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2021年山东省烟台市高考数学诊断性试卷（一模）（含解析）
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这是一份2021年山东省烟台市高考数学诊断性试卷（一模）（含解析），共23页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
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2021年山东省烟台市高考数学诊断性试卷（一模）
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共7题）
1. 已知集合A={x|−x2+2x>0}，B={x|x>1}，则A∩∁RB=( )
A.(0,1) B.(0,1] C.(−∞,0) D.(1,2)
2. (1−x2)(x−2)6展开式中含x2项的系数为( )
A.240 B.−240 C.176 D.−176
3. 已知F为抛物线C：y2=8x的焦点，直线l与C交于A，B两点，若AB中点的横坐标为4，则|AF|+|BF|=( )
A.8 B.10 C.12 D.16
4. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P(单位：mg/L)与时间t(单位：ℎ)间的关系式为P=P0e−kt，其中P0，k为正的常数.如果一定量的废气在前10ℎ的过滤过程中污染物被消除了20％，那么污染物减少到最初含量的50％还需要经过多长时间？( )(结果四舍五入取整数，参考数据：ln2≈0.693，ln5≈1.609)
A.11ℎ B.21ℎ C.31ℎ D.41ℎ
5. 平行四边形ABCD中，AB=4，AD=3，∠BAD=60°，Q为CD中点，点P在对角线BD上，且BP=λBD，若AP⊥BQ，则λ=( )
A.14 B.12
C.23 D.34
6. 已知f(x)是定义在R上的奇函数，f(2−x)=f(x)，当x∈[0,1]时，f(x)=x3，则( )
A.f(2021)=0
B.2是f(x)的一个周期
C.当x∈(1,3)时，f(x)=(1−x)3
D.f(x)>0的解集为(4k,4k+2)(k∈Z)
7. 某校数学兴趣小组设计了一种螺线，作法如下：在水平直线l上取长度为2的线段AB，并作等边三角形ABC，第一次画线：以点B为圆心、BA为半径逆时针画圆弧，交线段CB的延长线于点D；第二次画线：以点C为圆心、CD为半径逆时针画圆弧，交线段AC的延长线于点E；以此类推，得到的螺线如图所示，则( )
A.第二次画线的圆弧长度为4π3
B.前三次画线的圆弧总长度为4π
C.在螺线与直线l恰有4个交点(不含A点)时停止画线，此时螺线的总长度为30π
D.在螺线与直线l恰有6个交点(不含A点)时停止画线，此时螺线的总长度为60π
评卷人
得分
二、 选择题（共5题）
8. 已知i为虚数单位，若复数z=，则|z|=（ ）
A.
B.5
C.
D.3
9. 若0<a<b<1，c>1，则( )
A.ca<cb
B.bac<abc
C.b−ac−a<bc
D.logac<logbc
10. 已知双曲线C：x2m−y2m+7=1(m∈R)的一条渐近线方程为4x−3y=0，则( )
A.(7,0)为C的一个焦点
B.双曲线C的离心率为53
C.过点(5,0)作直线与C交于A，B两点，则满足|AB|=15的直线有且只有两条
D.设A，B，M为C上三点且A，B关于原点对称，则MA，MB斜率存在时其乘积为169
11. 已知函数f(x)=2|sinx|+|cosx|−1，则( )
A.f(x)在[0,π2]上单调递增
B.直线x=π2是f(x)图象的一条对称轴
C.方程f(x)=1在[0,π]上有三个实根
D.f(x)的最小值为−1
12. 骰子通常作为桌上游戏的小道具.最常见的骰子是六面骰，它是一个质地均匀的正方体，六个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6.现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第n关要抛掷六面骰n次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于2n+n，则算闯过第n关，n=1，2，3，4.假定每次闯关互不影响，则( )
A.直接挑战第2关并过关的概率为712
B.连续挑战前两关并过关的概率为524
C.若直接挑战第3关，设A=“三个点数之和等于15”，B=“至少出现一个5点”，则P(A|B)=113
D.若直接挑战第4关，则过关的概率是351296
评卷人
得分
三、 单空题（共2题）
13. 已知α∈(0,π2)，若sin(π2+2α)=13，则tanα的值为 ______ .
14. 2021年2月25日，全国脱贫攻坚总结表彰大会在北京举行，习近平总书记庄严宣告我国脱贫攻坚战取得了全面胜利.已知在党委政府精准扶贫政策下，自2017年起某地区贫困户第x年的年人均收入y(单位：万元)的统计数据如表：
年份
2017
2018
2019
2020
年份编号x
1
2
3
4
年人均收入y
0.6
0.8
1.1
1.5
根据如表可得回归方程y=bx+a中的b为0.3，据此模型预报该地区贫困户2021年的年人均收入为 ______(单位：万元).
评卷人
得分
四、 填空题（共2题）
15. 已知点A为直线l：y=3x上一点，且A位于第一象限，点B(10,0)，以AB为直径的圆与l交于点C(异于A)，若∠CBA⩾60°，则点A的横坐标的取值范围为 ______ .
16. 已知正三棱锥P−ABC的底面边长为2，侧棱长为13，其内切球与两侧面PAB，PBC分别切于点M，N，则MN的长度为 ______ .
评卷人
得分
五、 解答题（共6题）
17. 在①a3+a5=14，②S4=28，③a8是a5与a13的等比中项，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.
问题：已知{an}为公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，{bn}为等比数列，其前n项和Tn=2n+λ，λ为常数，a1=b1，___.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)令cn=[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，求c1+c2+c3+…+c100的值.
18. 将函数f(x)=sinx+3cosx图象上所有点向右平移π6个单位长度，然后横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象.
(1)求函数g(x)的解析式及单调递增区间；
(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin(π3−B)cos(π6+B)=14，c=g(π6)，b=23，求△ABC的面积.
19. 如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，AP=PD，将三角形PAD沿AD折起使平面PAD⊥平面ABCD.
(1)若M为PC上一点，且满足BM⊥PD，求证：PD⊥AM；
(2)若二面角B−PC−D的余弦值为−105，求AP的长.
20. 某品牌餐饮企业为满足人们餐饮需求、丰富产品花色、提高企业竞争力，研发了一款新产品.该产品每份成本60元，售价80元，产品保质期为两天，若两天内未售出，则产品过期报废.由于烹制工艺复杂，该产品在最初推广阶段由企业每两天统一生产、集中配送一次.该企业为决策每两天的产量，选取旗下的直营连锁店进行试销，统计并整理连续30天的日销量(单位：百份)，假定该款新产品每口销量相互独立，得到如图的柱状图.
(1)记两天中销售该新产品的总份数为ξ(单位：百份)，求ξ的分布列和数学期望；
(2)以该新产品两天内获得利润较大为决策依据，在每两天生产配送27百份、28百份两种方案中应选择哪种？
21. 已知F1，F2分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，A为椭圆的上顶点，△AF1F2是面积为4的直角三角形.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设圆O：x2+y2=83上任意一点P处的切线l交椭圆C于点M，N，问：PM∙PN是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由.
22. 已知函数f(x)=12x2+cosx，f'(x)为f(x)的导函数.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)设函数g(x)=(x22−x+sinx+cosx2)ex−a(16x3+sinx−x)，a∈R，讨论g(x)的单调性；
(3)当x⩾0时，f'(x)⩽ex+bx−1，求实数b的取值范围.
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】B
【解析】解：∵A={x|0<x<2}，B={x|x>1}，
∴∁RB={x|x⩽1}，A∩∁RB=(0,1].
故选：B.
可求出集合A，然后进行交集和补集的运算即可．
本题考查了描述法和区间的定义，一元二次不等式的解法，交集和补集的运算，考查了计算能力，属于基础题．
2. 【答案】C
【解析】解：(1−x2)(x−2)6展开式中含x2项有两部分组成，
①第一个括号中提供常数1时，(x−2)6应提供x2项；
②第一个括号中提供常数−x2时，(x−2)6应提供常数项，
所以(1−x2)(x−2)6展开式中含x2项的系数为：1×C62⋅(−2)4−C60(−2)6=240−64=176，
故选：C.
