【文档说明】安徽省定远县育才学校2021届高三下学期第一次模拟考试文科数学试题 含答案.docx，共(11)页，156.626 KB，由小赞的店铺上传

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文科数学第I卷选择题（共60分）一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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={𝑥|2<1−𝑥<4}，𝐵={𝑥|𝑥2−4𝑥−12≥0}，则𝐴∪(∁𝑅𝐵)=()A.(−2,−1)B.(−3,

6)C.(−3,6]D.(−6,2)2.“𝑚=3”是“直线𝑙1：2(𝑚+1)𝑥+(𝑚−3)𝑦+7−5𝑚=0与直线𝑙2：(𝑚−3)𝑥+2𝑦−5=0垂直”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D

.既不充分也不必要条件3.已知𝑎⃗⃗，𝑏⃗均为单位向量，若|𝑎⃗⃗−2𝑏⃗|=√3，则向量𝑎⃗⃗与𝑏⃗的夹角为()A.𝜋6B.𝜋3C.2𝜋3D.5𝜋64.设𝐹1、𝐹2分别是双曲线C：𝑥2�

�2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点P，使|𝑂𝑃|=|𝑂𝐹1|(𝑂为原点)，且|𝑃𝐹1|=√3|𝑃𝐹2|，则双曲线的离心率为()A.√3−12B.√3−1C.√3+12D.√3+

15.已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+2−2𝑎𝑛+1+𝑎𝑛=1，且𝑎1=1，𝑎2=2，则𝑎10=()A.29B.29−1C.56D.466.我国古代科学家祖冲之之子祖暅在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不

容异”(“幂”是截面积，“势”是几何体的高)，意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则它们的体积相等．已知某不规则几何体与如图所示的三视图所表示的几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为A.12−𝜋B.8−𝜋C.12−𝜋2D.12−2𝜋7.某科技股份有限公司为激

励创新，计划逐年增加研发资金投入．若该公司2020年全年投入的研发资金为100万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长6%，则该公司全年投入的研发资金开始超过140万元的年份是(参考数据：lg1.4≈0.146，lg1.06≈0.025)()A.2025年B.

2026年C.2027年D.2028年8.已知函数𝑓(𝑥)=sin(𝑥+𝜋3).给出下列结论：①𝑓(𝑥)的最小正周期为2𝜋；②𝑓(𝜋2)是𝑓(𝑥)的最大值；③把函数𝑦=𝑠𝑖𝑛𝑥的图象上的所有点向左平移𝜋3个单位长度，可得到函数𝑦=𝑓(𝑥)的图

象．其中所有正确结论的序号是()A.①B.①③C.②③D.①②③9.已知复数z满足(1−2𝑖)𝑧=3+4𝑖(𝑖为虚数单位)，则|𝑧|=()A.√2B.5C.√5D.√5210.已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥

−𝑥22−1，若𝑓(𝑥)≥𝑘𝑥在𝑥∈[0,+∞)时总成立，则实数k的取值范围是()A.(−∞,1]B.(−∞,𝑒]C.(−∞,2𝑒]D.(−∞,𝑒2]11.已知𝑎=log72，𝑏=l

og0.70.2，𝑐=0.70.2，则a，b，c的大小关系为()A.𝑏<𝑐<𝑎B.𝑎<𝑏<𝑐C.𝑐<𝑎<𝑏D.𝑎<𝑐<𝑏12.设𝛼,𝛽,𝛾为三个不同的平面，𝑚,𝑛为

两条不同的直线，则下列命题中错误的是()A.当𝛼⊥𝛽时，若𝛽//𝛾，则𝛼⊥𝛾B.当𝑚⊥𝛼,𝑛⊥𝛽时，若𝛼//𝛽，则𝑚//𝑛C.当𝑚⊂𝛼,𝑛⊂𝛽时，若𝛼//𝛽则𝑚,𝑛是异面直线D.当𝑚//𝑛,𝑛⊥𝛽时，若𝑚⊂𝛼则𝛼

⊥𝛽第II卷非选择题（共90分）二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知𝑓(𝑥)=log𝑎(𝑎𝑥2−𝑥)(𝑎>0，且𝑎≠1)在(14,12)上单调递增，则实数a的取值范围是

．14.执行如图所示的程序框图，则输出的S的值是_____．15.过抛物线𝑦2=4𝑥的焦点的直线l交抛物线于𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)两点，如果𝑥1+𝑥2=6，则𝑃𝑄=．1

6.既要金山银山，又要绿水青山，说明了既要发展经济，又要保护环境，两者兼得，社会才能又快又好的发展.现某风景区在践行这一理念下，计划在如图所示的以AB为直径的半圆形山林中设计一条休闲小道𝐴𝐶(𝐶与A，B不重合)，A，B相距400米，在紧邻休闲小道AC的两侧及圆弧𝐶𝐵⌢上进行绿化，共3条

