2021广东七校联合体高三8月第一次联考数学试题及参

一．选择题:本大题共8小题，每小题5分，满分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A{1,2},则满足AB{1,2,3}的集合B的个数是(A．12.已知B．3C．4D．8))m

其中m，n是实数，i是虚数单位，则mni(1ni，

1iA.2iB．2iC．12iD．12i

3.设点P是函数f(x)sinx的图象C的一个对称中心，若点P到图象C的对称轴上的距离的最小值，则8A．2f(x)的最小正周期是()C.4

4.已知向量a(3,1)，b是不平行于x轴的单位向量，且ab3，则b(B.2D.)A．（31

,）22B．（13）,22C．（133）,

44D．（1,0）5.若（3xA．－5401n)的展开式中各项系数之和为，则展开式的常数项为(x（B）－162C．162（D）540)6.已知f(x)是周期为2的奇函数，当0x1时，f(x)lgx.设af(),bf(),cf(),（）B．bacD．cab

)653252A．abcC．cba

7．若点P是曲线yx2lnx1上任意一点，则点P到直线yx2的最小距离为(A．1B．22C．2D．28．有A、B、C、D、E、F共6个集装箱，准备用甲、乙、丙三辆卡车运送，每台卡车一次运两个。若卡车甲不能运A箱，卡车乙不能运D箱，此外无其它任何；要把这6个集装箱分配给这3台卡车运送，则不同的分配方案的种数为（A．168B．84）C．56D．42二、多项选择题:本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，漏选的得3分，错选或不选的得0分。条件的是（9.下列四个条件中，p是q的充分．．Ａ．p:ab，q:a2b2

B．p:ax2by2c为双曲线，q:ab0C．p:ab，q:2a2bＤ．p:ax2bxc0，q:

）cb

a0x2x10．设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件a11，a9a101,

a91

0则下列结论正确的是（）a101B．a10a111D．Tn的最大值为T9A．0q1C．Sn的最大值为S1011．如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AB4，BC2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则下列说法正确的是（）A．A、M、N、B四点共面B．BN//平面ADM

C．直线BN与B1M所成角的为60D．平面ADM平面CDD1C1

12．四边形ABCD内接于圆O，ABCD5,AD3,BCD60，下列结论正确的有（）A．四边形ABCD为梯形B．四边形ABCD的面积为C．圆O的直径为7D．ABD的三边长度可以构成一个等差数列5534第Ⅱ卷三、填空题:本题共4小题每小题5分，其中第16题共两空答对一空得3分，答对两空得5分x213.若抛物线y2px的焦点与双曲线y21的右焦点重合，则p的值为______32

14.若随机变量~N（2，1），且P（1）0.8413，则P(3）______________15.设函数fxcos

3x0若fxf/x是偶函数，则__________。.16．已知过球面上三点A、B、C的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AB=6，AC=8，BC=10，则球的半径等于________,球的表面积等于__________．四、解答题:本题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明证明过程或演算步骤．17.(本小题满分10分)已知等差数列an的前n项和为Snpnnq(p,qR),nN

2（1）求q的值；（2）若a1与a5的等差中项为14，且bn满足an2log2bn，求数列的bn前n项和.18.（本小题满分12分）如图,D是直角ABC斜边BC上一点,ABAD,记ABC,CAD(1)求cos2sin的值.(2)若AC3DC,求的值.19．（本小题满分12分）如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，SD平面ABCD，SD2a，AD且DEa(02)

（1）求证：对任意的(0,2]，都有ACBE（2）设二面角C—AE—D的大小为，直线BE与平面ABCD所成的SE2a点E是SD上的点，角为，若sincos，求的值w.w.w.zxxk.c.o.mDABC20.（本小题满分12分）现有甲、乙两个项目，对甲项目每投资十万元，一年后利润是1.2万元、1.18万元、1.17万元的概率分别为111

、、;已知乙项目的利润与产品价格的调整有关,在每次调整中价格下降的概率都是623p(0p1),设乙项目产品价格在一年内进行2次的调整,记乙项目产品价格在一年内的下降次数为,对乙项目每投资十万元,取0、1、2时,一年后相应利润是1.3万元、1.25万元、0.2万元.随机变量1、2分别表示对甲、乙两项目各投资十万元一年后的利润.(1)(2)求1、2的概率分布和数学期望E1、E2;当E1E(2)时,求p的取值范围.21.（本小题满分12分）已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，离心率为22。(1)求椭圆的方程；（2)直线l过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点，当AOB面积取得最大值时，求直线l的方程.22．（本小题满分12分）已知函数f(x)x3eax1（1）讨论f(x)的单调性；（2）若a2，不等式f(x)mx3lnx对x(0,)恒成立，求m的取值范围.七校联合体2021届高三第一次联考试卷（8月）数学答案第Ⅰ卷选择题题号1C2A3C4B5A6D7B8D9BC