依题意，可分两种情况，第一个括号中提供常数1时，(x−2)6应提供x2项；第一个括号中提供常数−x2时，(x−2)6应提供常数项，从而可得答案．
本题考查二项式定理，利用组合法解决简单明了，考查数学运算核心素养，属于中档题．
3. 【答案】C
【解析】解：F为抛物线C：y2=8x的焦点(2,0)，准线方程x=−2，
由题设知知线段AB的中点到准线的距离为：4+2=6，
设A，B两点到准线的距离分别为d1，d2，
由抛物线的定义知：
|AB|=|AF|+|BF|=d1+d2=2×6=12.
故选：C.
线段AB的中点到准线的距离为6，设A，B两点到准线的距离分别为d1，d2，由抛物线的定义知|AF|+|BF|的值．
本题考查抛物线的性质和应用，正确运用抛物线的定义是关键，是中档题．
4. 【答案】C
【解析】解：令t=10，则P=(1−20％)P0=P0e−10k，
所以−10k=ln0.8=−ln54，所以k=110ln54=110(ln5−ln4)=110(ln5−2ln2)≈0.0233，
当P=50％P0时，有50％P0=P0e−kt，
所以50％P0=P0e−0.0233t，即ln0.5=−0.0233t，
所以−ln2=−0.0233t，则t=ln20.0233≈31ℎ，
故选：C.
先根据已知求出k，然后令P=50％P0，化简即可求解．
本题考查了函数的实际应用，涉及到指数，对数的运算性质，考查了学生的运算能力，属于中档题．
5. 【答案】A
【解析】解：根据题意，如图：
AP=AB+BP=AB+λBD=AB+λ(AD−AB)=(1−λ)AB+λAD，
BQ=BC+CQ=BC+12CD=AD−12AB，
若AP⊥BQ，则AP⋅BQ=[(1−λ)AB+λAD]⋅(AD−12AB)=λ−12AB2+λAD2+(1−3λ2)AB⋅AD=0，
变形可得：8λ−2=0，
解可得：λ=14，
故选：A.
根据题意，由向量的线性运算法则用AB、AD表示AP、BQ，由数量积的运算公式可得AP⋅BQ=0，变形求出λ的值，即可得答案．
本题考查向量的线性运算以及数量积的计算，涉及向量垂直的判断，属于基础题．
6. 【答案】D
【解析】解：根据题意，f(x)是定义在R上的奇函数，则f(x)=−f(−x)，
又由f(2−x)=f(x)，则f(2−x)=−f(−x)，变形可得f(x+2)=−f(x)，
则有f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，即f(x)是周期为4的周期函数，B错误，
又由x∈[0,1]时，f(x)=x3，则f(2021)=f(1+4×505)=f(1)=1，A错误，
当x∈[−1,0]时，−x∈[0,1]，则有f(−x)=(−x)3=−x3，
又由f(x)为奇函数，则f(x)=−f(−x)=x3，
则在区间[−1,1]上，f(x)=x3，
当x∈[1,3]时，2−x∈[−1,2]，则f(2−x)=(2−x)3，
又由f(2−x)=f(x)，则f(x)=f(2−x)=(2−x)3，C错误，
综合可得：f(x)=x3,x∈[−1,1](2−x)3,x∈[1,3]，
在区间[−1,3]上，若f(x)>0，必有0<x<2，
又由f(x)是周期为4的周期函数，则f(x)>0的解集为(4k,4k+2)，D正确，
故选：D.
根据题意，由函数的奇偶性和对称性分析f(x)的周期，可得B错误，再利用周期和解析式求出f(2021)的值，可得A错误，进而求出f(x)在区间[−1,3]上的解析式，可得C错误，利用周期性分析f(x)>0的解集，可得D正确，即可得答案．
本题考查抽象函数的性质以及应用，涉及函数奇偶性、周期性的判断，属于基础题．
7. 【答案】D
【解析】解：第1次画线：以点B为圆心，r=2，旋转2π3，划过的圆弧长为2×2π3=4π3；
第2次画线：以点C为圆心，r=4，旋转2π3，划过的圆弧长为4×2π3=8π3，故选项A错误，交l累计1次；
第3次画线：以点A为圆心，r=6，旋转2π3，划过的圆弧长为6×2π3=12π3=4π，故选项B错误，交l累计2次；
第4次画线：以点B为圆心，r=8，旋转2π3，划过的圆弧长为8×2π3=16π3；
第5次画线：以点C为圆心，r=10，旋转2π3，划过的圆弧长为10×2π3=20π3，交l累计3次；
前5次累计画线4π3+8π3+12π3+16π3+20π3=20π，
第6次画线：以点A为圆心，r=12，旋转2π3，划过的圆弧长为12×2π3=24π3=8π，交l累计4次，累计画线20π+8π=28π，故选项C错误；
第7次画线：以点B为圆心，r=14，旋转2π3，划过的圆弧长为14×2π3=28π3；
第8次画线：以点C为圆心，r=16，旋转2π3，划过的圆弧长为16×2π3=32π3，交l累计5次；
第7次画线：以点A为圆心，r=18，旋转2π3，划过的圆弧长为18×2π3=36π3=12π，交l累计6次，累计画线28π+28π3+32π3+12π=60π，故选项D正确．
故选：D.
根据题意，找到螺线画法的规律，由此对选项逐一分析，从而得到答案．
本题考查了新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，考查了逻辑推理能力与计算能力，属于中档题．
二、 选择题
8. 【答案】A
【解析】解：z==，
则|z|=．
故选：A．
直接由复数代数形式的乘除运算化简复数z，再由复数求模公式计算得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题．
9. 【答案】ABC
【解析】解：因为0<a<b<1，c>1，由指数函数的性质可得ca<cb，故A正确；
因为0<a<b<1，所以0<ab<1，
因为c>1，所以c−1>0，
所以(ab)c−1<1，所以bacabc<1，即bac<abc，故B正确；
b−ac−a−bc=a(b−c)c(c−a)，因为b−c<0，c−a>0，所以a(b−c)c(c−a)<0，
所以b−ac−a<bc，故C正确；
由0<a<b<1，c>1，可得logca<logcb<0，
所以1logac<1logbc<0，所以logbc<logac，故D错误；
故选：ABC.
由指数函数的性质可判断选项A，B；利用作差法即可判断选项C；利用对数函数的性质即可判断选项D.
本题主要考查不等式的基本性质，考查函数思想与逻辑推理能力，属于中档题．
10. 【答案】BD
【解析】解：双曲线C：x2m−y2m+7=1(m∈R)的一条渐近线方程为4x−3y=0，
可得m+7m=169，解得m=9，
则双曲线的方程为x29−y216=1，
可得a=3，b=4，c=5，焦点为(±5,0)，故A错误；
双曲线的离心率为e=ca=53，故B正确；
过右焦点(5,0)作直线与C交于A，B两点，
若A，B均在右支上，可得|AB|⩾2b2a=323，
而15>323，可得这样的直线有两条；
若A，B分别在双曲线的左、右支上，可得|AB|⩾2a=6，
而15>6，可得这样的直线有两条，则满足|AB|=15的直线共有4条，故C错误；
设A(m,n)，B(−m,−n)，M(s,t)，可得m29−n216=1，s29−t216=1，
两式相减可得(m−s)(m+s)9=(n+t)(n−t)16，
即有MA，MB斜率存在时其乘积为n−tm−s⋅n+tm+s=169，
故D正确．
故选：BD.
由渐近线方程，可得m的方程，求得m，可得a，b，c，可判断A；由双曲线的离心率公式，计算可判断B；分别讨论A，B分别在左、右两支上和都在右支上，结合弦的最小值，可判断C；由点差法和直线的斜率公式，计算可判断D.
