四川省邻水实验学校2021-2022学年高三上学期入学考试数学（理）试卷

数学理科试题一、选择题（共12小题）.1．已知集合A＝{x|x2+2x﹣3≥0}，集合B＝{x|≤4}，则A∩B＝（）A．[1，+∞） B．[﹣2，+∞） C．(﹣∞，﹣3] D．(﹣∞，﹣3]∪[﹣2，+∞）2．设复数z满足z•i＝﹣1+i，则＝（）A．1 B． C． D．3．命题“对任意x∈[1,2)，x2－a≤0”为真命题的一个充分不必要条件可以是()A．a≥4B．a>4C．a≥1D．a>14．给出下列命题：①f(x)＝lg(x－3)＋eq\r(2－x)是函数；②函数y＝f(x)的图象与y轴最多有一个交点；③f(x)＝eq\r(－x3)与g(x)＝xeq\r(－x)表示同一个函数。其中正确的有()A．0个B．1个C．2个D．3个5．已知函数f（x）＝log3x，将函数y＝f(x)的图象向右平移1个单位长度，再将所得的函数图象上的点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，然后将所得的图象上的点的纵坐标伸长为原来的3倍，横坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，则函数g(x)的解析式为（）A．g（x）＝3log3（x﹣1） B．g（x）＝log3（x﹣） C．g（x）＝3log3（2x﹣1） D．g（x）＝3log3（2x﹣2）6．已知函数f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))(x2－ax＋a)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上为减函数，则实数a的取值范围是()A．(－∞，1]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))7．已知函数f（x）＝sin（2x+φ）+sin（2x++φ）为奇函数，其中|φ|＜，则曲线y＝f（x）在点(，f())处的切线方程为（）A．4x﹣y+﹣＝0 B．2x﹣y+﹣＝0 C．2x﹣y+1﹣＝0 D．2x﹣y+1﹣＝08．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导数，当x>0时，f′(x)lnx<－eq\f(1,x)f(x)，则使得(x2－1)f(x)>0成立的x的取值范围是()A．(－1,0)∪(0,1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(0,1)9．在四面体ABCD中，△BCD是边长为2的等边三角形，△ABD是以BD为斜边的等腰直角三角形，平面ABD⊥平面ABC，则四面体ABCD的外接球的表面积为（）A．8π B．π C．6π D．2π10．已知函数f(x)＝x2＋mx＋2，x∈R，若方程f(x)＋|x2－1|＝2在(0,2)上有两个不等实根，则实数m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－1))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(7,2)，－1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,2)，－1))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－1))11．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝f(－x)，且在[0，＋∞)上是增函数，不等式f(ax＋2)≤f(－1)对于x∈[1,2]恒成立，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) D．[0,1]12．已知双曲线C:＝1（a＞0，b＞0），圆E:(x﹣4)2+y2＝1，若双曲线C的渐近线上存在点P，过点P作直线l，l与圆E交于A，B两点，满足，则双曲线C的离心率的取值范围为（）A．[，+∞） B．（1，] C．（1，] D．[，+∞）二、填空题（每小题5分）.13．若命题“∀x∈R，kx2－kx－1<0”是真命题，则k的取值范围是________。14．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则f(2)的值为________。15．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－|x|，x>1，,2x－a，x≤1。))若函数f(x)的图象与直线y＝1只有一个公共点，则实数a的取值范围是________。16．已知数列{an}是以为首项，以为公差的等差数列，则数列{1+tanan+1tanan}前2021项和为．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示．（Ⅰ）求函数f（x）的函数解析式（Ⅱ）在△ABC中，角A为三角形内角且f（A）＝1，D在边BC上，AD是∠BAC的角平分线，AB＝1，AC＝3，求AD的长度．18．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝BC＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，AC与BD交于点O，点M在线段PA上，且PM＝3MA．（Ⅰ）证明：OM∥平面PBC；（Ⅱ）求二面角B﹣MD﹣C的余弦值．19．2020年新冠来袭！我国迅速应对，彰显“中国速度”．5月武汉进行全民筛查新冠“大会战”，首个将“混检”用于大型筛查的城市，从而很大程度上提高了检测的速度，同时也降低了成本．“混检”就是例如将采集的5支拭子集合于1个采集管中进行核酸检测，如果呈阳性再逐个检测，直到能确定阳性拭子为止；如果呈阴性则说明这5个样本都不携带病毒，也称为“5合1混”检测技术；后来有些城市采用“10合1混”检测技术．现采集了7支拭子，已知其中有1支拭子是阳性，需要通过检测来确定哪一个拭子呈阳性．下面有两种检测方法：方案一：逐个检测，直到能确定阳性拭子为止；方案二：采用“5合1混”检测技术，若检测为阴性，则在另外2支拭子中任取1支检测．（Ⅰ）ξ表示依方案一所需检测次数，求ξ的分布列和期望．（Ⅱ）求依方案一所需检测次数不少于依方案二所需检测次数的概率．20．已知椭圆B：＝1，P为椭圆E的右顶点，O为坐标原点，过点P的直线l1，l2与椭圆E的另外一个交点分别为A，B，线段PA的中点为M，线段PB的中点为N．