绿化带。设∠𝐵𝐴𝐶=𝜃，则绿化带的总长度𝑓(𝜃)的最大值约为______米.(参考数据：√3⬚≈1.7，𝜋≈3)三、解答题(本大题共6小题,共70分。其中22、23为选考题。解答应写出文字说明、证明过程或

演算步骤。)17.（本题满分12分）近期，某公交公司分别推出支付宝和徽信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付．某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付

的人次(单位：十人次)，统计数据如表l所示：表1x1234567y611213466101196根据以上数据，绘制了如右图所示的散点图．(1)根据散点图判断，在推广期内，𝑦=𝑎+𝑏𝑥与𝑦=𝑐⋅𝑑𝑥(𝑐,d均为大于

零的常数)哪一个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)；(2)根据(1)的判断结果及表1中的数据，求y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次；参考数据：𝑦−𝑣−∑𝑥𝑖7𝑖=1𝑦𝑖∑𝑥𝑖7𝑖=1𝑢𝑖10

0.54661.542.71150.123.47其中𝜐𝑖=1𝑔𝑦𝑖,𝜐−=17∑𝜐𝑖7𝑖=1参考公式：对于一组数据(𝑢1,𝜐1)，(𝑢2,𝜐2)，…，(𝑢𝑛,𝜐𝑛)，其回归直

线𝜐̂=𝑎̂+𝛽̂𝑢的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：𝛽̂=∑𝑢𝑖𝑛𝑖=1𝜐𝑖−𝑛𝑢−𝜐−∑𝑢𝑖2𝑛𝑖=1−𝑛𝑢−2,𝑎̂=𝜐−−𝛽̂𝑢̂．18.（本题满分12分）在△𝐴𝐵𝐶中，角A，B，C的对边分别是𝑎

,𝑏,𝑐且满足，(１)求角B的大小；(２)若△𝐴𝐵𝐶的面积为3√34，且𝑏=√3，求𝑎+𝑐的值；19.（本题满分12分）如图，在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐵=𝐴𝐷，P是𝐷𝐷1中点．(Ⅰ)求证：直线𝐵𝐷1//平面PAC；(

Ⅱ)在棱𝐵𝐵1上求一点Q，使得平面𝑃𝐴𝐶//平面𝐴1𝐶1𝑄，并证明你的结论．20.（本题满分12分）已知椭圆E：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的离心率为12，点A，B分别为椭圆E的左、右顶点，点C在E上，且▵𝐴𝐵𝐶面积的最大值为2√3．(

1)求椭圆E的方程；(2)设F为E的左焦点，点D在直线𝑥=−4上，过F作DF的垂线交椭圆E于M，N两点．证明：直线OD平分线段MN．21.（本题满分12分）已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎(𝑥+1)(𝑎∈𝑅)．(1)讨论函数𝑓(𝑥)极值点的个数；(2)当𝑎=1时，不

等式𝑓(𝑥)≥𝑘𝑥1𝑛(𝑥+1)在[0,+∞)上恒成立，求实数k的取值范围．22.（本题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，已知曲线𝐶1：𝑥+𝑦=1与曲线𝐶2：{𝑥=2+2cos𝜑,𝑦=2sin𝜑(𝜑

为参数).以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．(Ⅰ)写出曲线𝐶1，𝐶2的极坐标方程；(Ⅱ)在极坐标系中，已知l：𝜃=𝛼(𝜌>0)与𝐶1，𝐶2的公共点分别为A，B，𝛼∈(0,𝜋2)，当|𝑂𝐵||𝑂𝐴|=4时，求𝛼的值．23.（本题满分10分）选修4-5：不

等式选讲已知函数𝑓(𝑥)=|2𝑥−1|−|𝑥−3|．(1)解不等式𝑓(𝑥)>0；(2)若不等式𝑚2−4|𝑚|+|𝑥−3|>𝑓(𝑥)对𝑥∈𝑅恒成立，求实数m的取值范围．文科数学答案

1.B2.A3.B4.D5.D6.A7.B8.B9.C10.A11.D12.C13.[4,+∞)14.415.816.88017.解：(1)根据散点图判断，𝑦=𝑐⋅𝑑𝑥适宜作为扫码支付的人数y关于活动推出天数x的回归方程类

型；…………(3分)(2)由𝑦=𝑐⋅𝑑𝑥，两边同时取常用对数得：1𝑔𝑦=1𝑔(𝑐⋅𝑑𝑥)=1𝑔𝑐+1𝑔𝑑⋅𝑥；设1𝑔𝑦=𝑣，∴𝑣=1𝑔𝑐+1𝑔𝑑⋅𝑥；………………(5分)计算𝑥−=4,𝑣−=1.54，