本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和双曲线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
11. 【答案】BC
【解析】解：函数f(x)=2|sinx|+|cosx|−1，=
对于A：由于x∈[0,π2]时，f(x)=2sinx+cosx−1=5sin(x+θ)−1(tanθ=12)，
当x=π2−θ时，函数达到最大值，故函数在[0,π2−θ]上单调递增，故A错误；
对于B：f(π2−x)=2|sin(π2−x)|+|cos(π2−x)|−1=2|sin(π2+x)|+|cos(π2+x)|−1=f(π2+x)，故函数的图象关于x=π2对称，故B正确；
对于C：当x∈[0,π2]时，f(x)=2sinx+cosx−1=5sin(x+θ)−1，
令f(x)=1，则f(π2)=2−0−1=1，f(0)=0，由于函数在[0,π2]内满足f(π2−θ)=5−1>1，
所以在x∈[0,π2−θ]满足一个x0，使得f(x0)=1，故有一实根；
当x∈[π2,π]时，f(x)=2sinx−cosx−1=5sin(x−α)−1，tanα=−12，
则函数f(x)在[π2,π2−α]上单调递增，在x∈[π2−α,π]上单调递减，
且满足f(π)=1−1=0，f(π2)=1，f(π2+α)=5−1>1，
所以存在一个实数α，使得函数f(x)在[0,π]上存在，θ，π2，α，使得f(x)=1，故C正确；
对于D：函数的周期为π，故在f(0)=0，f(π2)=1，由于函数关于x=π2对称，f(π)=0，故不存在x，使得f(x)的最小值为−1，故D错误．
故选：BC.
直接利用分类讨论思想的应用，对函数的关系式进一步变换，进一步利用正弦型函数的性质的应用和零点定理的应用判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，零点定理，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
12. 【答案】ACD
【解析】解：对于A，直接挑战第2关，则2n+n=22+2=6，
所以投掷两次点数之和应大于6，
故直接挑战第2关并过关的概率为P1=1+2+3+4+5+66×6=712，故选项A正确；
对于B，闯第1关时，2n+n=2+1=3，
所以挑战第1关通过的概率为P2=12，
则连续挑战前两关并过关的概率为P=P1P2=12×712=724，故选项B错误；
对于C，由题意可知，抛掷3次的基本事件有63=216个，
抛掷3次至少出现一个5点的基本事件共有63−53=216−125=91个，
故P(B)=91216，
而事件AB包括：含5，5，5的1个，含4，5，6的有6个，一共有7个，
故P(AB)=7216，所以P(A|B)=P(AB)P(B)=7216×21691=113，故选C正确；
对于D，当n=4时，2n+n=24+4=20，基本事件共有64个，
“4次点数之和大于20”包含以下情况：
含5，5，5，6的有4个，含5，5，6，6的有6个，含6，6，6，6的有1个，含4，6，6，6的有4个，
含5，6，6，6的有1个，含4，5，6，6的有12个，含3，6，6，6的有4个，
所以共有4+6+1+4+4+12+4=35个，
所以直接挑战第4关，则过关的概率是P4=356×6×6×6=351296，故选项D正确．
故选：ACD.
分别求出基本事件的总数，求出符合条件的事件数，然后利用条件概率以及古典概型的概率公式进行求解，对每个选项逐一判断即可．
本题考查了概率问题的求解，主要考查了条件概率与独立事件的概率，解题的关键是求出基本事件的总数以及符合条件的事件数，属于中档题．
三、 单空题
13. 【答案】
【解析】解：因为sin(π2+2α)=13，
所以cos2α=13，
因为cos2α=cos2α−sin2α=cos2α−sin2αcos2α+sin2α=1−tan2α1+tan2α=13，
所以tan2α=12，
因为α∈(0,π2)，所以tanα=22.
故答案为：22.
由诱导公式可得cos2α=13，再结合余弦的二倍角公式与同除余弦，即可得解．
本题考查二倍角公式，同角三角函数的商数关系以及诱导公式，对于齐次式，采用“同除余弦可化切”的处理方法是解题的关键，考查学生的运算求解能力，属于基础题．
14. 【答案】1.75
【解析】解：x−=1+2+3+44=2.5，y−=0.6+0.8+1.1+1.54=1，
样本中心点的坐标为(2.5,1)，代入y=0.3x+a中，
可得a=1−0.3×2.5=0.25，
则y=0.3x+0.25，把x=5代入，可得y=0.3×5+0.25=1.75(万元).
故答案为：1.75.
由已知求得样本中心点的坐标，代入线性回归方程求得a，在线性回归方程中，取x=5求得y得答案．
本题考查线性回归方程的求法，明确线性回归方程恒过样本点的中心是关键，是基础题．
四、 填空题
15. 【答案】[1+3，+∞）
【解析】解：设点A的坐标为(a,3a)，a>0，则|AO|=10a，
如图所示，过点A作AH⊥x轴，
由面积相等可得12|OB||AH|=12|OA||BC|，
即12×10×3a=12×10a×|BC|，所以|BC|=310，
所以在直角三角形ABC中，cos∠CBA=|BC||AB|=310(a−10)2+(3a)2=3a2−2a+10，
因为∠CBA⩾60°，所以cos∠CBA⩽12，
即3a2−2a+10⩽12化简可得a2−2a−26⩾0，即(a−1)2⩾27，
所以a⩾33+1或a⩽1−33(舍去)，
所以实数a的取值范围为[33+1,+∞),
故答案为：[33+1,+∞).
设出点A的坐标，过点A作AH⊥x轴，利用圆的性质以及三角形面积相等建立等式关系，求出|BC|的长度，然后在直角三角形ABC中表示出角CBA的余弦值，利用角的范围建立不等式关系，由此即可求解．
本题考查了直线与圆位置关系的应用，考查了学生的运算推理能力，是中档题．
16. 【答案】
【解析】解：设正三棱锥的内切球的半径为R，M为内切球与侧面PAB的切点，Q为侧面上切点所在小圆的圆心，半径为r，如图所示，
因为△ABC为等边三角形，
所以CD=BC2−BD2=3，CH=23CD=233，
DH=13CD=33，PH=PC2−CH2=13−129=1053，
因为△POM∽△PDH，
所以OMDH=POPD，即R33=PH−RPD，
因为PD=PB2−BD2=13−1=23，
所以R33=1053−R23，解得R=10521，
因为sin∠OMQ=sin∠PDH=PHPD=356，
所以r=MQ=Rcos∠OMQ=Rsin∠PMQ=Rsin∠PDH=356R，
由正三棱锥的定义可知，内切圆与三个侧面相切，切点构成的三角形为等边三角形，故∠QMN=120°，
由余弦定理可得MN2=r2+r2−2r2cos120°=3r2=3×3536×521=2536，
所以MN=56.
故答案为：56.
