y1y2＝−m＝−3，则m＝3，
所以直线过定点(3, 0)，
所以S1+4S2＝×3×|y1−y2|+4××|y1|
＝×(y1−y2)+y1＝×(y1）+＝2y1+≥2＝6，
当且仅当2y1＝，即y1＝时取等号，
故S1+4S2的最小值为6．
【点评】
本题考查直线与抛物线相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
【答案】
∵ 根据回归方程预估一名身高为180cm的员工体重为71kg，
∴ 71＝0.5×180+a，解得a=−19，故线性回归方程为y=0.5x−19．
∵ 样本中心点(x¯,y¯)一定在回归直线方程上，
∴ y¯=0.5×170−19=66．
由（1）知更正前的数据x¯=170,y¯=66，
∵ b=i=1n xiyi−nx¯y¯i=1n xi2−nx−2=i=18 xiyi−8x¯y¯i=18 xi2−8x¯2=0.5，
∴ i=18 xi2−8x2¯=2(i=18 xiyi−8x¯y¯)=2×(89920−8×170×66)＝320，
更正后的数据x′¯=x¯=170，y′¯=66×8+(63−55)8=67，
∴ ∑i=18 xi′yi′=i=18 xiyi+x8×8=i=18 xiyi+182×8，
8x′¯y′¯=8x¯(y¯+1)=8x¯y¯+8×170，
∴ b′=∑i=18 xi′yi′−8x′¯y′¯i=18 xi′2−8x′2¯=(i=18 xiyi+182×8)−(8x¯y¯+8×170)i=18 xi2−8x¯2=(i=18 xiyi−8x¯y¯)+(182−170)×8i=18 xi2−8x¯2=0.5+96320=0.8，
∴ a′=y′¯−b′x′¯=67−0.8×170=−69，
故更正后的线性回归方程为y=0.8x−69．
当x＝180时，y=0.8×180−69=75，
∴ 重新预估一名身高为180cm的员工的体重约为75kg．
【考点】
求解线性回归方程
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
【解析】
（I）由表中可知，8名员工中BMI数值为“正常”的员工有5人，所以X的可能取值为0，1，2，然后根据超几何分布计算概率的方式逐一求出每个X的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望；
(II)(1)由已知条件易知a=−19，从而得到线性回归方程，由于其一定经过样本中心点(x¯,y¯)，将样本中心点代入回归方程即可求得y¯；
（2）由b的计算公式可知i=18 xi2−8x2¯=2(i=18 xiyi−8x¯y¯)=320，而更正后的数据x′¯=x¯=170，y′¯=66×8+(63−55)8=67，再结合b′的公式即可求出其值，利用a′=y′¯−b′x′¯可求出a′，于是可得更正后的线性回归方程，最后把x＝180代入求出y即可．
【解答】
∵ 根据回归方程预估一名身高为180cm的员工体重为71kg，
∴ 71＝0.5×180+a，解得a=−19，故线性回归方程为y=0.5x−19．
∵ 样本中心点(x¯,y¯)一定在回归直线方程上，
∴ y¯=0.5×170−19=66．
由（1）知更正前的数据x¯=170,y¯=66，
∵ b=i=1n xiyi−nx¯y¯i=1n xi2−nx−2=i=18 xiyi−8x¯y¯i=18 xi2−8x¯2=0.5，
∴ i=18 xi2−8x2¯=2(i=18 xiyi−8x¯y¯)=2×(89920−8×170×66)＝320，
更正后的数据x′¯=x¯=170，y′¯=66×8+(63−55)8=67，
∴ ∑i=18 xi′yi′=i=18 xiyi+x8×8=i=18 xiyi+182×8，
8x′¯y′¯=8x¯(y¯+1)=8x¯y¯+8×170，
∴ b′=∑i=18 xi′yi′−8x′¯y′¯i=18 xi′2−8x′2¯=(i=18 xiyi+182×8)−(8x¯y¯+8×170)i=18 xi2−8x¯2=(i=18 xiyi−8x¯y¯)+(182−170)×8i=18 xi2−8x¯2=0.5+96320=0.8，
∴ a′=y′¯−b′x′¯=67−0.8×170=−69，
故更正后的线性回归方程为y=0.8x−69．
当x＝180时，y=0.8×180−69=75，
∴ 重新预估一名身高为180cm的员工的体重约为75kg．
【点评】
本题考查超几何分布、离散型随机变量的分布列和数学期望、线性回归方程的求法，考查学生对数据的分析与处理能力，属于中档题．
【答案】
解：(1)∵ f(x)=(ax2+x+a)e−x，
∴ f′(x)=(2ax+1)e−x−(ax2+x+a)e−x
=−e−x[ax2+(1−2a)x+a−1]
=−e−x(x−1)(ax+1−a)．
①当a=0时，f′(x)=−e−x(x−1)，
令f′(x)>0，得x<1，则f(x)在(−∞, 1)上单调递增；
f′(x)<0，得x>1，则f(x)在(1, +∞)上单调递减．
所以f(x)的极大值为f(1)=1e≠5e，故不符合题意；
②当a>0时，1−1a<1，
令f′(x)>0，得1−1a令f′(x)<0，得x<1−1a或x>1，
则f(x)在(−∞,1−1a)，(1, +∞)上单调递减．
所以f(x)的极大值为f(1)=2a+1e=5e，
解得a=2．
综上所述，实数a的值为2．
(2)令g(a)=e−x(x2+1)a+xe−x，a≤0，
当x≥0时，e−x(x2+1)≥0，