10AD

11CD

12ABD

答案详细答案1、解析A{1,2}，AB{1,2,3}，则集合B中必含有元素3，即此题可转化为求集合的子集个数问题，所以满足题目条件的集合B共有24个。故选择答案C。2、解析：2

1n0m

1nim1n1ni，由m、n是实数，得1i1nm

∴

n1

mni2i，故选择A。2m

3122

，则有3xy3且xy1(y0)解得x＝，y＝，选B4、解：设b＝（x，y）221n

x35.解析：若的展开式中各项系数之和为2=，n6，则展开式的常数项为x

3

C6(3x)3(n1x)3=－540，选A.6

545456.解：已知f(x)是周期为2的奇函数，当0x1时，f(x)lgx.设af()f()f()，31151

bf()f()f()，cf()f()<0，∴cab，选D.2222227.解析因为点P是曲线yxlnx1任意一点，所以当点P处的切线和直线y＝x－2平行时，点P到直线y＝x－2的距离最小．因为直线y＝x－2的斜率等于1，曲线yxlnx1的导数y2x令y′＝1，可得x＝1或x经过的切点坐标为(1,0)，2/12(舍去)，所以在曲线yxlnx1与直线y＝x－2平行的切线21，x所以点P到直线y＝x－2的最小距离为d

102

2



2

，故选：B2

11212222C4C2C2C3C28．分两类：①甲运D箱，有C4种；②甲不运D箱，有C4。211212222C4C2C2C3C2+C4=42（种），选（D）。不同的分配方案共有C4

29.解：A.p不是q的充分条件，也不是必要条件；B.p是q的充分条件，不是必要条件；C.p是q的充要条件；D.必要不充分答案BC10.答案AD由题意得a91a10a1111.答案CD(1)由图显然AM、BN是异面直线，故A、M、N、B四点不共面，故A错误；(2)BN//平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，故B错误；(3)取CD的中点O，连接BO、ON，可知三角形BON为等边三角形，故C正确；(4)由题意AD平面CDD1C1，故平面ADM平面CDD1C1，故D正确；12.答案ABD【解析】ABCD5,AD3,BCD60BAD120可证BADCDABADCDA120

BCDCDA180BC//DA

显然AB不平行CD即四边形ABCD为梯形，故A正确；在BCD中由余弦定理可得BD2CB2CD22CBCDcosBCD

72CB25225CBcos60解得CB8或CB3（舍去）SBAD

113153ABADsin120532224

113403SBCDCBCDsin6058

2224SABCDSBCDSBAD

153403553故B正确

444

在BAD中由余弦定理可得BD2AB2AD22ABADcosBAD

BD25232253cos12049BD7圆的直径不可能是7，故C错误；在ABD中，AD3，AB5，BD7，满足ADBD2ABABD的三边长度可以构成一个等差数列，故D正确；第Ⅱ卷非选择题x213、解：双曲线y21的右焦点为(2,0)，所以抛物线y22px的焦点为(2,0)，则p4，314解：随机变量~N（2，所以正态曲线关于2对称1）所以P(3）P（1）1-P（1）10.84130.158715、解析：f'(x)3sin(3x)，则fxf/x=cos(3x)3sin(3x)2sin(3x)62cos(3x

2.)为偶函数，∴33103400，表面积为3316、ABC的外接圆半径为r5，球的半径为17、解析：本小题考查数列的概念，等差数列，等比数列，对数与指数互相转化等基础知识。考查综合运用数学知识解决问题的能力。满分10分.··········1分解法：当n1时，a1S1p1q·2··········2分当n2时anSnSn1pn2nqp(n-1）（n1)q2pnp1·an是等差数列,a1p1q2pp1

···········4分q0·(Ⅱ)解：,an是等差数列,a3

a1a5146p-p-12··········6分p3an6n4·3n-2··········8分a2logbb2nn2n又bn123n1b12，3n28即bn是等比数列.bn22(18n)2n所以数列bn的前n项和Tn··········10（81)·187ABADADBABC18解：（1）BAC

DAB22···········3分222cos2sincos2sin(2)

2·········6分cos2cos20·(2)在ACD中，根据正弦定理ACDCACDC

即

（-）sinsinADCsinCADsin

若AC=3DC3sinsin··········8分由（1）得sin-cos2-3cos223sin3sin·········10分23sin2sin30即（2sin3)(3sin1)0·又因为在直角△ABC中sin（0，）223··········11分2

··········12分3

19证法：以D为原点，DA,DC,DS的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如图2所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），A，C（0，2a，0），E（0，0a），（2a,0,0）,B（2a，2a，0）

AC(2a,2a,0),BE(2a,2a,a)



ACBE2a22a20a0，即ACBE。·········4分（2）由（I）得EA(2a,0,a),EC(0,2a,a),BE(2a,2a,a).



