广东省华附、省实、广雅、深中2021届高三上学期四校联考(2月)数学试题含答案

华附、省实、广雅、深中2021届高三四校联考

数 学 2021.02

本试卷分选择题和非选择题两部分，共5页，22小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项：

1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息。

2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。

第一部分 选择题

一、单项选择题：本题共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．设集合MxR0x2，NxR1x1，则MN（**）

A．x0x1 B．x0x1 C．x1x2 D．x1x2

i20212．复数z在复平面内对应的点位于（**）

3iA. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3．已知直线l，m和平面，且l，则lm是m的（**）条件

A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 4．为了解学生的身体状况，某校随机抽取了一批学生测量体重．经统计，这批学生的体重数据(单位：千克)全部介于45至70之间．将数据分成5组，并得到如图所示的频率分 60,65， 布直方图．现采用分层抽样的方法，从55,60，再从这6名学生65,70这三个区间中随机抽取6名学生，

中随机抽取3人，则这三人中恰有两人体重位于区间

55,60的概率是（**）

A．

第4题图

C．

8 15B．

9 203 5D．

9 10 1

5．已知a,b是两个夹角为

π的单位向量，则kba的最小值为（**） 3A．

3113 B． C． D．

24246．雷达是利用电磁波探测目标的电子设备．电磁波在大气中大致沿直线传播．受地球表面曲率的影响，雷达所能发现目标的最大直视距离LRh12R2Rh22R2 ，其中h1为雷达天线架设高度，h22Rh1h122Rh2h22（如图）为探测目标高度，R为地球半径．考虑到电磁波的弯曲、折射等因素，

R等效取8490km，故R远大于h1,h2．假设某探测目标高度为25m，

为保护航母的安全，须在直视距离390km外探测到目标，并发出预警，则舰载预警机的巡航高度至少约为（**） ．．（参考数据：28.494.12） A．00m

B．7200m

C．8100m

D． 10000m

第6题图

7．已知抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，点P是抛物线C上位于第一象限内的一点，

πM为线段PF的中点，MQ垂直y轴于点Q，若直线QF的倾斜角为，(,π)，则直

2线PF的倾斜角为（**）

A．

B．2

C．π

D． 2π

ππ8．已知点A,B,C是函数y2sin(x),0的图象和函数y2sin(x),0图

36象的连续三个交点，若ABC是锐角三角形，则的取值范围为（**） A．(,)

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的，全部选对得5分，对而不全得2分，只要有一项选错，即得0分．

π2B．(,)

π4C．(0,)

π2D． (0,)

π49．已知定义在R上的函数fx对任意实数x满足f2xfx，f2xfx，且x0,1时，fxx1，则下列说法中，正确的是（**）

2A．2是fx的周期 B．x1不是fx图象的对称轴 C．f2021=2 D．方程fx=1x只有4个实根 2 2

10．已知实数a0,b0, ab1，则下列说法中，正确的是（**） A．

114 B． 2a2b22 abC．log2alog2b1 D．存在a,b，使得直线axby1与圆x2y24相切 11．点C，D是平面内的两个定点，CD=2，点A，B在平面的同一侧，且

AC2BC=4．若AC,BC与平面所成的角分别为

说法中，正确的是（**）

A．点A在空间中的运动轨迹是一个圆 B．ABC面积的最小值为2

C．四面体ABCD体积的最大值为23 5ππ,，则下列关于四面体ABCD的124D．当四面体ABCD的体积达最大时，其外接球的表面积为20π 12．已知函数f(x)esinxecosx，其中e是自然对数的底数，下列说法中，正确的是（**）

A. f(x)在(0,)是增函数 B. f(xπ2π)是奇函数 4C. f(x)在(0,π)上有两个极值点 D. 设g(x)f(x)nn1，则满足g(π)g(π)的正整数n的最小值是2 x44第二部分 非选择题

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知某种商品的广告费支出x（单位：万元）与销售额y下对应数据：

x y 2 30 4 40 5 50 6 60 8 70 （单位：万元）之间有如

ˆ=7，则当投入10万ˆaˆbxˆ ，根据最小二乘法计算可得b根据上表可得回归方程y元广告费时，销售额的预报值为__**___万元． 14．(x2124x的展开式中，的系数是__**___． 2)2xx2y215．已知双曲线C:221(a0,b0)的左焦点为F1，P为双曲线上一点，PF1与双曲