所以g(a)在(−∞, 0]上单调递增，
所以g(a)≤g(0)=xe−x，x≥0，
所以原问题⇔xe−x≤bln(x+1)在x∈[0, +∞)上恒成立．
①当b≤0时，∀x>0，bln(x+1)<0，xe−x>0，
此时xe−x>bln(x+1)，不符合题意；
②当b>0时，令h(x)=bln(x+1)−xe−x，x≥0，
则h′(x)=bx+1−(e−x−xe−x)
=bex+x2−1(x+1)ex，其中(x+1)ex>0，x≥0，
令p(x)=bex+x2−1，x≥0，则p(x)在区间[0, +∞)上单调递增，
(i)当b≥1时，p(x)≥p(0)=b−1≥0，
所以对∀x≥0，h′(x)≥0，从而h(x)在[0, +∞)上单调递增，
所以对任意x≥0，h(x)≥h(0)=0，
即不等式bln(x+1)≥xe−x在x∈[0, +∞)上恒成立；
(ii)当00，
且p(x)在区间[0, +∞)上单调递增，
所以存在唯一的x0∈(0, 1)，使得p(x0)=0，且x∈(0, x0)时，p(x0)<0，
从而x∈(0, x0)时，h′(x)<0，
所以h(x)在区间(0, x0)上单调递减，
则x∈(0, x0)时，h(x)即bln(x+1)综上所述，实数b的取值范围为[1,+∞)．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
(1)求得f(x)的导数，并分解因式，讨论a＝0，a>0，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，可得f(x)的极大值，解方程可得a的值；
(2)令g(a)＝e−x(x2+x)a+xe−x，a≤0，讨论g(a)的单调性，可得g(a)的最大值，原问题⇔xe−x≤bln(x+1)于x∈[0, +∞)上恒成立．讨论b的符号，结合函数的单调性、函数零点存在定理，即可得到所求b的范围．
【解答】
解：(1)∵ f(x)=(ax2+x+a)e−x，
∴ f′(x)=(2ax+1)e−x−(ax2+x+a)e−x
=−e−x[ax2+(1−2a)x+a−1]
=−e−x(x−1)(ax+1−a)．
①当a=0时，f′(x)=−e−x(x−1)，
令f′(x)>0，得x<1，则f(x)在(−∞, 1)上单调递增；
f′(x)<0，得x>1，则f(x)在(1, +∞)上单调递减．
所以f(x)的极大值为f(1)=1e≠5e，故不符合题意；
②当a>0时，1−1a<1，
令f′(x)>0，得1−1a令f′(x)<0，得x<1−1a或x>1，
则f(x)在(−∞,1−1a)，(1, +∞)上单调递减．
所以f(x)的极大值为f(1)=2a+1e=5e，
解得a=2．
综上所述，实数a的值为2．
(2)令g(a)=e−x(x2+1)a+xe−x，a≤0，
当x≥0时，e−x(x2+1)≥0，
所以g(a)在(−∞, 0]上单调递增，
所以g(a)≤g(0)=xe−x，x≥0，
所以原问题⇔xe−x≤bln(x+1)在x∈[0, +∞)上恒成立．
①当b≤0时，∀x>0，bln(x+1)<0，xe−x>0，
此时xe−x>bln(x+1)，不符合题意；
②当b>0时，令h(x)=bln(x+1)−xe−x，x≥0，
则h′(x)=bx+1−(e−x−xe−x)
=bex+x2−1(x+1)ex，其中(x+1)ex>0，x≥0，
令p(x)=bex+x2−1，x≥0，则p(x)在区间[0, +∞)上单调递增，
(i)当b≥1时，p(x)≥p(0)=b−1≥0，
所以对∀x≥0，h′(x)≥0，从而h(x)在[0, +∞)上单调递增，
所以对任意x≥0，h(x)≥h(0)=0，
即不等式bln(x+1)≥xe−x在x∈[0, +∞)上恒成立；
(ii)当00，
且p(x)在区间[0, +∞)上单调递增，
所以存在唯一的x0∈(0, 1)，使得p(x0)=0，且x∈(0, x0)时，p(x0)<0，
从而x∈(0, x0)时，h′(x)<0，
所以h(x)在区间(0, x0)上单调递减，
则x∈(0, x0)时，h(x)即bln(x+1)综上所述，实数b的取值范围为[1,+∞)．
【点评】
本题考查导数的运用：求单调性和极值，考查分类讨论思想方法，以及不等式恒成立问题解法，注意运用构造函数法和函数的单调性，考查化简整理的运算能力、推理能力，属于难题．编号
1
2
3
4
5
6
7
8
身高(cm)
164
176
165
163
170
172
168
182
体重(kg)
60
72
77
54
●
●
72
55
BMI（近似值）
22.3
23.2
28.3
20.3
23.5
23.7
25.5
16.6
1. 已知集合A＝{x|y＝}，B＝{x|x2−7x+6<0}，则(∁RA)∩B＝（ ）
A.{x|1
2. 若z＝1−i，则|z2+|＝（ ）
A.0B.1C.D.2
3. 等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2+a4+a6+a8=44，则S9=( )
A.66B.99C.110D.198
4. 陕西省西安市周至县的旅游景点楼观台，号称“天下第一福地”，是我国著名的道教圣地，古代圣哲老子曾在此著《道德经》五千言．景区内有一处景点建筑，是按古典著作《连山易》中记载的金、木、谁、火、土之间相生相克的关系，如图所示，现从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰好是相克关系的概率为（ ）
A.B.C.D.