∑𝑥𝑖27𝑖=1=140，∴lg𝑑⬚̂=∑𝑥𝑖7𝑖=1𝑣𝑖−7𝑥−𝑣−∑𝑥𝑖27𝑖=1−7𝑥−2=50.12−7×4×1.54140−7×42=728=0.25，………………(7分)把样本中心点(4,1.54)代入𝑣=1𝑔𝑐+1𝑔𝑑⋅𝑥，得：𝑙𝑔

̂𝑐=0.54，∴𝑣̂=0.54+0.25𝑥，∴𝑙𝑔̂𝑦=0.54+0.25𝑥，……………………(9分)∴𝑦关于x的回归方程式：𝑦̂=100.54+0.25𝑥=100.54×(100.25)𝑥=3.47×100.25𝑥；………(10

分)把𝑥=8代入上式，𝑦̂=3.47×102=347；活动推出第8天使用扫码支付的人次为3470；…………………………(12分)18.解：，由正弦定理，得，即，在△𝐴𝐵𝐶中，0<𝐴<𝜋，，，又∵0<𝐵<𝜋，∴𝐵=𝜋3；(2)∵△𝐴𝐵𝐶的面积为3√3

4，，∴𝑎𝑐=3，∵𝑏=√3，，∴𝑎2+𝑐2−𝑎𝑐=3，即(𝑎+𝑐)2−3𝑎𝑐=3，∴(𝑎+𝑐)2=12，∴𝑎+𝑐=2√3．19.(Ⅰ)证明：连接BD交AC于O点，连接OP，因为O为矩形对角线的交点，则O为BD的中点

，又P为𝐷𝐷1的中点，则𝑂𝑃//𝐵𝐷1，又因为𝑂𝑃⊂平面PAC，𝐵𝐷1⊄平面PAC，所以直线𝐵𝐷1//平面PAC．(Ⅱ)解：取𝐵𝐵1的中点Q，则平面𝑃𝐴𝐶//平面𝐴

1𝐶1𝑄，证明：因为P为𝐷𝐷1的中点，Q为𝐵𝐵1的中点，四边形𝐴𝐶𝐶1𝐴1与长方体的上下底面相交AC，𝐴1𝐶1，则𝐴𝐶//𝐴1𝐶1，因为𝐴1𝐶1⊄平面PAC，𝐴𝐶⊂平面PAC，所以𝐴1𝐶1//平面PAC，同理可得𝐴1

𝑄//平面PAC，又𝐴1𝐶1∩𝐴1𝑄=𝐴1，𝐴1𝐶1⊂平面𝐴1𝐶1𝑄，𝐴1𝑄⊂平面𝐴1𝐶1𝑄，所以平面𝑃𝐴𝐶//平面𝐴1𝐶1𝑄.20.(1)解：由题意得{𝑒=𝑐𝑎=12,𝑎𝑏=2√3,�

�2=𝑏2+𝑐2,解得{𝑎=2,𝑏=√3,故椭圆E的方程为𝑥24+𝑦23=1．(2)证明：设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，𝐷(−4,𝑛)，线段MN的中点𝑃(𝑥0,𝑦0)，则2𝑥0=𝑥1+𝑥2，2𝑦0=𝑦1+𝑦2，由(1)可得𝐹

(−1,0)，则直线DF的斜率为𝑘𝐷𝐹=𝑛−0−4−(−1)=−𝑛3，当𝑛=0时，直线MN的斜率不存在，根据椭圆的对称性可知OD平分线段MN．当𝑛≠0时，直线MN的斜率是𝑘𝑀𝑁=3𝑛

=𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2．∵点M，N在椭圆E上，∴{𝑥124+𝑦123=1,𝑥224+𝑦223=1,整理得：(𝑥1+𝑥2)(𝑥1−𝑥2)4+(𝑦1+𝑦2)(𝑦1−𝑦2)3=0，又2𝑥

0=𝑥1+𝑥2，2𝑦0=𝑦1+𝑦2，∴𝑦0𝑥0=−𝑛4，直线OP的斜率为𝑘𝑂𝑃=−𝑛4，∵直线OD的斜率为𝑘𝑂𝐷=−𝑛4，∴直线OD平分线段MN．21.解：(1)𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥

−𝑎，①当𝑎≤0时，𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎>0，所以𝑓(𝑥)在R上单调递增，无极值．②当𝑎>0时，令𝑓′(𝑥)=0，得𝑥=𝑙𝑛𝑎，当𝑥∈(−∞,𝑙𝑛𝑎)时，𝑓′(𝑥)<0；当𝑥∈(𝑙𝑛𝑎,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0即函数𝑓(𝑥)在