根据正三棱锥的性质结合图形，利用比例关系求出内切圆半径，再求出侧面切点所在圆的半径，即可求出MN的长度．
本题考查了正棱锥的几何性质、正三角形的几何性质的应用，利用相似三角形求出内切球的半径是解题的关键，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
五、 解答题
17. 【答案】解：选①a3+a5=14，（1）设{an}的公差为d，d不为零，{bn}的公比为q，
由已知可得b2=T2-T1=2，b3=T3-T2=4，
所以q==2，则bn=b2qn-2=2×2n-2=2n-1；
故a1=b1=1，
则1+2d+1+4d=14，解得d=2，所以an=1+2（n-1）=2n-1；
（2）由cn=[lgan]，
则c1=c2=c3=c4=c5=0，c6=c7=…=c50=1，c51=c52=…=c100=2，
所以c1+c2+c3+…+c100=1×45+2×50=145．
选②S4=28．
（1）设{an}的公差为d，d不为零，{bn}的公比为q，
由已知可得b2=T2-T1=2，b3=T3-T2=4，
所以q==2，则bn=b2qn-2=2×2n-2=2n-1；
故a1=b1=1，
由S4=28，可得4×1+×d=28，解得d=4，
所以an=4n-3；
（2）由cn=[lgan]，
则c1=c2=c3=0，c4=c5=…=c25=1，c26=c27=…=c100=2，
所以c1+c2+c3+…+c100=1×22+2×75=172．
选③a8是a5与a13的等比中项，
（1）设{an}的公差为d，d不为零，{bn}的公比为q，
由已知可得b2=T2-T1=2，b3=T3-T2=4，
所以q==2，则bn=b2qn-2=2×2n-2=2n-1；
故a1=b1=1，
由a8是a5与a13的等比中项，可得a82=a5a13，
即（1+7d）2=（1+4d）（1+12d），
解得d=2，则an=1+2（n-1）=2n-1；
（2）由cn=[lgan]，
则c1=c2=c3=c4=c5=0，c6=c7=…=c50=1，c51=c52=…=c100=2，
所以c1+c2+c3+…+c100=1×45+2×50=145．
【解析】
(1)设{an}的公差为d，d不为零，{bn}的公比为q，结合等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，解方程可得公差和公比，进而得到所求；
(2)由cn=[lgan]，{an}的通项公式和[x]的定义，求得cn的特点，计算可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18. 【答案】解：（1）函数f（x）=sinx+cosx=2sin（x+）图象，
函数f（x）上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），
得到函数g（x）=2sin（2x+）的图象．
令：（k∈Z），
整理得：（k∈Z），
故函数的单调递增区间为：[]（k∈Z）．
（2）由c=g（）=2sin（）=2，
故c=2，
sin（-B）cos（+B）=，
整理得，
由于B∈（0，π），
所以，
①当，解得B=，
由余弦定理：b2=a2+c2-2accosB，
解得：，
所以：．
②当时，解得B=．
由勾股定理：解得，
所以．
【解析】
(1)直接利用三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出结果；
(2)利用余弦定理和三角形面积公式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
19. 【答案】（1）证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊂平面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以PD⊥AB，
又PD⊥BM，AB∩BM=B，AB，BM⊂平面ABM，
所以PD⊥平面ABM，又AM⊂平面ABM，
所以PD⊥AM；
（2）解：取AD的中点O，以O为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设OP=a，
则B（1，2，0），C（-1，2，0），D（-1，0，0），P（0，0，a），
所以，
设平面PBC的法向量为，
则有，即，
令y=a，则x=0，z=2，故，
设平面PCD的法向量为，
则有，即，
令p=a，则q=0，r=-1，故，
因为二面角B-PC-D的余弦值为，
所以，解得a=1，
所以AP==．
【解析】
(1)利用面面垂直的性质证明AB⊥平面PAD，从而可证PD⊥AB，又PD⊥BM，由线面垂直的判定定理可证明PD⊥平面ABM，即可证明PD⊥AM；
(2)建立空间直角坐标系，设OP=a，然后求出所需点的坐标，利用待定系数法求出平面PBC和平面PCD的法向量，由向量的夹角公式列出关于a的等式，求出a的值，即可求出AP的值．
本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理的应用，在有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
20. 【答案】解：（1）根据题意可得：
ξ的所有可能取值为24，25，26，27，28，29，30，
P（ξ=24）==，
P（ξ=25）==，
P（ξ=26）==，
P（ξ=27）==，
P（ξ=28）==，
P（ξ=29）==，
P（ξ=30）==，
∴ξ的分布列为：
ξ
24
25
26
27
28
29
30
P
E（ξ）=+=27.4．
（2）当每天生产配送27百份时，利润为：
（24×20-3×60）×+（26×20-1×60）×+27×=514.4（百元），
当每两天生产配送28百份时，利润为：
（24×20-4×60）×+（26×20-2×60）×+（27×20-1×60）×=492.8（百元），
∵514.4＞492.8，∴选择每天生产配送27百份．
【解析】
(1)根据题意可得ξ的所有可能取值为24，25，26，27，28，29，30，分别求出相应的概率，能求出ξ的分布列和E(ξ).
(2)分别求出每天生产配送27百份时的利润和每天生产配送28百份时的利润，推导出选择每天生产配送27百份．
本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的运算，涉及到条形统计图、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是中档题．
21. 【答案】解：（1）由A为椭圆的上顶点，△AF1F2是面积为4的直角三角形．
可得：•2c•b=4，且b=c，
解得：b=c=2，所以a2=2b2=8，
所以椭圆的方程为：+=1；
（2）当切线l的斜率不存在时，其方程x=±，
将x=代入椭圆的方程：+=1得y=±，设M（，），N（，），
又P（，0），所以•=-，
同理可得x=-，也有•=-，
当切线l的斜率存在时，设方程为：y=kx+m，设M（x1，y1），N（x2，y2），
直线l与圆O：x2+y2=相切，所以=，即3m2=8+8k2，联立，整理可得：（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8=0，
x1+x2=-，x1x2=，
又因为•=（+）•（+）=||2-（+）•+•=-||2+•，
又•=x1x2+y1y2=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=（1+k2）x1x2+km（x1+x2）+m2=++m2=，
因为3m2=8+8k2，
所以•=0，
综上所述：•=-．
【解析】
(1)由△AF1F2是面积为4的直角三角形可得b，c的值，再由a，b，c的值求出a的值，进而求出椭圆的方程；
(2)分切线的斜率不存在时，求出P，M，N的坐标可得PM∙PN为定值，当切线的斜率存在时，设切线l的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，再由直线与圆相切可得参数的关系，将数量积PM∙PN转化−|PO|2+ON⋅OM，然后求出数量积OM∙ON的表达式，再由参数的范围可得OM∙ON的值为0，可得PM∙PN为定值−83.