5. (x2+1)(1x−2)5展开式的常数项为（ ）
A.112B.48C.−112D.−48
6. 已知函数y＝f(x−2)的图象关于直线x＝2对称，在x∈(0, +∞)时，f(x)单调递增．若a＝f(4ln3)，b＝f(2−e)，（其中e为自然对数的底数，π为圆周率），则a，b，c的大小关系为（ ）
A.a>c>bB.a>b>cC.c>a>bD.c>b>a
7. 我们把离心率互为倒数且焦点相同的椭圆和双曲线称为一对“完美曲线”．已知F1，F2是一对“完美曲线”的焦点，M是它们在第一象限的交点，当∠F1MF2＝时，这一对“完美曲线”中双曲线的离心率是（ ）
A.2B.C.D.
8. 若实数x，y满足x−4＝2，则x最大值是（ ）
A.4B.18C.20D.24
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
直线l过点P(1, 2)且与直线x+ay−3＝0平行，若直线l被圆x2+y2＝4截得的弦长为2，则实数a的值可以是（ ）
A.0B.C.D.-
已知向量，是平面α内的一组基向量，O为α内的定点，对于α内任意一点P，当＝x+y时，则称有序实数对(x, y)为点P的广义坐标．若点A、B的广义坐标分别为(x1, y1)(x2, y2)，关于下列命题正确的是（ ）
A.线段A、B的中点的广义坐标为（）
B.A、B两点间的距离为
C.向量平行于向量的充要条件是x1y2＝x2y1
D.向量垂直于的充要条件是x1y2+x2y1＝0
定义域为R的函数y＝f(x)，对任意两个不相等的实数x1，x2，都有x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1)，则称函数为“Z函数”，现给出如下函数，其中为“Z函数”的有（ ）
A.y＝−x3+x+1B.y＝3x−2(sinx−csx)
C.y＝e2x+ln(2x+e)D.y＝
数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线C:x2+y2＝1+|x|y就是其中之一（如图）．给出下列四个结论，其中正确结论是（ ）
A.图形关于y轴对称
B.曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）
C.曲线C上存在到原点的距离超过的点
D.曲线C所围成的“心形”区域的面积大于3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
曲线f(x)=xsin x在点(π2, π2)处的切线方程是________．
若sin（）＝，则sin(2）＝________．
已知关于x的不等式ax2+bx+c>0(a, b, c∈R)的解集为{x|3
四面体P−ABC中，，其余棱长都为2，动点Q在△ABC的内部（含边界），设∠PAQ＝α，二面角P−BC−A的平面角的大小为β，△APQ和△BCQ的面积分别为S1，S2，且满足，则S2的最大值为________．
四、解答题：共70分，解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足．
(Ⅰ)求角A；
(Ⅱ)若，b＝3，求△ABC的面积．
在直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱）ABC−A1BC1中，D为B1B中点，F为线段C1D的中点，AC＝AB＝BC＝C1C＝2．
（1）若M为AB中点，求证：FM // 面A1ACC1；
（2）求二面角F−A1C1−B1的余弦值．
已知数列{an}，{bn}满足：．
（1）证明：是等差数列，并求数列{bn}的通项公式；
（2）设Sn＝a1a2+a2a3+a3a4+...+anan+1，求实数a为何值时4aSn
如图，已知点P是y轴左侧（不含y轴）一点，点F为抛物线C:y2＝x的焦点，且抛物线C上存在不同的两点A，B．
（1）若AB中点为M，且满足PA，PB的中点均在C上，证明：PM垂直于y轴；
（2）若点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，＝6（O为坐标原点），且△ABO与△AFO的面积分别为S1和S2，求S1+4S2最小值．
近年来．我国肥胖人群的规模急速增长，肥胖人群有很大的心血管安全隐患．目前，国际上常用身体质量指数(BdyMassIndex，缩写为BMI)来衡量人体胖瘦程度以及是否健康，其计算公式是BMI=(:kg)2(:m2)
中国成人的BMI数值标准为：BMI≤18.4为偏瘦；18.5≤BMI≤23.9为正常；24≤BMI≤27.9为偏胖；BMI>28为肥胖．
为了解某公司员工的身体质量指数，研究人员从公司员工体检数据中，抽取了8名员工（编号1∼8）的身高x(cm)和体重y(kg)数据，并计算得到他们的BMI值（精确到0.1）如表：
(I)现从这8名员工中选取2人进行复检，记抽取到BMI值为“正常”员工的人数为X．求X的分布列及数学期望．
(II)某调查机构分析发现公司员工的身高x(cm)和体重y(kg)之间有较强的线性相关关系，在编号为6的体检数据丢失之前调查员甲已进行相关的数据分析，并计算得出该组数据的线性回归方程为y=0.5x+a，且根据回归方程预估一名身高为180cm的员工体重为71kg．计算得到的其他数据如下x¯=170,i=1n xiyi=89920．
（1）求a的值及表格中8名员工体重的平均值y¯；
（2）在数据处理时，调查员乙发现编号为8的员工体重数据有误，应为63kg，身高数据无误．请你根据调查员乙更正的数据重新计算线性回归方程，并据此预估一名身高为180cm的员工的体重．
（附：对于一组数据(x, y1)，(x2, y2)，…(xn, yn)，其回归直线y=bx+a的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：b=i=1n xiyi−nx¯y¯i=1n xi2−nx−2，a=y−bx¯）．
已知函数f(x)=(ax2+x+a)e−x(a∈R)．
(1)若a≥0，函数f(x)的极大值为5e，求实数a的值；
(2)若对任意的a≤0，f(x)≤bln(x+1)，在x∈[0, +∞)上恒成立，求实数b的取值范围．
参考答案与试题解析
2021年湖南省怀化市高考数学一模试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
化简集合A、B，根据补集和交集的定义计算即可．
【解答】
集合A＝{x|y＝}＝{x|x−2≥0}＝{x|x≥2}，
B＝{x|x2−7x+6<0}＝{x|1
所以(∁RA)∩B＝{x|1
本题考查了集合的化简与运算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
【解析】
先求出复数z的平方和共轭复数，进而可以计算出|z2+|的值．
【解答】
z2＝(1−i)2＝−2i，
∴ ||＝|−2i+1+i|＝，
【点评】
本题考查了复数的概念，学生的数学运算能力，属于基础题．
3.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
由已知结合等差数列的求和公式及性质可求a5，然后结合等差数列的求和公式及性质即可求解．
【解答】
等差数列{an}中，a2+a4+a6+a8=4a5=44，
所以a5=11，
则S9=92(a1+a9)=9a5=99．
【点评】
本题主要考查了等差数列的求和公式及等差数列的性质，属于基础题．
4.