ab

3

线C的渐近线平行，且POF1O，其中O为坐标原点，则双曲线C的离心率e=__**___． 16．已知数列an的前n项和Sn=24ann，则数列an的通项公式为an__**__， 33an1则的最大值为__**___．

an四、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．（本小题满分10分）

已知正项数列an满足a11，an1ananan1,(n2)，等比数列bn满足：

a2b1,b2b3a8．

（1）证明数列1是等差数列，并求数列an,bn的通项公式； anbn，求Tn． a1（2）设Tn

b1b2anan118．（本小题满分12分）

π已知函数fxAsin(x),(A,0)只能同时满足以下三个条件中的两个．

6① 函数f(x)的最大值是2；

② 函数fx的图象可由函数fxcos2xxxx2sincossin2左右平移得到； 2222③ 函数f(x)的对称中心与f(x)的对称轴之间的最短距离是

π； 4（1）写出这两个条件的序号（不必说明理由）并求出函数yfx的单调递增区间； （2）已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，满足fB1， 点D为BC的中点，且ADb，求

（本小题满分12分） 19．

如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，P、O分别为AC、A1C1的中点，PA，A1B1B1C1PB123，A1C14. 1PC122（1）求证：PO平面A1B1C1；

sinBAC的值．

sinC第19题图

4

（2）求二面角B1PA1C1的余弦值． 20．（本小题满分12分）

某工厂的质检部门对拟购买的一批原料进行抽样检验，以判定是接收还是拒收这批原料． 现有如下两种抽样检验方案：

方案一：随机抽取一个容量为10的样本，并全部检验，若样本中不合格品数不超过1个，则认为该批原料合格，予以接收．

方案二：先随机抽取一个容量为5的样本，全部检验．若都合格，则予以接收；若样本中不合格品数超过1个，则拒收；若样本中不合格品数为1个，则再抽取一个容量为5的样本，并全部检验，且只有第二批抽样全部合格，才予以接收．

假设拟购进的这批原料，合格率为p（0p1），并用p作为原料中每件产品是合格品的概率．若每件产品的所需的检验费用为10元，且费用由工厂承担． （1）若p=2，记方案二中所需的检验费用为随机变量X，求X的分布列； 3（2）分别计算两种方案中，这批原料通过检验的概率．如果你是原料供应商，你希望该工厂的质检部门采取哪种抽样检验方案？ 并说明理由． 21．（本小题满分12分）

x2y212已知离心率为的椭圆C1:221(ab0)与抛物线C2:y2px (p0)有

ab2相同的焦点F，且抛物线经过点P(1,2)，O是坐标原点． （1）求椭圆和抛物线的标准方程；

（2）已知直线l：xtym与抛物线交于A,B两点，与椭圆交于C,D两点，若ΔABP的内切圆圆心始终在直线PF上，求ΔOCD面积的最大值．

22．（本小题满分12分）

x2已知函数f(x)a(x1)(a1)lnx, a2．

2（1）求函数f(x)的单调区间；

（2）若f(m)f(1)且m1，证明：x(1,m)，(a1)lnxx1；

x2（3）记方程若x1x2x3，证明：x3x223． 4x3lnx4的三个实根为x1,x2,x3，

2

5

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数 学 参 考 答 案

一、单项选择题：1-4：BABB 5-8: DCDA 第8题提示：将yππ2sin(x)变形为y2cos(x)，然后研究图象即可.

36二、多项选择题：9、AC 10、BC 11、ABD 12、ABD 第10题C选项解析：log2alog2blog2alog2(1a) 令f(x)log2xlog2(1x)=lnxln(1x),0x1， 2(ln2)11对称，故只需研究x0,的情况即可. 22因为f(x)f(1x)，故f(x)关于xf(x)(1x)ln(1x)xlnx. 令g(x)(1x)ln(1x)xlnx， 2(ln2)x(1x)2则g(x)ln(xx)2. 易知g(x)在0，上单调递减.

12因为g(11112x，，所以存在)ln(e1)20g()2ln22002,，使得

e22e21g(x0)0，且x0,x0时，g(x)0，g(x)单调递增，xx0，时，g(x)0，g(x)2单调递减.

因为x0时，g(x)0，且g()0，故x0，，g(x)0.