本题考查求椭圆的方程及直线与圆相切的性质和直线与椭圆的综合，属于中档题．
22. 【答案】解：（1）f′（x）=x-sinx，
因为（x-sinx）′=1-cosx≥0，
所以f′（x）在（-∞，+∞）单调递增，又f′（0）=0，
所以当x∈（-∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x=0时，f（x）的极小值f（0）=1，无极大值．
（2）g′（x）=（+cosx-1）（ex-a），
由（1）知，f（x）≥f（0），即+cosx-1≥0，
当a≤0时，ex-a＞0，g′（x）≥0，g（x）在（-∞，+∞）上单调递增，
当a＞0时，令ex-a=0，得x=lna，
于是当x∈（-∞，lna），ex-a＜0，g′（x）≤0，g（x）单调递减，
当x∈（lna，+∞），ex-a＞0，g′（x）≥0，g（x）单调递增，
综上，当a≤0时，g（x）在（-∞，+∞）单调递增，
当a＞0时，g（x）在（-∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）单调递增．
（3）令h（x）=f′（x）-ex-bx+1，
则h（x）=-ex+（1-b）x-sinx+1，x∈[0，+∞），
h′（x）=-ex-cosx+1-b，
h′（x）的导函数h″（x）=-ex+sinx，
因为x∈[0，+∞），所以h″（x）≤-1+sinx≤0，
h′（x）=-ex+sinx在[0，+∞）上单调递减，
当b≥-1时，对任意x≥0时，h′（x）≤h′（0）=-1-b≤0，
所以h（x）在[0，+∞）上单调递减，
所以对任意x≥0时，h（x）≤h（0）=0，
当b＜-1时，因为h′（x）在[0，+∞）上单调递减，h′（0）=-1-b＞0，
当x→+∞时，h′（x）→-∞，
故∃x0∈（0，+∞），使h′（x0）=0，且x∈（0，x0）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
所以h（x0）＞h（0）=0，与任意x≥0，h（x）≤0矛盾，
所以实数b的取值范围为[-1，+∞）．
【解析】
(1)求导后判断f(x)的单调性，进而可得极值．
(2)求导得g'(x)=(x22+cosx−1)(ex−a)，分a⩽0和a>0时两种情况，讨论函数g(x)的单调性．
(3)令ℎ(x)=f'(x)−ex−bx+1，求导后判断单调性，再根据ℎ(x)max⩽0，解得b的取值范围．
本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．
绝密★启用前
2021年山东省烟台市高考数学诊断性试卷（一模）
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共7题）
1. 已知集合A={x|−x2+2x>0}，B={x|x>1}，则A∩∁RB=( )
A.(0,1) B.(0,1] C.(−∞,0) D.(1,2)
2. (1−x2)(x−2)6展开式中含x2项的系数为( )
A.240 B.−240 C.176 D.−176
3. 已知F为抛物线C：y2=8x的焦点，直线l与C交于A，B两点，若AB中点的横坐标为4，则|AF|+|BF|=( )
A.8 B.10 C.12 D.16
4. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P(单位：mg/L)与时间t(单位：ℎ)间的关系式为P=P0e−kt，其中P0，k为正的常数.如果一定量的废气在前10ℎ的过滤过程中污染物被消除了20％，那么污染物减少到最初含量的50％还需要经过多长时间？( )(结果四舍五入取整数，参考数据：ln2≈0.693，ln5≈1.609)
A.11ℎ B.21ℎ C.31ℎ D.41ℎ
5. 平行四边形ABCD中，AB=4，AD=3，∠BAD=60°，Q为CD中点，点P在对角线BD上，且BP=λBD，若AP⊥BQ，则λ=( )
A.14 B.12
C.23 D.34
6. 已知f(x)是定义在R上的奇函数，f(2−x)=f(x)，当x∈[0,1]时，f(x)=x3，则( )
A.f(2021)=0
B.2是f(x)的一个周期
C.当x∈(1,3)时，f(x)=(1−x)3
D.f(x)>0的解集为(4k,4k+2)(k∈Z)
7. 某校数学兴趣小组设计了一种螺线，作法如下：在水平直线l上取长度为2的线段AB，并作等边三角形ABC，第一次画线：以点B为圆心、BA为半径逆时针画圆弧，交线段CB的延长线于点D；第二次画线：以点C为圆心、CD为半径逆时针画圆弧，交线段AC的延长线于点E；以此类推，得到的螺线如图所示，则( )
A.第二次画线的圆弧长度为4π3
B.前三次画线的圆弧总长度为4π
C.在螺线与直线l恰有4个交点(不含A点)时停止画线，此时螺线的总长度为30π
D.在螺线与直线l恰有6个交点(不含A点)时停止画线，此时螺线的总长度为60π
评卷人
得分
二、 选择题（共5题）
8. 已知i为虚数单位，若复数z=，则|z|=（ ）
A.
B.5
C.
D.3
9. 若0<a<b<1，c>1，则( )
A.ca<cb
B.bac<abc
C.b−ac−a<bc
D.logac<logbc
10. 已知双曲线C：x2m−y2m+7=1(m∈R)的一条渐近线方程为4x−3y=0，则( )
A.(7,0)为C的一个焦点
B.双曲线C的离心率为53
C.过点(5,0)作直线与C交于A，B两点，则满足|AB|=15的直线有且只有两条
D.设A，B，M为C上三点且A，B关于原点对称，则MA，MB斜率存在时其乘积为169
11. 已知函数f(x)=2|sinx|+|cosx|−1，则( )
A.f(x)在[0,π2]上单调递增
B.直线x=π2是f(x)图象的一条对称轴
C.方程f(x)=1在[0,π]上有三个实根
D.f(x)的最小值为−1
12. 骰子通常作为桌上游戏的小道具.最常见的骰子是六面骰，它是一个质地均匀的正方体，六个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6.现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第n关要抛掷六面骰n次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于2n+n，则算闯过第n关，n=1，2，3，4.假定每次闯关互不影响，则( )
A.直接挑战第2关并过关的概率为712
B.连续挑战前两关并过关的概率为524
C.若直接挑战第3关，设A=“三个点数之和等于15”，B=“至少出现一个5点”，则P(A|B)=113
D.若直接挑战第4关，则过关的概率是351296
评卷人
得分
三、 单空题（共2题）
13. 已知α∈(0,π2)，若sin(π2+2α)=13，则tanα的值为 ______ .
14. 2021年2月25日，全国脱贫攻坚总结表彰大会在北京举行，习近平总书记庄严宣告我国脱贫攻坚战取得了全面胜利.已知在党委政府精准扶贫政策下，自2017年起某地区贫困户第x年的年人均收入y(单位：万元)的统计数据如表：
年份
2017
2018
2019
2020
年份编号x
1
2
3
4
年人均收入y
0.6
0.8
1.1
1.5
根据如表可得回归方程y=bx+a中的b为0.3，据此模型预报该地区贫困户2021年的年人均收入为 ______(单位：万元).
评卷人
得分
四、 填空题（共2题）
15. 已知点A为直线l：y=3x上一点，且A位于第一象限，点B(10,0)，以AB为直径的圆与l交于点C(异于A)，若∠CBA⩾60°，则点A的横坐标的取值范围为 ______ .
16. 已知正三棱锥P−ABC的底面边长为2，侧棱长为13，其内切球与两侧面PAB，PBC分别切于点M，N，则MN的长度为 ______ .
评卷人
得分
五、 解答题（共6题）
17. 在①a3+a5=14，②S4=28，③a8是a5与a13的等比中项，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.
问题：已知{an}为公差不为零的等差数列，其前n项和为Sn，{bn}为等比数列，其前n项和Tn=2n+λ，λ为常数，a1=b1，___.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)令cn=[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，求c1+c2+c3+…+c100的值.
18. 将函数f(x)=sinx+3cosx图象上所有点向右平移π6个单位长度，然后横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象.
(1)求函数g(x)的解析式及单调递增区间；
(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin(π3−B)cos(π6+B)=14，c=g(π6)，b=23，求△ABC的面积.
19. 如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，AP=PD，将三角形PAD沿AD折起使平面PAD⊥平面ABCD.
(1)若M为PC上一点，且满足BM⊥PD，求证：PD⊥AM；
(2)若二面角B−PC−D的余弦值为−105，求AP的长.
20. 某品牌餐饮企业为满足人们餐饮需求、丰富产品花色、提高企业竞争力，研发了一款新产品.该产品每份成本60元，售价80元，产品保质期为两天，若两天内未售出，则产品过期报废.由于烹制工艺复杂，该产品在最初推广阶段由企业每两天统一生产、集中配送一次.该企业为决策每两天的产量，选取旗下的直营连锁店进行试销，统计并整理连续30天的日销量(单位：百份)，假定该款新产品每口销量相互独立，得到如图的柱状图.
(1)记两天中销售该新产品的总份数为ξ(单位：百份)，求ξ的分布列和数学期望；
(2)以该新产品两天内获得利润较大为决策依据，在每两天生产配送27百份、28百份两种方案中应选择哪种？
21. 已知F1，F2分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，A为椭圆的上顶点，△AF1F2是面积为4的直角三角形.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设圆O：x2+y2=83上任意一点P处的切线l交椭圆C于点M，N，问：PM∙PN是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由.
22. 已知函数f(x)=12x2+cosx，f'(x)为f(x)的导函数.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)设函数g(x)=(x22−x+sinx+cosx2)ex−a(16x3+sinx−x)，a∈R，讨论g(x)的单调性；
(3)当x⩾0时，f'(x)⩽ex+bx−1，求实数b的取值范围.
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】B
【解析】解：∵A={x|0<x<2}，B={x|x>1}，
∴∁RB={x|x⩽1}，A∩∁RB=(0,1].
故选：B.
可求出集合A，然后进行交集和补集的运算即可．
本题考查了描述法和区间的定义，一元二次不等式的解法，交集和补集的运算，考查了计算能力，属于基础题．
2. 【答案】C
【解析】解：(1−x2)(x−2)6展开式中含x2项有两部分组成，
①第一个括号中提供常数1时，(x−2)6应提供x2项；
②第一个括号中提供常数−x2时，(x−2)6应提供常数项，
所以(1−x2)(x−2)6展开式中含x2项的系数为：1×C62⋅(−2)4−C60(−2)6=240−64=176，
故选：C.