【答案】
B
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
基本事件总数n＝C＝10，取出的两种物质恰好是相克关系包含的基本事件个数m＝＝5，由此能求出取出的两种物质恰好是相克关系的概率．
【解答】
现从五种不同属性的物质中任取两种，
基本事件总数n＝C＝10，
取出的两种物质恰好是相克关系包含的基本事件个数m＝＝5，
则取出的两种物质恰好是相克关系的概率为p＝＝．
【点评】
本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.
【答案】
C
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
根据(1x−2)5展开式的通项公式，求得(x2+1)(1x−2)5展开式的常数项．
【解答】
解： (1x−2)5的展开式的通项公式为
Tr+1=C5r(1x)5−r(−2)r=C5r(−2)rxr−5，
令r−5=−2，r−5=0，
分别解得r=3，r=5，
∴ (x2+1)(1x−2)5的展开式的常数项
=1×C53(−2)3+1×1×(−2)5=−112．
故选C.
【点评】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题．
6.
【答案】
A
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
根据题意，分析可得函数f(x)的图象关于y轴对称，由偶函数的性质可得c＝f(ln）＝f(lnπ)，由对数的性质可得4ln3>41＝4>lnπ>lne＝1>2−e>0，结合函数的单调性分析可得答案．
【解答】
根据题意，函数y＝f(x−2)的图象关于直线x＝2对称，则函数f(x)的图象关于y轴对称，
即函数f(x)为偶函数，满足f(−x)＝f(x)，则c＝f(ln）＝f(lnπ)
4ln3>41＝4>lnπ>lne＝1>2−e>0
又由x∈(0, +∞)时，f(x)单调递增，
则有a>c>b；
【点评】
本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意分析函数的对称轴，属于基础题．
7.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
圆锥曲线的综合问题
【解析】
设|F1P|＝m，|F2P|＝n，|F1F2|＝2c，由余弦定理4c2＝m2+n2−mn，设a1是椭圆的长半轴，a1是双曲线的实半轴，由椭圆及双曲线定义，得m+n＝2a1，m−n＝2a2，由此能求出结果．
【解答】
设|F1P|＝m，|F2P|＝n，|F1F2|＝2c，由余弦定理得(2c)2＝m2+n2−2mncs60∘，
即4c2＝m2+n2−mn，
设a1是椭圆的长半轴，a2是双曲线的实半轴，
由椭圆及双曲线定义，得m+n＝2a1，m−n＝2a2，
∴ m＝a1+a2，n＝a1−a2，
将它们及离心率互为倒数关系代入前式得3a22−4c2+a12＝0，
a1＝3a2，e1⋅e2＝＝＝1，
解得e2＝．
【点评】
本题考查双曲线和椭圆的简单性质，解题时要认真审题，注意正确理解“完美曲线”的概念，是中档题．
8.