1212所以当x0,时，f(x)0，f(x)单调递增， 所以f(x)f()1.

22第12题提示：f(x)esinx11cosxecosxsinx，显然xπ2sin(x)4π不是极值点. 2ππcosxcosx(e当x(0,)(,π)时，f(x)e22绘制函数y=e且

π2sin(x)4tanx).

与y=tanx的草图可知，此时f(x)0仅有一个根x0，

πx0π. 故C选项错误. 26

由上述分析可知x(0,x0)时，函数f(x)单调递增，x(x0,π)时，函数f(x)单调递减. 当n1时，f()0, f()e1，显然g() g().

π4π2π4π2π3π当n2时，f()e1, f()e24与坐标原点连线的斜率. 因为

22e22. g(x)f(x)的几何意义为点(x,f(x))x3π3π33ππ=，故只需比较f()与 f()的大小即可.

224422223π3π3f() f()=(e1)(e

2242e221)1.51.7(e)0. 故D正确.

en三、填空题： 13、85 14、56 15、5 16、(2)1； 7 517．解：（1）∵an各项为正，且an1ananan1,(n2)，∴

111,(n2). anan1∴11=1的等差数列. ………………2分 是公差，首项d1a1an11n，则an. ………………3分 ann∴

设等比数列bn的公比为q，则b111, b2b3b1(qq2). 28故qq=2111n1，解得q=. 故bnb1qn. ………………5分 422b1b2anan1bnnn1n21=23...n. ① a12222（2）Tn2Tn=nn1n212...n1. ② ………………6分 222121111...）. ………………8分 23n1n2222（②—①：Tnn11(1n)2n11. ………………10分 n2n121218．解：（1）函数f(x)只能同时满足①③ . ………………2分

7

由①知A=2，由③知

T12ππ,则2. 444π故fx2sin(2x). ………………4分

6πππππ2x2kπ+,kZ解得kπxkπ+，kZ. 26236ππ所以yfx的单调递增区间为kπ，kπ+，kZ. ………………6分

36由2kππ1（2）fB1sin(2B).

62ππ13ππ5ππ∵B(0,π)2B(,). ∴2B=， B=. ………………8分

666663（此处若未结合角B 的范围，直接写出B的值，扣1分.） 法一：作线段CD的中点E,因为ADAC，故AECD．

3a1a2πBE因为cos=， 即==. ………………10分

4c2c33AB由正弦定理知

sinBACa2==. ………………12分

sinCc3法二：分别在ABD,ABC中对角B运用余弦定理，可得边长a,c的关系，略. 19．（1）证明：连接OB1.

∵PA1PC1, O为A1C1的中点, ∴POAC11. , ∴PO∵AC114,PA122PA12OA122. ………2分

∵A1B1B1C1, O为A1C1的中点, ∴OB1A1C1. ∵A2, ∴OB11B123,AO1A1B12OA1222. ………4分

PB123,故PB12=OB12OP2, POOB1.

∵POAC11,AC11OB1O. ∴PO平面A1B1C1. ………6分

（2）以O为坐标原点，OB1，OC1，OP所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则B1(22,0,0), A1(0,2,0), P(0,0,2).

则A1B1(22,2,0), A1P(0,2,2). ………7分 设平面PA1B1的法向量n1(x,y,z)，

z y x

8

22x2y0n1A1B10则. 2y2z0n1A1P0令x1，则y2,z2.则n1(1,2,2). ………9分

易证OB1平面PA1C1,故取平面PA1C1的法向量n2(1,0,0). ………10分

cosn1,n2n1n2n1n25

.5因为二面角B1PA1C1的平面角为锐角，所以cos5. ………12分 5

20．解：（1）X可能的取值为50,100． ………………1分

128080163P(X100)C,P(X50)1, ………………3分 332432432431故X的分布列为: X P 50 100 163 24380 243………………4

分

101（2）方案一通过检验的概率为PC10(1p)p9p9(109p). ………………6分 1p5145方案二通过检验的概率为P2pC5(1p)ppp15p(1p)

………………8分

4P1P2pp(109p)15p(1p)，其中0p1.

令f(p)p4(109p)15p4(1p)4p55p41，

则f(p)20p420p320p3(1p)0. ………………10分 故f(p)在p(0,1)上单调递增，f(p)f(1)0.故P1P2.