，nEC得设平面ACE的法向量为n=(x，y，z)，则由nEA

2xz0,nEA0,即

2yz0,nEC0,········6分取z2,得n(,,2)·

易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为DS(0,0,2a)与DC.（0，2a,0）



DCnDSBE.·········10分,cossin

22DSBEDCn224sincos即

24

22222.由于(0,2]，解得2，即为所求。·········12分（解法二）证明：如图1，连接BE、BD，由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD。········4分SD⊥平面ABCD，BD是BE在平面ABCD上的射影，AC⊥BE·（Ⅱ）如图1，由SD⊥平面ABCD知，∠DBE=,SD⊥平面ABCD，CD平面ABCD,SD⊥CD。又底面ABCD是正方形，CD⊥AD，而SDAD=D，CD⊥平面SAD.连接AE、CE，过点D在平面SAD内作DE⊥AE于F，连接CF，则CF⊥AE，故∠CFD是二面角C-AE-D的平面角，即∠CFD=。在Rt△BDE中，BD=2a，DE=a，BE

4a22a2，sin

DE

BE24

2a,DEa,AEa22在Rt△ADE中,AD

从而DFADDEAE2a22在RtCDF中，CFDFCD

22221

22a.cos

DF

CF

222

sincos即

24



222

22

由(0,2]，解得2，即为所求.20【(I)解法1:1的概率分布为1

PE1=1.2

1.21.181.17111

+1.18+1.17=1.18.·········2分623161213由题设得~B(2,p),则的概率分布为P故2的概率分布为012(1p)2

2p(1p)

p2

P所以2的数学期望为1.31.250.2(1p)2

2p(1p)

p2

E2=1.3(1p)+1.252p(1p)+0.2p=p0.1p1.3.·········8分(II)由E1E2,得:222

p20.1p1.31.18(p0.4)(p0.3)00.4p0.3

因02p(1p)

p2

E2=1.3(1p)+1.252p(1p)+0.2p=p0.1p1.3.222

x2y2

21解：设椭圆方程为221(abc)

abbc2

a2

22c

（Ⅰ）由已知得b1

2c21a222abc

∴所求椭圆方程为x2

y21.·········4分2（Ⅱ）解法一：由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx2,A(x1,y1),B(x2,y2)

ykx222由x2，消去y得关于x的方程：(12k)x8kx602

y12由直线l与椭圆相交于A、B两点，0k24(12k)0解得k2

2

2

328k

xx1212k2又由韦达定理得

xx61212k2

|AB|1k|x1x2|1k221k216k224(x1x2)4x1x2212k2原点O到直线l的距离d

21k2SAOB116k224222k23|AB|d.212k212k22k23(m0)，则2km3

2

2

解法1：令m

S

22m222

2m24m4m4

即m2时，mSmax

22当且仅当m

此时k

14.所以，所求直线方程为142y40········12分216k22424222

解法2：对S两边平方整理得：4Sk4(S4)kS240（*）212k∵S0，

16(S24)244S2(S224)0,24S

20SS224

024S又S0，整理得：S

2

120S

22从而SAOB的最大值为S

2，2此时代入方程（*）得4k428k2490k所以，所求直线方程为：14x2y40.142解法二：由题意知直线l的斜率存在且不为零.设直线l的方程为ykx2,A(x1,y1),B(x2,y2)，则直线l与x轴的交点D(

2

,0)，k8k

xx

31212k22

由解法一知k且，62

x1x212k2

解法1：SAOB

112

|OD||y1y2||||kx12kx22|=|x1x2|22k22216k224222k23(xx)4x1x2.12k212k2下同解法一.解法2：SAOBSPOBSPOA

下同解法一.·········12分222k231

2||x2||x1|||x2x1|=212k2（1）f(x)3xe22【解析】

2ax

ax3eaxx2eax(ax3).①当a0时，f/(x)0恒成立，所以f(x)在R单调递增。②当a0时，令f(x)0，得x所以f(x)的单调递减区间为

33；令f(x)0，得x.aa

33

,，单调递增区间为,.aa

33

；令f(x)0，得x.aa

③当a0时令f(x)0，得x所以f(x)的单调递减区间为,





33

,，单调递增区间为········6分.·aa

x3e2x3lnx1

对（2）因为a2，所以f(x)mx3lnx对x(0,)恒成立等价于m

xx(0,)恒成立.设g(t)t1lnt(t0)，g(t)

令g(t)0，得0t1；令g(t)0，得t1.所以g(t)ming(1)0，所以t1lnt0.取tx3e2x，则xe

32x

t1

，t

1lnx3e2x0，即x3e2x3lnx12x，x3e2x3lnx12x所以2.xx

设h(x)x3e2x，因为h(0)01，h(1)e21，所以方程x3e2x1必有解，所以当且仅当xe

32x

x3e2x3lnx1

函数y且最小值为2，所以m2，(x0)得最小值，1时，x

即m的取值范围为(,2]，·········12分