【答案】
C
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
令t＝，问题转化为关于t的方程20t2−8xt+x2−4x＝0有2个非负数根，得到关于x的不等式组，解出即可．
【解答】
令t＝，则y＝t2，
故x−4＝2即x−4t＝2，
两边平方得：(x−4t)2＝4(x−t2)，
整理得：20t2−8xt+x2−4x＝0(*)
∵ t≥0，∴ 关于t的方程(*)有2个非负数根，
∴ ，∴ x＝0或4≤x≤20，
故x的最大值是20，
【点评】
本题考查了方程根的问题，考查转化思想以及换元思想，是中档题．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
【答案】
A,D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【点评】
本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．
【答案】
A,C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
平面向量的基本定理
【解析】
运用向量的坐标，共线向量，向量垂直的充要条件，两点间的距离公式可得．
【解答】
根据题意得，由中点坐标公式知A正确；
只有平面直角坐标系中两点间的距离公式B才正确，未必是平面直角坐标系因此B错误；
由向量平行的充要条件得C正确；
当向量，是相互垂直的单位向量时，与垂直的充要条件为x1x2+y1y2＝0，因此D不正确；
【点评】
本题考查向量的坐标运算，共线向量的知识，向量垂直和平行的充要条件．
【答案】
B,C
【考点】
函数单调性的性质与判断
【解析】
由已知得(x1−x2)[f(x1)−f(x2)]>0，可得f(x)在R上单调递增，然后结合选项各函数进行分析即可．
【解答】
B:y＝f(x)＝3x−2(sinx−csx)，f′(x)＝3−2(csx−sinx)＝3−2cs(x+）>0恒成立，即f(x)在R上单调递增，符合题意（1）C：根据复合函数的单调性可知＝e2x+ln(2x+e)在R上单调递增，符合题意（2）D:y＝f(x)＝，f(0)＝0，f(2)＝0，不满足单调递增，不符合题意．
故选：BC．
【点评】
本题以新定义为载体，主要考查了函数单调性的定义及基本初等函数单调性的判断及应用，属于中档题．
【答案】
A,B,D
【考点】
曲线与方程
【解析】
利用题中给出的曲线的方程，通过将x变换为−x，即可判断选项A；通过方程，确定x和y的取值情况，即可判断选项B；利用基本不等式以及两点间距离公式进行分析求解，即可判断选项C；求出曲线C所围成的面积，即可判断选项D．
【解答】
对于B，当x＝0时，代入方程可得y2＝1，所以y＝±1，即曲线经过点(0, −1)，(0, 1)，
当x>0时，方程变为y2−xy+x2−1＝0，所以△＝x2−4(x2−1)≥0，解得，
因为x只能取整数1，当x＝1时，y2−y＝0，解得y＝0或y＝1，即曲线经过点(1, 0)，(1, 1)，
根据对称性，可得曲线还经过(−1, 0)，(−1, 1)，故曲线一共经过6个整点，故选项B正确（1）对于选项C，当x>0时，由x2+y2＝1+xy，可得，当且仅当x＝y取等号，
所以x2+y2≤2，所以，
故曲线C上y轴右边的点到原点的距离不超过，
根据对称性可得，曲线C上任意一点到原点的距离都不超过，故选项C错误（2）对于D，在x轴上方图形的面积大于矩形的面积1×2＝2，
在x轴下方图形的面积大于等腰直角三角形的面积，
因此曲线C所围成的“心形”区域的面积大于2+1＝3，故选项D正确．
故选：ABD．
【点评】
本题考查了曲线与方程的理解和应用，主要考查了对称性、面积等问题，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
x−y=0
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求导函数，求出切线的斜率，再求出切点的坐标，可得切线方程．
【解答】
解：∵ f(x)=xsinx，
∴ f′(x)=sinx+xcsx，
∴ f′(π2)=1，
∵ f(π2)=π2，
∴ 曲线f(x)=xsin x在点(π2, π2)处的切线方程是y−π2=x−π2，即x−y=0．
故答案为：x−y=0．
【点评】
本题考查导数的几何意义，考查切线方程，考查学生的计算能力，属于基础题．
【答案】
【考点】
两角和与差的三角函数
二倍角的三角函数
【解析】
由余弦的二倍角公式求得cs（−2α)的值，再由诱导公式知sin(2）＝−cs(2α−），从而得解．
【解答】
∵ sin（）＝，
∴ cs（−2α)＝1−2sin2（）＝1−2×＝，
∴ sin(2）＝sin[(2α−）-]＝−cs(2α−）＝−cs（−2α)＝．
【点评】
本题考查二倍角公式和诱导公式，考查学生的运算求解能力，属于基础题．
【答案】
[2，+∞)
【考点】
一元二次不等式的应用
【解析】
利用根与系数的关系求出b＝−7a，c＝12a，且a<0，再利用基本不等式求的取值范围．
【解答】
关于x的不等式ax2+bx+c>0(a, b, c∈R)的解集为{x|3
由根与系数的关系知，，
解得b＝−7a，c＝12a，
所以＝＝−24a−≥2＝2，
所以的取值范围是[2，+∞)．
【点评】
本题考查了一元二次不等式的解集应用问题，也考查了基本不等式的应用问题，是中档题．
【答案】
4−6
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
面体P−ABC中，，其余棱长都为2，取BC的中点D，连接PD，AD，则PD⊥BC，AD⊥BC，故∠BDA为二面角P−BC−A的平面角β，求出β，设Q到BC的距离为h，根据面积之比，求出AQ＝h，
得到Q的轨迹方程，与直线联立求出AB与圆弧的交点，得到h的最大值，再求出S2面积的最大值．
【解答】
四面体P−ABC中，，其余棱长都为2，
取BC的中点D，连接PD，AD，则PD⊥BC，AD⊥BC，