依题意，可分两种情况，第一个括号中提供常数1时，(x−2)6应提供x2项；第一个括号中提供常数−x2时，(x−2)6应提供常数项，从而可得答案．
本题考查二项式定理，利用组合法解决简单明了，考查数学运算核心素养，属于中档题．
3. 【答案】C
【解析】解：F为抛物线C：y2=8x的焦点(2,0)，准线方程x=−2，
由题设知知线段AB的中点到准线的距离为：4+2=6，
设A，B两点到准线的距离分别为d1，d2，
由抛物线的定义知：
|AB|=|AF|+|BF|=d1+d2=2×6=12.
故选：C.
线段AB的中点到准线的距离为6，设A，B两点到准线的距离分别为d1，d2，由抛物线的定义知|AF|+|BF|的值．
本题考查抛物线的性质和应用，正确运用抛物线的定义是关键，是中档题．
4. 【答案】C
【解析】解：令t=10，则P=(1−20％)P0=P0e−10k，
所以−10k=ln0.8=−ln54，所以k=110ln54=110(ln5−ln4)=110(ln5−2ln2)≈0.0233，
当P=50％P0时，有50％P0=P0e−kt，
所以50％P0=P0e−0.0233t，即ln0.5=−0.0233t，
所以−ln2=−0.0233t，则t=ln20.0233≈31ℎ，
故选：C.
先根据已知求出k，然后令P=50％P0，化简即可求解．
本题考查了函数的实际应用，涉及到指数，对数的运算性质，考查了学生的运算能力，属于中档题．
5. 【答案】A
【解析】解：根据题意，如图：
AP=AB+BP=AB+λBD=AB+λ(AD−AB)=(1−λ)AB+λAD，
BQ=BC+CQ=BC+12CD=AD−12AB，
若AP⊥BQ，则AP⋅BQ=[(1−λ)AB+λAD]⋅(AD−12AB)=λ−12AB2+λAD2+(1−3λ2)AB⋅AD=0，
变形可得：8λ−2=0，
解可得：λ=14，
故选：A.
根据题意，由向量的线性运算法则用AB、AD表示AP、BQ，由数量积的运算公式可得AP⋅BQ=0，变形求出λ的值，即可得答案．
本题考查向量的线性运算以及数量积的计算，涉及向量垂直的判断，属于基础题．
6. 【答案】D
【解析】解：根据题意，f(x)是定义在R上的奇函数，则f(x)=−f(−x)，
又由f(2−x)=f(x)，则f(2−x)=−f(−x)，变形可得f(x+2)=−f(x)，
则有f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，即f(x)是周期为4的周期函数，B错误，
又由x∈[0,1]时，f(x)=x3，则f(2021)=f(1+4×505)=f(1)=1，A错误，
当x∈[−1,0]时，−x∈[0,1]，则有f(−x)=(−x)3=−x3，
又由f(x)为奇函数，则f(x)=−f(−x)=x3，
则在区间[−1,1]上，f(x)=x3，
当x∈[1,3]时，2−x∈[−1,2]，则f(2−x)=(2−x)3，
又由f(2−x)=f(x)，则f(x)=f(2−x)=(2−x)3，C错误，
综合可得：f(x)=x3,x∈[−1,1](2−x)3,x∈[1,3]，
在区间[−1,3]上，若f(x)>0，必有0<x<2，
又由f(x)是周期为4的周期函数，则f(x)>0的解集为(4k,4k+2)，D正确，
故选：D.
根据题意，由函数的奇偶性和对称性分析f(x)的周期，可得B错误，再利用周期和解析式求出f(2021)的值，可得A错误，进而求出f(x)在区间[−1,3]上的解析式，可得C错误，利用周期性分析f(x)>0的解集，可得D正确，即可得答案．
本题考查抽象函数的性质以及应用，涉及函数奇偶性、周期性的判断，属于基础题．
7. 【答案】D
【解析】解：第1次画线：以点B为圆心，r=2，旋转2π3，划过的圆弧长为2×2π3=4π3；
第2次画线：以点C为圆心，r=4，旋转2π3，划过的圆弧长为4×2π3=8π3，故选项A错误，交l累计1次；
第3次画线：以点A为圆心，r=6，旋转2π3，划过的圆弧长为6×2π3=12π3=4π，故选项B错误，交l累计2次；
第4次画线：以点B为圆心，r=8，旋转2π3，划过的圆弧长为8×2π3=16π3；
第5次画线：以点C为圆心，r=10，旋转2π3，划过的圆弧长为10×2π3=20π3，交l累计3次；
前5次累计画线4π3+8π3+12π3+16π3+20π3=20π，
第6次画线：以点A为圆心，r=12，旋转2π3，划过的圆弧长为12×2π3=24π3=8π，交l累计4次，累计画线20π+8π=28π，故选项C错误；
第7次画线：以点B为圆心，r=14，旋转2π3，划过的圆弧长为14×2π3=28π3；
第8次画线：以点C为圆心，r=16，旋转2π3，划过的圆弧长为16×2π3=32π3，交l累计5次；
第7次画线：以点A为圆心，r=18，旋转2π3，划过的圆弧长为18×2π3=36π3=12π，交l累计6次，累计画线28π+28π3+32π3+12π=60π，故选项D正确．
故选：D.
根据题意，找到螺线画法的规律，由此对选项逐一分析，从而得到答案．
本题考查了新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，考查了逻辑推理能力与计算能力，属于中档题．
二、 选择题
8. 【答案】A
【解析】解：z==，
则|z|=．
故选：A．
直接由复数代数形式的乘除运算化简复数z，再由复数求模公式计算得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题．
9. 【答案】ABC
【解析】解：因为0<a<b<1，c>1，由指数函数的性质可得ca<cb，故A正确；
因为0<a<b<1，所以0<ab<1，
因为c>1，所以c−1>0，
所以(ab)c−1<1，所以bacabc<1，即bac<abc，故B正确；
b−ac−a−bc=a(b−c)c(c−a)，因为b−c<0，c−a>0，所以a(b−c)c(c−a)<0，
所以b−ac−a<bc，故C正确；
由0<a<b<1，c>1，可得logca<logcb<0，
所以1logac<1logbc<0，所以logbc<logac，故D错误；
故选：ABC.
由指数函数的性质可判断选项A，B；利用作差法即可判断选项C；利用对数函数的性质即可判断选项D.
本题主要考查不等式的基本性质，考查函数思想与逻辑推理能力，属于中档题．
10. 【答案】BD
【解析】解：双曲线C：x2m−y2m+7=1(m∈R)的一条渐近线方程为4x−3y=0，
可得m+7m=169，解得m=9，
则双曲线的方程为x29−y216=1，
可得a=3，b=4，c=5，焦点为(±5,0)，故A错误；
双曲线的离心率为e=ca=53，故B正确；
过右焦点(5,0)作直线与C交于A，B两点，
若A，B均在右支上，可得|AB|⩾2b2a=323，
而15>323，可得这样的直线有两条；
若A，B分别在双曲线的左、右支上，可得|AB|⩾2a=6，
而15>6，可得这样的直线有两条，则满足|AB|=15的直线共有4条，故C错误；
设A(m,n)，B(−m,−n)，M(s,t)，可得m29−n216=1，s29−t216=1，
两式相减可得(m−s)(m+s)9=(n+t)(n−t)16，
即有MA，MB斜率存在时其乘积为n−tm−s⋅n+tm+s=169，
故D正确．
故选：BD.
由渐近线方程，可得m的方程，求得m，可得a，b，c，可判断A；由双曲线的离心率公式，计算可判断B；分别讨论A，B分别在左、右两支上和都在右支上，结合弦的最小值，可判断C；由点差法和直线的斜率公式，计算可判断D.