（Ⅰ）若直线OM的斜率为，求直线l1的方程；（Ⅱ）若OM⊥ON，证明：直线AB过定点．21．已知函数f(x)＝ex＋x－e－1(e为自然对数的底数)。（Ⅰ）若f(x)≥ax－e对x∈R恒成立，求实数a的值；（Ⅱ）若存在不相等的实数x1，x2，满足f(x1)＋f(x2)＝0，证明：x1＋x2<2。选考题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为．（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（Ⅱ）设曲线C1与曲线C2交于两点A，B，求的值．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）＝|2x+1|+|x+|．（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；（Ⅱ）若函数f（x）的最小值为m，且正实数a，b，c满足a+b+c＝m，证明：．参考答案题号123456789101112答案ABBBCBBDCCAB(-4,0]14.1815.(-1,1]16.-2-217．解：（Ⅰ）根据函数f（x）的图象，可得A＝2，×＝﹣，∴ω＝2．再结合五点法作图可得，2×+φ＝，∴φ＝，f（x）＝2sin（2x+）．（Ⅱ）在△ABC中，角A为三角形内角且f（A）＝2sin（2A+）＝1，由A为三角形内角得2A+＝，即A＝，∵AD是∠BAC的角平分线，AB＝1，AC＝3，∴，由余弦定理得cos∠BAC＝＝，解得BC＝，由余弦定理得cosB＝＝﹣，故sinB＝，∵sin∠ADB＝sin（）＝＝，△ABD中，由正弦定理得，∴AD＝．18．（Ⅰ）证明：因为PA＝BC＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，AC与BD交于点O，所以AO＝＝＝，OC＝BC•sin60°＝2sin60°＝，OC＝3AO，又因为PM＝3MA，所以，于是OM∥PC，又因为PC⊂平面PBC，OM⊄平面PBC，所以OM∥平面PBC；（Ⅱ）解：建立如图所示的空间直角坐标系，因为PM＝3MA，PA＝2，所以AM＝PA•＝，又因为PA⊥底面ABCD，所以M（0，﹣，），＝（1，﹣，），＝（2，0，0），（1，，0），设平面BDM和平面CDM的法向量分别为＝（x，y，z），＝（u，v，w），，令z＝2，＝（0，，2），，令v＝，＝（﹣3，，8），所以二面角B﹣MD﹣C的余弦值为＝＝．19．解：（Ⅰ）方案一中检测次数ξ的可能取值为1，2，3，4，5，6，当ξ＝1，2，3，4，5时，P＝；当ξ＝6时，P＝，所以ξ的分布列为：ξ123456Pξ的数学期望为E（ξ）＝1×＝2×+3×+4×+5×+6×＝；（Ⅱ）方案二中化验次数X的可能取值为2，3，4，5，所以P（X＝2）＝+＝，P（X＝3）＝＝，P（X＝4）＝＝，P（X＝5）＝＝，方案一所检测的次数不少于方案二的概率为：P＝P（ξ＝2）P（X＝2）+P（ξ＝3）[P（X＝2）+P（X＝3）]+P（ξ＝4）[P（X＝2）+P（X＝3）+P（X＝4）]+P（ξ＝5）+P（ξ＝6）＝．20．解：（Ⅰ）设直线AP的方程为x＝ty+3（t≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），联立，得（3+t2）y2+6ty＝0，所以y1+y2＝，所以yM＝＝，xM＝tyM+3＝，所以M（，），因为kOM＝﹣，所以＝﹣，解得t＝1，所以直线l1的方程为x﹣y﹣3＝0．（Ⅱ）①当直线AB的斜率不存在时，设A（x0，y0），B（x0，﹣y0），﹣3＜x0＜3，则M（，），N（，﹣），由OM⊥ON，有kOM•kON＝﹣1，所以•＝﹣1，所以﹣＝﹣1，因为+＝1，所以x0＝﹣，所以直线AB的方程为x＝﹣．②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx+m，联立椭圆的方程得（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣9＝0，所以△＝12（9k2﹣m2+3）＞0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则由x1+x2＝，x1x2＝，由kOM•kON＝﹣1，可得＝﹣1，即（1+k2）x1x2+（km+3）（x1+x2）+m2+9＝0，所以（1+k2）•+（km+3）•+m2+9＝0，所以9k2﹣9km+2m2＝0，即（3k﹣2m）（3k﹣m）＝0，当m＝3k时，直线AB过椭圆的左顶点，不满足题意，当m＝k时，直线AB过定点（﹣，0），且满足△＝12（9k2﹣m2+3）＞0，综上所述，直线AB过定点（﹣，0）．21.解(1)令g(x)＝f(x)－(ax－e)＝ex＋(1－a)x－1，则g′(x)＝ex＋1－a。由题意，知g(x)≥0对x∈R恒成立，等价于g(x)min≥0。当a≤1时，g′(x)≥0，则g(x)＝ex＋(1－a)x－1在R上单调递增，因为g(－1)＝eq\f(1,e)－(1－a)－1<0，所以a≤1不符合题意。当a>1时，若x∈(－∞，ln(a－1))，则g′(x)<0，若x∈(ln(a－1)，＋∞)，则g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，ln(a－1))上单调递减，在(ln(a－1)，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(ln(a－1))＝a－2＋(1－a)·ln(a－1)。记h(a)＝a－2＋(1－a)ln(a－1)(a>1)，则h′(a)＝－ln(a－1)。易知h(a)在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以h(a)max＝h(2)＝0，即a－2＋(1－a)ln(a－1)≤0。而g(x)min＝a－2＋(1－a)ln(a－1)≥0，所以a－2＋(1－a)ln(a－1)＝0，解得a＝2。(2)证明：证法一：因为f(x1)＋f(x2)＝0，所以ex1＋ex2＋x1＋x2＝2(e＋1)。因为ex1＋ex2≥2eeq\s\up15(eq\f(x1＋x2,2))，x1≠x2，所以ex1＋ex2>2eeq\s\up15(eq\f(x1＋x2,2))。令x1＋x2＝t，则2eeq\s\up15(eq\f(t,2))＋t－2e－2<0。记m(t)＝2eeq\s\up15(eq\f(t,2))＋t－2e－2，则m′(t)＝eeq\f(t,2)＋1>0，所以m(t)在R上单调递增。又m(2)＝0,2e