故∠BDA为二面角P−BC−A的平面角β，
因为等边三角形PBC，ABC，故PD＝AD＝＝PA，
故β＝60∘，
设Q到BC的距离为h，
则，
化简得，AQ＝h，
故点Q的轨迹为以点A为焦点，以BC为准线的抛物线在三角形ABC内部的一段弧，
如图建立直角坐标系，则抛物线的方程为，A(0，），
直线AB的方程为：，
由，得，
故圆弧与AB的交点横坐标为x＝，
则Q到BC的最大距离h＝，
故S2的最大值为．
【点评】
本题考查二面角，动点的轨迹方程，求面积的最大值等，考查运算能力和应用能力，中档题．
四、解答题：共70分，解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤．
【答案】
（1）∵ ，
∴ 由正弦定理可得：＝，
可得：＝，
可得：＝＝＝，
∵ sinB≠0，sinC≠0，
∴ 解得csA＝，
∵ A∈(0, π)，
∴ A＝；
（2）∵ A＝，，b＝3，
∴ 由余弦定理a2＝b2+c2−8bccsA，可得：13＝9+c2−5×，可得：c2−3c−7＝0，解得c＝4，
∴ S△ABC＝bcsinA＝．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【点评】
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
【答案】
证明：取AA1中点N，连结C1N，ND，取C1N中点E，连结EF，AE，
∵ AN // BD，AN＝BD，∴ 四边形ANDB为平行四边形，
∴ AB // ND，AB＝ND，∵ NE＝EC1，C1F＝FD，∴ ，
又∵ ，
∴ 四边形MAEF为平行四边形，∴ MF // AE，
∵ MF⊄面，AE⊂面，FM // 面；
在平面A1B1C1上过A1作垂直于A1B1的直线为x轴，分别以A1B1，A1A为y，z轴，
建系A1−xyz，，，
设平面FA1C1的法向量，，
取，．
平面A1B1C1的一个法向量，
设二面角F−A1C1−B1的大小为θ，．
【考点】
直线与平面平行
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）证明取AA1中点N，连结C1N，ND，取C1N中点E，连结EF，AE，说明四边形ANDB为平行四边形，然后证明四边形MAEF为平行四边形，推出MF // AE，即可证明FM // 面；
（2）在平面A1B1C1上过A1作垂直于A1B1的直线为x轴，分别以A1B1，A1A为y，z轴，建系A1−xyz，求出平面FA1C1的法向量，平面A1B1C1的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角F−A1C1−B1的余弦函数值即可．
【解答】
证明：取AA1中点N，连结C1N，ND，取C1N中点E，连结EF，AE，
∵ AN // BD，AN＝BD，∴ 四边形ANDB为平行四边形，
∴ AB // ND，AB＝ND，∵ NE＝EC1，C1F＝FD，∴ ，
又∵ ，
∴ 四边形MAEF为平行四边形，∴ MF // AE，
∵ MF⊄面，AE⊂面，FM // 面；
在平面A1B1C1上过A1作垂直于A1B1的直线为x轴，分别以A1B1，A1A为y，z轴，
建系A1−xyz，，，
设平面FA1C1的法向量，，
取，．
平面A1B1C1的一个法向量，
设二面角F−A1C1−B1的大小为θ，．
【点评】
本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面平行的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．
【答案】
证明：∵ ，
∴ ，∴ ．
由a1＝，a1+b1＝1，可得b1＝1−a1＝，＝−4，
∴ 数列是以−4为首项，−1为公差的等差数列．
∴ ，∴ ．
∵ ．anan+1＝＝-，
∴ ，
∴ ．
由条件可知(a−1)n2+(3a−6)n−8<0恒成立即可满足条件，
设f(n)＝(a−1)n2+3(a−2)n−8，当a＝1时，f(n)＝−3n−8<0恒成立，
当a>1时，由二次函数的性质知不可能成立．
当a<1时，对称轴，f(n)在[1, +∞)为单调递减函数．
f(1)＝(a−1)+(3a−6)−8＝4a−15<0，∴ ，即有a<1时，4aSn
数列的求和
数列递推式
【解析】
（1）由已知条件推得．结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；
（2）求得an，anan+1＝＝-，运用数列的裂项相消求和可得Sn，4aSn−bn，设f(n)＝(a−1)n2+3(a−2)n−8，讨论a＝1，a<1，a>1，结合二次函数的图象和性质，可得f(n)<0恒成立情况．
【解答】
证明：∵ ，
∴ ，∴ ．
由a1＝，a1+b1＝1，可得b1＝1−a1＝，＝−4，
∴ 数列是以−4为首项，−1为公差的等差数列．
∴ ，∴ ．
∵ ．anan+1＝＝-，
∴ ，
∴ ．
由条件可知(a−1)n2+(3a−6)n−8<0恒成立即可满足条件，
设f(n)＝(a−1)n2+3(a−2)n−8，当a＝1时，f(n)＝−3n−8<0恒成立，
当a>1时，由二次函数的性质知不可能成立．
当a<1时，对称轴，f(n)在[1, +∞)为单调递减函数．
f(1)＝(a−1)+(3a−6)−8＝4a−15<0，∴ ，即有a<1时，4aSn
本题考查等差数列的定义和通项公式以及数列的裂项相消求和、不等式恒成立问题的解法，考查二次函数的单调性的运用，以及化简运算能力、推理能力，属于中档题．
【答案】
证明：设P(x0, y0)，A(y12, y1)，B(y22, y2)，
因为直线PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程（）2＝的两个根，
即y2−2y0y+2x0−2y02＝0，的两个不同的实数根，
所以y1+y2＝2y0，
所以PM垂直于y轴．