(−∞,𝑙𝑛𝑎)上单调递减，在(𝑙𝑛𝑎,+∞)上单调递增，此时只有一个极值点．综上所述，当𝑎≤0时，𝑓(𝑥)在R上无极值点；当𝑎>0时，函数𝑓(𝑥)在R上只有一个极值点．(2)当𝑎=1时，由题即𝑒𝑥−𝑥

−1≥𝑘𝑥𝑙𝑛(𝑥+1)在[0,+∞)上恒成立令ℎ(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥−1−𝑘𝑥𝑙𝑛(𝑥+1)且ℎ(0)=0，则ℎ′(𝑥)=𝑒𝑥−1−𝑘[ln(𝑥+1)+𝑥𝑥+1](𝑥≥0)，令𝑔(𝑥)=ℎ′(𝑥)=𝑒𝑥−1−𝑘[ln(𝑥+1

)+𝑥𝑥+1](𝑥≥0)，则𝑔,(𝑥)=𝑒𝑥−𝑘[1𝑥+1+1(𝑥+1)2](𝑥≥0)且𝑔′(0)=1−2𝑘，(ⅰ)当1−2𝑘≥0时，即𝑘≤12时，由于𝑥≥0，𝑒𝑥≥1，而�

�[1𝑥+1+1(𝑥+1)2]≤12[1𝑥+1+1(𝑥+1)2]≤1，所以𝑔′(𝑥)≥0，故𝑔(𝑥)在[0,+∞)上单调递增，所以𝑔(𝑥)≥𝑔(0)=0，即ℎ′(𝑥)≥0，故ℎ(𝑥)在[0,+∞)上单调递增，所

以ℎ(𝑥)≥ℎ(0)=0，即𝑒𝑥−𝑥−1≥𝑘𝑥𝑙𝑛(𝑥+1)在[0,+∞)上恒成立，故𝑘≤12符合题意．(ⅱ)当1−2𝑘<0时，即𝑘>12时𝑔′(0)<0，由于𝑔′(𝑥)

=𝑒𝑥−𝑘[1𝑥+1+1(𝑥+1)2]在[0,+∞)上单调递增，令𝑥=ln(2𝑘)>0因为𝑔′(𝑙𝑛2𝑘)=𝑒𝑙𝑛2𝑘−𝑘[1𝑙𝑛2𝑘+1+1(𝑙𝑛2𝑘+1)2]>2𝑘−2𝑘=0，故在(0,𝑙𝑛2𝑘)

上存在唯一的零点𝑥0，使𝑔′(𝑥0)=0，因此，当𝑥∈(0,𝑥0)时，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)单调递减，所以𝑔(𝑥)<𝑔(0)=0，即ℎ′(𝑥)<0，ℎ(𝑥)在(0,𝑥0)上单调递减，故ℎ(𝑥)<ℎ(0)=0，与题

不符．综上所述，k的取值范围是(−∞,12]．22.解：(Ⅰ)曲线𝐶1的极坐标方程为𝜌(𝑐𝑜𝑠𝜃+𝑠𝑖𝑛𝜃)=1，即𝜌𝑠𝑖𝑛(𝜃+𝜋4)=√22．曲线𝐶2的普通方程为(𝑥−2)2+𝑦2=4，即𝑥2+𝑦2−4𝑥=0，所以曲线�

�2的极坐标方程为𝜌=4𝑐𝑜𝑠𝜃；(Ⅱ)由(1)知，，∵|𝑂𝐵||𝑂𝐴|=4𝑐𝑜𝑠𝛼(𝑐𝑜𝑠𝛼+𝑠𝑖𝑛𝛼)=2(1+𝑐𝑜𝑠2𝛼+𝑠𝑖𝑛2𝛼)=2+2√2sin(2𝛼+𝜋4

)，∵|𝑂𝐵||𝑂𝐴|=4，∴2+2√2sin(2𝛼+𝜋4)=4，∴sin(2𝛼+𝜋4)=√22，由0<𝛼<𝜋2，知𝜋4<2𝛼+𝜋4<5𝜋4，故，∴𝛼=𝜋4．23.解(1)∵𝑓(𝑥)={𝑥+2,𝑥≥33𝑥−4,12<𝑥<3−𝑥−2,𝑥≤12,∴

{𝑥+2>0𝑥⩾3或{3𝑥−4>012<𝑥<3或{−𝑥−2>0𝑥⩽12∴𝑥>43或𝑥<−2；(2)∵𝑚2−4|𝑚|>|2𝑥−1|−2|𝑥−3|=|2𝑥−1|−|2𝑥−6|，又∵|2𝑥−1|−|2𝑥−

6|⩽|(2𝑥−1)−(2𝑥−6)|=5，当且仅当𝑥≥3时，等号成立，∴𝑚2−4|𝑚|>5，∴𝑚>5或𝑚<−5．