本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和双曲线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
11. 【答案】BC
【解析】解：函数f(x)=2|sinx|+|cosx|−1，=
对于A：由于x∈[0,π2]时，f(x)=2sinx+cosx−1=5sin(x+θ)−1(tanθ=12)，
当x=π2−θ时，函数达到最大值，故函数在[0,π2−θ]上单调递增，故A错误；
对于B：f(π2−x)=2|sin(π2−x)|+|cos(π2−x)|−1=2|sin(π2+x)|+|cos(π2+x)|−1=f(π2+x)，故函数的图象关于x=π2对称，故B正确；
对于C：当x∈[0,π2]时，f(x)=2sinx+cosx−1=5sin(x+θ)−1，
令f(x)=1，则f(π2)=2−0−1=1，f(0)=0，由于函数在[0,π2]内满足f(π2−θ)=5−1>1，
所以在x∈[0,π2−θ]满足一个x0，使得f(x0)=1，故有一实根；
当x∈[π2,π]时，f(x)=2sinx−cosx−1=5sin(x−α)−1，tanα=−12，
则函数f(x)在[π2,π2−α]上单调递增，在x∈[π2−α,π]上单调递减，
且满足f(π)=1−1=0，f(π2)=1，f(π2+α)=5−1>1，
所以存在一个实数α，使得函数f(x)在[0,π]上存在，θ，π2，α，使得f(x)=1，故C正确；
对于D：函数的周期为π，故在f(0)=0，f(π2)=1，由于函数关于x=π2对称，f(π)=0，故不存在x，使得f(x)的最小值为−1，故D错误．
故选：BC.
直接利用分类讨论思想的应用，对函数的关系式进一步变换，进一步利用正弦型函数的性质的应用和零点定理的应用判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，零点定理，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
12. 【答案】ACD
【解析】解：对于A，直接挑战第2关，则2n+n=22+2=6，
所以投掷两次点数之和应大于6，
故直接挑战第2关并过关的概率为P1=1+2+3+4+5+66×6=712，故选项A正确；
对于B，闯第1关时，2n+n=2+1=3，
所以挑战第1关通过的概率为P2=12，
则连续挑战前两关并过关的概率为P=P1P2=12×712=724，故选项B错误；
对于C，由题意可知，抛掷3次的基本事件有63=216个，
抛掷3次至少出现一个5点的基本事件共有63−53=216−125=91个，
故P(B)=91216，
而事件AB包括：含5，5，5的1个，含4，5，6的有6个，一共有7个，
故P(AB)=7216，所以P(A|B)=P(AB)P(B)=7216×21691=113，故选C正确；
对于D，当n=4时，2n+n=24+4=20，基本事件共有64个，
“4次点数之和大于20”包含以下情况：
含5，5，5，6的有4个，含5，5，6，6的有6个，含6，6，6，6的有1个，含4，6，6，6的有4个，
含5，6，6，6的有1个，含4，5，6，6的有12个，含3，6，6，6的有4个，
所以共有4+6+1+4+4+12+4=35个，
所以直接挑战第4关，则过关的概率是P4=356×6×6×6=351296，故选项D正确．
故选：ACD.
分别求出基本事件的总数，求出符合条件的事件数，然后利用条件概率以及古典概型的概率公式进行求解，对每个选项逐一判断即可．
本题考查了概率问题的求解，主要考查了条件概率与独立事件的概率，解题的关键是求出基本事件的总数以及符合条件的事件数，属于中档题．
三、 单空题
13. 【答案】
【解析】解：因为sin(π2+2α)=13，
所以cos2α=13，
因为cos2α=cos2α−sin2α=cos2α−sin2αcos2α+sin2α=1−tan2α1+tan2α=13，
所以tan2α=12，
因为α∈(0,π2)，所以tanα=22.
故答案为：22.
由诱导公式可得cos2α=13，再结合余弦的二倍角公式与同除余弦，即可得解．
本题考查二倍角公式，同角三角函数的商数关系以及诱导公式，对于齐次式，采用“同除余弦可化切”的处理方法是解题的关键，考查学生的运算求解能力，属于基础题．
14. 【答案】1.75
【解析】解：x−=1+2+3+44=2.5，y−=0.6+0.8+1.1+1.54=1，
样本中心点的坐标为(2.5,1)，代入y=0.3x+a中，
可得a=1−0.3×2.5=0.25，
则y=0.3x+0.25，把x=5代入，可得y=0.3×5+0.25=1.75(万元).
故答案为：1.75.
由已知求得样本中心点的坐标，代入线性回归方程求得a，在线性回归方程中，取x=5求得y得答案．
本题考查线性回归方程的求法，明确线性回归方程恒过样本点的中心是关键，是基础题．
四、 填空题
15. 【答案】[1+3，+∞）
【解析】解：设点A的坐标为(a,3a)，a>0，则|AO|=10a，
如图所示，过点A作AH⊥x轴，
由面积相等可得12|OB||AH|=12|OA||BC|，
即12×10×3a=12×10a×|BC|，所以|BC|=310，
所以在直角三角形ABC中，cos∠CBA=|BC||AB|=310(a−10)2+(3a)2=3a2−2a+10，
因为∠CBA⩾60°，所以cos∠CBA⩽12，
即3a2−2a+10⩽12化简可得a2−2a−26⩾0，即(a−1)2⩾27，
所以a⩾33+1或a⩽1−33(舍去)，
所以实数a的取值范围为[33+1,+∞),
故答案为：[33+1,+∞).
设出点A的坐标，过点A作AH⊥x轴，利用圆的性质以及三角形面积相等建立等式关系，求出|BC|的长度，然后在直角三角形ABC中表示出角CBA的余弦值，利用角的范围建立不等式关系，由此即可求解．
本题考查了直线与圆位置关系的应用，考查了学生的运算推理能力，是中档题．
16. 【答案】
【解析】解：设正三棱锥的内切球的半径为R，M为内切球与侧面PAB的切点，Q为侧面上切点所在小圆的圆心，半径为r，如图所示，
因为△ABC为等边三角形，
所以CD=BC2−BD2=3，CH=23CD=233，
DH=13CD=33，PH=PC2−CH2=13−129=1053，
因为△POM∽△PDH，
所以OMDH=POPD，即R33=PH−RPD，
因为PD=PB2−BD2=13−1=23，
所以R33=1053−R23，解得R=10521，
因为sin∠OMQ=sin∠PDH=PHPD=356，
所以r=MQ=Rcos∠OMQ=Rsin∠PMQ=Rsin∠PDH=356R，
由正三棱锥的定义可知，内切圆与三个侧面相切，切点构成的三角形为等边三角形，故∠QMN=120°，
由余弦定理可得MN2=r2+r2−2r2cos120°=3r2=3×3536×521=2536，
所以MN=56.
故答案为：56.