根据题意可得F（，0)，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1＝y12，x2＝y22，
所以x1x2+y1y2＝y12y22+y1y2＝6，则y1y2＝−3或y1y2＝2，
因为A，B位于x轴的两侧，所以y1y2＝−3，
设直线AB的方程为x＝ty+m，
联立，得y2−ty−m＝0，
所以y1y2＝−m＝−3，则m＝3，
所以直线过定点(3, 0)，
所以S1+4S2＝×3×|y1−y2|+4××|y1|
＝×(y1−y2)+y1＝×(y1）+＝2y1+≥2＝6，
当且仅当2y1＝，即y1＝时取等号，
故S1+4S2的最小值为6．
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）设P(x0, y0)，A(y12, y1)，B(y22, y2)，由直线PA，PB的中点在抛物线上，推出y1，y2为y2−2y0y+2x0−2y02＝0的两个不同的实数根，由韦达定理可得答案．
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1＝y12，x2＝y22，设直线AB的方程为x＝ty+m，联立抛物线的方程，求出m，推出直线过定点(3, 0)，再由基本不等式可得S1+4S2的最小值．
【解答】
证明：设P(x0, y0)，A(y12, y1)，B(y22, y2)，
因为直线PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程（）2＝的两个根，
即y2−2y0y+2x0−2y02＝0，的两个不同的实数根，
所以y1+y2＝2y0，
所以PM垂直于y轴．
根据题意可得F（，0)，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1＝y12，x2＝y22，
所以x1x2+y1y2＝y12y22+y1y2＝6，则y1y2＝−3或y1y2＝2，
因为A，B位于x轴的两侧，所以y1y2＝−3，
设直线AB的方程为x＝ty+m，
联立，得y2−ty−m＝0，
所以y1y2＝−m＝−3，则m＝3，
所以直线过定点(3, 0)，
所以S1+4S2＝×3×|y1−y2|+4××|y1|
＝×(y1−y2)+y1＝×(y1）+＝2y1+≥2＝6，
当且仅当2y1＝，即y1＝时取等号，
故S1+4S2的最小值为6．
【点评】
本题考查直线与抛物线相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
【答案】
∵ 根据回归方程预估一名身高为180cm的员工体重为71kg，
∴ 71＝0.5×180+a，解得a=−19，故线性回归方程为y=0.5x−19．
∵ 样本中心点(x¯,y¯)一定在回归直线方程上，
∴ y¯=0.5×170−19=66．
由（1）知更正前的数据x¯=170,y¯=66，
∵ b=i=1n xiyi−nx¯y¯i=1n xi2−nx−2=i=18 xiyi−8x¯y¯i=18 xi2−8x¯2=0.5，
∴ i=18 xi2−8x2¯=2(i=18 xiyi−8x¯y¯)=2×(89920−8×170×66)＝320，
更正后的数据x′¯=x¯=170，y′¯=66×8+(63−55)8=67，
∴ ∑i=18 xi′yi′=i=18 xiyi+x8×8=i=18 xiyi+182×8，
8x′¯y′¯=8x¯(y¯+1)=8x¯y¯+8×170，
∴ b′=∑i=18 xi′yi′−8x′¯y′¯i=18 xi′2−8x′2¯=(i=18 xiyi+182×8)−(8x¯y¯+8×170)i=18 xi2−8x¯2=(i=18 xiyi−8x¯y¯)+(182−170)×8i=18 xi2−8x¯2=0.5+96320=0.8，
∴ a′=y′¯−b′x′¯=67−0.8×170=−69，
故更正后的线性回归方程为y=0.8x−69．
当x＝180时，y=0.8×180−69=75，
∴ 重新预估一名身高为180cm的员工的体重约为75kg．
【考点】
求解线性回归方程
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
【解析】
（I）由表中可知，8名员工中BMI数值为“正常”的员工有5人，所以X的可能取值为0，1，2，然后根据超几何分布计算概率的方式逐一求出每个X的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望；
(II)(1)由已知条件易知a=−19，从而得到线性回归方程，由于其一定经过样本中心点(x¯,y¯)，将样本中心点代入回归方程即可求得y¯；
（2）由b的计算公式可知i=18 xi2−8x2¯=2(i=18 xiyi−8x¯y¯)=320，而更正后的数据x′¯=x¯=170，y′¯=66×8+(63−55)8=67，再结合b′的公式即可求出其值，利用a′=y′¯−b′x′¯可求出a′，于是可得更正后的线性回归方程，最后把x＝180代入求出y即可．
【解答】
∵ 根据回归方程预估一名身高为180cm的员工体重为71kg，
∴ 71＝0.5×180+a，解得a=−19，故线性回归方程为y=0.5x−19．
∵ 样本中心点(x¯,y¯)一定在回归直线方程上，
∴ y¯=0.5×170−19=66．
由（1）知更正前的数据x¯=170,y¯=66，
∵ b=i=1n xiyi−nx¯y¯i=1n xi2−nx−2=i=18 xiyi−8x¯y¯i=18 xi2−8x¯2=0.5，
∴ i=18 xi2−8x2¯=2(i=18 xiyi−8x¯y¯)=2×(89920−8×170×66)＝320，
更正后的数据x′¯=x¯=170，y′¯=66×8+(63−55)8=67，
∴ ∑i=18 xi′yi′=i=18 xiyi+x8×8=i=18 xiyi+182×8，
8x′¯y′¯=8x¯(y¯+1)=8x¯y¯+8×170，