原料供应商更希望该工厂的质检部门采取方案二，因为原料通过检验的概率更高．

………………12分 21．解：（1）由题：42pp2，故抛物线C2的方程为y24x．………………1分 抛物线C2的焦点为F(1,0)，故a2b21.

9

又因为椭圆离心率为

111

，即.解得a=2, b3.

a22x2y21. ………………3分 ∴椭圆C1的方程为43（2）因为ΔABP的内切圆圆心始终在直线PF上，即PF平分APB.

设直线PA, PB的斜率分别为k1,k2．因为PF垂直于x轴，故k1k2=0. ………………4分 设A(x1,y1),B(x2,y2)，则

y12y22=0. x11x2144=0，即y1y2=4. ………………5分 y12y22∵y12=4x1，y22=4x2， ∴

∴kABy1y241，即t=1. ………………6分

x1x2y1y222将直线xym与y4x联立，可得y4y4m0，

由题=16(1m)0，故m1. ………………7分

x2y21联立，可得7y26my3m2120， 将直线xym与432由题=48(7m)0，故7m7，故1m7． ………………8分

6m3m212设C(x3,y3),D(x4,y4)，则y3y4, y3y4.

77则CD1t2(y3y4)24y3y4467m2. ………………9分 7，

坐标原点O到直线l的距离为dm2237m2m2317m2m4 .………………10分 故ΔOCD的面积SCDd277∵1m7，∴0m27．

故当m2=

2377=3. ………………12分 时，Smax72222．解：（1）f(x)xaa1(x1)(xa1)，x0 ……………1分 xx 10

∵ a2 ∴a11

∴f(x)0 xa1或0x1，f(x)0 1xa1.

∴f(x)的单调递增区间为(0,1),(a1,)，单调递减区间为(1,a1). ……………3分 （2）令h(x)lnxx1，则h(x)1x. h(x)00x1. x故h(x)在(0,1)单调递增，在(1,)上单调递减.

故h(x)h(1)0，即lnxx1. ……………4分 欲证：x(1,m)，(a1)lnxx1，即证：x(1,m)，a1x1. lnx令g(x)x1, 1xm，则g(x)lnxlnx1(lnx)21x.

10.所以g(x)0，g(x)在(1,m)上单调递增. xm1x1m1∴g(x)g(m). 故欲证x(1,m)，a1，只需证a1.

lnxlnmlnm因为lnxx1，故lnx1 ……………6分

m21(m1)2a(m1)(a1)lnm，即(a1)(m1lnm) ∵f(m)f(1)， ∴222因为lnmm1，故m1lnm0. 故等价于证明：lnm2m1. ……………7分 m1(x1)22(x1)0，H(x)在(1,)上单调递增. 令H(x)lnx,x1，则H(x)x(x1)2x12(x1). 从而结论得证. ……………8分 x1x2（3）法一：令a4，则f(x)4(x1)3lnx.

2故H(x)H(1)=0．即lnx由（1）可知，f(x)在(0,1),(3,)上单调递增，在(1,3)上单调递减.

11417，)20f(1)0，f(3)3ln30， 242e2ee2211故0x11x23x3.因为f(e2)，故存在m1，使得f(m)f(1)=，由（2）可

22x2x2知x(1,m)，3lnxx1，故x(1,m)，f(x)4(x1)x1=3x3.

22由题易知.f(……………10分

x2令F(x)=3x3，则x(1,m)，f(x)F(x).

2易知F(x)在(,3)上单调递减，在(3,)上单调递增.

11

记F(x)的两个零点为p,q，易知1p3qm. 故f(p)F(p)f(x2)，f(q)F(q)f(x3) 因为f(x)在(1,3)上单调递减，在(3,)上单调递增.

所以px2，qx3，所以x3x2qp=23. ……………12分 法二：（切线放缩）略解.

x2令a4，则f(x)4(x1)3lnx.

2研究函数f(x)在点A(2,f(2))处的切线l1:y13ln21以及在点B(4,f(4))处的切线

x23xx3x6ln27,然后证明当x1时，f(x)3ln21以及f(x)6ln27. 42428切线l1与x轴的交点为(6ln22, 0)；切线l2与x轴的交点为(8ln2, 0)，

32834故x3x28ln2(6ln22)14ln21.623.

33l2:y2

12