根据正三棱锥的性质结合图形，利用比例关系求出内切圆半径，再求出侧面切点所在圆的半径，即可求出MN的长度．
本题考查了正棱锥的几何性质、正三角形的几何性质的应用，利用相似三角形求出内切球的半径是解题的关键，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
五、 解答题
17. 【答案】解：选①a3+a5=14，（1）设{an}的公差为d，d不为零，{bn}的公比为q，
由已知可得b2=T2-T1=2，b3=T3-T2=4，
所以q==2，则bn=b2qn-2=2×2n-2=2n-1；
故a1=b1=1，
则1+2d+1+4d=14，解得d=2，所以an=1+2（n-1）=2n-1；
（2）由cn=[lgan]，
则c1=c2=c3=c4=c5=0，c6=c7=…=c50=1，c51=c52=…=c100=2，
所以c1+c2+c3+…+c100=1×45+2×50=145．
选②S4=28．
（1）设{an}的公差为d，d不为零，{bn}的公比为q，
由已知可得b2=T2-T1=2，b3=T3-T2=4，
所以q==2，则bn=b2qn-2=2×2n-2=2n-1；
故a1=b1=1，
由S4=28，可得4×1+×d=28，解得d=4，
所以an=4n-3；
（2）由cn=[lgan]，
则c1=c2=c3=0，c4=c5=…=c25=1，c26=c27=…=c100=2，
所以c1+c2+c3+…+c100=1×22+2×75=172．
选③a8是a5与a13的等比中项，
（1）设{an}的公差为d，d不为零，{bn}的公比为q，
由已知可得b2=T2-T1=2，b3=T3-T2=4，
所以q==2，则bn=b2qn-2=2×2n-2=2n-1；
故a1=b1=1，
由a8是a5与a13的等比中项，可得a82=a5a13，
即（1+7d）2=（1+4d）（1+12d），
解得d=2，则an=1+2（n-1）=2n-1；
（2）由cn=[lgan]，
则c1=c2=c3=c4=c5=0，c6=c7=…=c50=1，c51=c52=…=c100=2，
所以c1+c2+c3+…+c100=1×45+2×50=145．
【解析】
(1)设{an}的公差为d，d不为零，{bn}的公比为q，结合等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，解方程可得公差和公比，进而得到所求；
(2)由cn=[lgan]，{an}的通项公式和[x]的定义，求得cn的特点，计算可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18. 【答案】解：（1）函数f（x）=sinx+cosx=2sin（x+）图象，
函数f（x）上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），
得到函数g（x）=2sin（2x+）的图象．
令：（k∈Z），
整理得：（k∈Z），
故函数的单调递增区间为：[]（k∈Z）．
（2）由c=g（）=2sin（）=2，
故c=2，
sin（-B）cos（+B）=，
整理得，
由于B∈（0，π），
所以，
①当，解得B=，
由余弦定理：b2=a2+c2-2accosB，
解得：，
所以：．
②当时，解得B=．
由勾股定理：解得，
所以．
【解析】
(1)直接利用三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出结果；
(2)利用余弦定理和三角形面积公式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
19. 【答案】（1）证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊂平面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以PD⊥AB，
又PD⊥BM，AB∩BM=B，AB，BM⊂平面ABM，
所以PD⊥平面ABM，又AM⊂平面ABM，
所以PD⊥AM；
（2）解：取AD的中点O，以O为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设OP=a，
则B（1，2，0），C（-1，2，0），D（-1，0，0），P（0，0，a），
所以，
设平面PBC的法向量为，
则有，即，
令y=a，则x=0，z=2，故，
设平面PCD的法向量为，
则有，即，
令p=a，则q=0，r=-1，故，
因为二面角B-PC-D的余弦值为，
所以，解得a=1，
所以AP==．
【解析】
(1)利用面面垂直的性质证明AB⊥平面PAD，从而可证PD⊥AB，又PD⊥BM，由线面垂直的判定定理可证明PD⊥平面ABM，即可证明PD⊥AM；
(2)建立空间直角坐标系，设OP=a，然后求出所需点的坐标，利用待定系数法求出平面PBC和平面PCD的法向量，由向量的夹角公式列出关于a的等式，求出a的值，即可求出AP的值．
本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理的应用，在有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
20. 【答案】解：（1）根据题意可得：
ξ的所有可能取值为24，25，26，27，28，29，30，
P（ξ=24）==，
P（ξ=25）==，
P（ξ=26）==，
P（ξ=27）==，
P（ξ=28）==，
P（ξ=29）==，
P（ξ=30）==，
∴ξ的分布列为：
ξ
24
25
26
27
28
29
30
P
E（ξ）=+=27.4．
（2）当每天生产配送27百份时，利润为：
（24×20-3×60）×+（26×20-1×60）×+27×=514.4（百元），
当每两天生产配送28百份时，利润为：
（24×20-4×60）×+（26×20-2×60）×+（27×20-1×60）×=492.8（百元），
∵514.4＞492.8，∴选择每天生产配送27百份．
【解析】
(1)根据题意可得ξ的所有可能取值为24，25，26，27，28，29，30，分别求出相应的概率，能求出ξ的分布列和E(ξ).
(2)分别求出每天生产配送27百份时的利润和每天生产配送28百份时的利润，推导出选择每天生产配送27百份．
本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的运算，涉及到条形统计图、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是中档题．
21. 【答案】解：（1）由A为椭圆的上顶点，△AF1F2是面积为4的直角三角形．
可得：•2c•b=4，且b=c，
解得：b=c=2，所以a2=2b2=8，
所以椭圆的方程为：+=1；
（2）当切线l的斜率不存在时，其方程x=±，
将x=代入椭圆的方程：+=1得y=±，设M（，），N（，），
又P（，0），所以•=-，
同理可得x=-，也有•=-，
当切线l的斜率存在时，设方程为：y=kx+m，设M（x1，y1），N（x2，y2），
直线l与圆O：x2+y2=相切，所以=，即3m2=8+8k2，联立，整理可得：（1+2k2）x2+4kmx+2m2-8=0，
x1+x2=-，x1x2=，
又因为•=（+）•（+）=||2-（+）•+•=-||2+•，
又•=x1x2+y1y2=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）=（1+k2）x1x2+km（x1+x2）+m2=++m2=，
因为3m2=8+8k2，
所以•=0，
综上所述：•=-．
【解析】
(1)由△AF1F2是面积为4的直角三角形可得b，c的值，再由a，b，c的值求出a的值，进而求出椭圆的方程；
(2)分切线的斜率不存在时，求出P，M，N的坐标可得PM∙PN为定值，当切线的斜率存在时，设切线l的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，再由直线与圆相切可得参数的关系，将数量积PM∙PN转化−|PO|2+ON⋅OM，然后求出数量积OM∙ON的表达式，再由参数的范围可得OM∙ON的值为0，可得PM∙PN为定值−83.
本题考查求椭圆的方程及直线与圆相切的性质和直线与椭圆的综合，属于中档题．
22. 【答案】解：（1）f′（x）=x-sinx，
因为（x-sinx）′=1-cosx≥0，
所以f′（x）在（-∞，+∞）单调递增，又f′（0）=0，
所以当x∈（-∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x=0时，f（x）的极小值f（0）=1，无极大值．
（2）g′（x）=（+cosx-1）（ex-a），
由（1）知，f（x）≥f（0），即+cosx-1≥0，
当a≤0时，ex-a＞0，g′（x）≥0，g（x）在（-∞，+∞）上单调递增，
当a＞0时，令ex-a=0，得x=lna，
于是当x∈（-∞，lna），ex-a＜0，g′（x）≤0，g（x）单调递减，
当x∈（lna，+∞），ex-a＞0，g′（x）≥0，g（x）单调递增，
综上，当a≤0时，g（x）在（-∞，+∞）单调递增，
当a＞0时，g（x）在（-∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）单调递增．
（3）令h（x）=f′（x）-ex-bx+1，
则h（x）=-ex+（1-b）x-sinx+1，x∈[0，+∞），
h′（x）=-ex-cosx+1-b，
h′（x）的导函数h″（x）=-ex+sinx，
因为x∈[0，+∞），所以h″（x）≤-1+sinx≤0，
h′（x）=-ex+sinx在[0，+∞）上单调递减，
当b≥-1时，对任意x≥0时，h′（x）≤h′（0）=-1-b≤0，
所以h（x）在[0，+∞）上单调递减，
所以对任意x≥0时，h（x）≤h（0）=0，
当b＜-1时，因为h′（x）在[0，+∞）上单调递减，h′（0）=-1-b＞0，
当x→+∞时，h′（x）→-∞，
故∃x0∈（0，+∞），使h′（x0）=0，且x∈（0，x0）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
所以h（x0）＞h（0）=0，与任意x≥0，h（x）≤0矛盾，
所以实数b的取值范围为[-1，+∞）．
【解析】
(1)求导后判断f(x)的单调性，进而可得极值．
(2)求导得g'(x)=(x22+cosx−1)(ex−a)，分a⩽0和a>0时两种情况，讨论函数g(x)的单调性．
(3)令ℎ(x)=f'(x)−ex−bx+1，求导后判断单调性，再根据ℎ(x)max⩽0，解得b的取值范围．
本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．
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