∴ b′=∑i=18 xi′yi′−8x′¯y′¯i=18 xi′2−8x′2¯=(i=18 xiyi+182×8)−(8x¯y¯+8×170)i=18 xi2−8x¯2=(i=18 xiyi−8x¯y¯)+(182−170)×8i=18 xi2−8x¯2=0.5+96320=0.8，
∴ a′=y′¯−b′x′¯=67−0.8×170=−69，
故更正后的线性回归方程为y=0.8x−69．
当x＝180时，y=0.8×180−69=75，
∴ 重新预估一名身高为180cm的员工的体重约为75kg．
【点评】
本题考查超几何分布、离散型随机变量的分布列和数学期望、线性回归方程的求法，考查学生对数据的分析与处理能力，属于中档题．
【答案】
解：(1)∵ f(x)=(ax2+x+a)e−x，
∴ f′(x)=(2ax+1)e−x−(ax2+x+a)e−x
=−e−x[ax2+(1−2a)x+a−1]
=−e−x(x−1)(ax+1−a)．
①当a=0时，f′(x)=−e−x(x−1)，
令f′(x)>0，得x<1，则f(x)在(−∞, 1)上单调递增；
f′(x)<0，得x>1，则f(x)在(1, +∞)上单调递减．
所以f(x)的极大值为f(1)=1e≠5e，故不符合题意；
②当a>0时，1−1a<1，
令f′(x)>0，得1−1a
则f(x)在(−∞,1−1a)，(1, +∞)上单调递减．
所以f(x)的极大值为f(1)=2a+1e=5e，
解得a=2．
综上所述，实数a的值为2．
(2)令g(a)=e−x(x2+1)a+xe−x，a≤0，
当x≥0时，e−x(x2+1)≥0，
所以g(a)在(−∞, 0]上单调递增，
所以g(a)≤g(0)=xe−x，x≥0，
所以原问题⇔xe−x≤bln(x+1)在x∈[0, +∞)上恒成立．
①当b≤0时，∀x>0，bln(x+1)<0，xe−x>0，
此时xe−x>bln(x+1)，不符合题意；
②当b>0时，令h(x)=bln(x+1)−xe−x，x≥0，
则h′(x)=bx+1−(e−x−xe−x)
=bex+x2−1(x+1)ex，其中(x+1)ex>0，x≥0，
令p(x)=bex+x2−1，x≥0，则p(x)在区间[0, +∞)上单调递增，
(i)当b≥1时，p(x)≥p(0)=b−1≥0，
所以对∀x≥0，h′(x)≥0，从而h(x)在[0, +∞)上单调递增，
所以对任意x≥0，h(x)≥h(0)=0，
即不等式bln(x+1)≥xe−x在x∈[0, +∞)上恒成立；
(ii)当0
且p(x)在区间[0, +∞)上单调递增，
所以存在唯一的x0∈(0, 1)，使得p(x0)=0，且x∈(0, x0)时，p(x0)<0，
从而x∈(0, x0)时，h′(x)<0，
所以h(x)在区间(0, x0)上单调递减，
则x∈(0, x0)时，h(x)
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
(1)求得f(x)的导数，并分解因式，讨论a＝0，a>0，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，可得f(x)的极大值，解方程可得a的值；
(2)令g(a)＝e−x(x2+x)a+xe−x，a≤0，讨论g(a)的单调性，可得g(a)的最大值，原问题⇔xe−x≤bln(x+1)于x∈[0, +∞)上恒成立．讨论b的符号，结合函数的单调性、函数零点存在定理，即可得到所求b的范围．
【解答】
解：(1)∵ f(x)=(ax2+x+a)e−x，
∴ f′(x)=(2ax+1)e−x−(ax2+x+a)e−x
=−e−x[ax2+(1−2a)x+a−1]
=−e−x(x−1)(ax+1−a)．
①当a=0时，f′(x)=−e−x(x−1)，
令f′(x)>0，得x<1，则f(x)在(−∞, 1)上单调递增；
f′(x)<0，得x>1，则f(x)在(1, +∞)上单调递减．
所以f(x)的极大值为f(1)=1e≠5e，故不符合题意；
②当a>0时，1−1a<1，
令f′(x)>0，得1−1a
则f(x)在(−∞,1−1a)，(1, +∞)上单调递减．
所以f(x)的极大值为f(1)=2a+1e=5e，
解得a=2．
综上所述，实数a的值为2．
(2)令g(a)=e−x(x2+1)a+xe−x，a≤0，
当x≥0时，e−x(x2+1)≥0，
所以g(a)在(−∞, 0]上单调递增，
所以g(a)≤g(0)=xe−x，x≥0，
所以原问题⇔xe−x≤bln(x+1)在x∈[0, +∞)上恒成立．
①当b≤0时，∀x>0，bln(x+1)<0，xe−x>0，
此时xe−x>bln(x+1)，不符合题意；
②当b>0时，令h(x)=bln(x+1)−xe−x，x≥0，
则h′(x)=bx+1−(e−x−xe−x)
=bex+x2−1(x+1)ex，其中(x+1)ex>0，x≥0，
令p(x)=bex+x2−1，x≥0，则p(x)在区间[0, +∞)上单调递增，
(i)当b≥1时，p(x)≥p(0)=b−1≥0，
所以对∀x≥0，h′(x)≥0，从而h(x)在[0, +∞)上单调递增，
所以对任意x≥0，h(x)≥h(0)=0，
即不等式bln(x+1)≥xe−x在x∈[0, +∞)上恒成立；
(ii)当0
且p(x)在区间[0, +∞)上单调递增，
所以存在唯一的x0∈(0, 1)，使得p(x0)=0，且x∈(0, x0)时，p(x0)<0，
从而x∈(0, x0)时，h′(x)<0，
所以h(x)在区间(0, x0)上单调递减，
则x∈(0, x0)时，h(x)
【点评】
本题考查导数的运用：求单调性和极值，考查分类讨论思想方法，以及不等式恒成立问题解法，注意运用构造函数法和函数的单调性，考查化简整理的运算能力、推理能力，属于难题．编号
1
2
3
4
5
6
7
8
身高(cm)
164
176
165
163
170
172
168
182
体重(kg)
60
72
77
54
●
●
72
55
BMI（近似值）
22.3
23.2
28.3
20.3
23.5
23.7
25.5
16.6
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