四川省广元市2020-2021学年高三上学期一诊数学理科答案

参考答案

1．C【思路点拨】分别求解指数不等式和二次不等式得集合A,B，再求补集和交集即可.

∣24{x∣x2}，B{x∣(x4)(x1)0}{x∣1x4}， 【解析】因为Ax所以

xRAB{x∣x2}{x|1x4}{x|2x4}．

故选：C.

2．C【思路点拨】利用复数乘除运算及复数相等的条件求出a，b值即得. 【解析】因为

a2i2ba,bR，所以a2i2b1i，即：a2i2b2bi， 1ia2ba2根据复数相等的条件得，解得，

22bb1所以abi2i所对应的点(-2，-1)在复平面内位于第三象限． 故选：C

3．A【思路点拨】先利用诱导公式求sin2cos，再结合sin2cos21消去sin，即求得结果.

【解析】因为sin2sin，所以sin2cos， 22所以sin24cos2，代入sin2cos21，解得cos故选:A.

1． 54．D【思路点拨】设出切线方程，对斜率k是否存在进行讨论，利用圆心到直线的距离等于半径即可求解.

【解析】当直线的斜率不存在时，直线l：x3，此时，圆心到直线的距离为3<5,不合题意；

当直线的斜率存在时，可设直线l：y4kx3， 因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径， 即3k4k215，解得：k，

3x3，即3x4y250. 434所以直线l：y4故选：D

【名师指导】求圆的切线方程的思路通常有两种: （1）几何法:用圆心到直线的距离等于半径； （2）代数法:直线方程与圆的方程联立,利用Δ=0．

5．B【思路点拨】选定基向量AB,AC，利用复数线性运算计算出AE，再由平面向量基本定理而得.

【解析】ABC中，AB,AC不共线，点D在BC上，则BD//BC，

存在唯一实数t使BD＝tBCADABt(ACAB)ADtAC(1t)AB，

11ttADABAC，而AEABAC， 2221tt1,，所以. 所以222因为E为AD的中点，AE故选：B

6．D【思路点拨】根据环比增长折线图可判断选项A、B，根据同比折线图可判断选项C、D即可得正确选项.

【解析】对于选项A：由环比增长折线图可知2020年1月到9月的居民消费价格指数先上升再下降再上升，故选项A不正确；

对于选项B：由环比增长折线图可知2019年9月到2020年9月的居民消费价格指数先上升再下降再上升，故选项B不正确；

对于选项C：由同比折线图可知2020年1月到9月的居民消费价格指数均高于2019年同期水平，故选项C不正确；

对于选项D：由同比折线图可知2020年7月过后，居民消费价格指数的涨幅有回落趋势 故选项D项正确． 故选：D.

7．B【思路点拨】首先求出甲的派遣方法，再考虑其余4人的安排方法，再根据分步乘法计数原理计算可得；

【解析】解：根据题意，甲有4种派法，其余4人共有A424种派法，于是共有42496种派遣方法． 故选：B

8．C【思路点拨】从各项图象的区别，确定先判断函数奇偶性(对称性)，再求导研究

4f1,f2的符号,判断单调性即可.

【解析】

f(x)ex(x)2xex2xf(x)，

xf(x)是偶函数，图象关于y轴对称，排除选项AB.

当x0时，f(x)exx2x，则f(x)ex2x1，由f(1)e30，

f2e250，

故存在x0(1,2)使得f(x)0，即函数在区间(1,2)上不单调，排除D. 故选：C.

【名师指导】方法点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置； (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

9．B【思路点拨】根据双曲线离心率的公式，结合双曲线的渐近线方程、点到直线距离公式进行求解即可.

a2a26【解析】由离心率e5，解出a2； 2a由ba2622，所以渐近线方程为y2x，焦点坐标为10,0．

(10)(2)(2)122所以焦点到渐近线的距离为故选：B

22．

10．A【思路点拨】利用平移变换得出g(x)sinx4，再由对称轴的性质得出42k，kZ，结合0得出的最小值.

【解析】将函数fxsinx1240的图象向右平移

个单位长度后得到函数4gx的图象对应的函数为g(x)sinxsinx

4444因为函数gx的图象的一条对称轴是直线x所以π 44442k，kZ

解得12k，kZ，又0 2所以当k1时，取最小值，为故选：A

3 2【名师指导】关键点睛：解决本题的关键在于利用对称轴的性质结合0得出的最小值.

11．D【思路点拨】由题知f(x2)fx2，进而得fx的图象关于直线x2对称，再结合偶函数性质得fx是以4为周期的周期函数，由于x1时，

f1f1212f10，故f14，进而f2021f14.

【解析】由fx212fx，得f(x2)12f(x)12f(x)fx2，

则fx的图象关于直线x2对称， 于是fx4fxfx，

故fx的一个周期为4，由fx212fx，

令x1得f1f1212f112f10， ， f1f1120，解得f14或3（负值舍去）

2所以f2021f14． 故选：D.

【名师指导】本小题主要考查函数性质等基本知识；考查抽象概括、逻辑推理、运算求解能力及应用意识；考查化归与转化等数学思想，是中档题.本题解题的关键在于根据题意得

fx的图象关于直线x2对称，进而得函数的周期.

12．A【思路点拨】求得三棱锥PABC体积的表达式，然后利用基本不等式求得体积的最大值.

【解析】由题意，平面ABCD平面APB，得APBC； 由BG平面APC，有APBG； 因为BCBGB,

从而AP平面PBC，所以BPAP， 所以VPABCVCAPB111PAPBBCPAPB． 323令PAm，PBn，则m2n24． 所以VPABC11m2n22mn， 3323其中“”当且仅当mn2时取得． 故选：A 13．

3【思路点拨】先作出不等式组对应的可行域，再利用数形结合分析得解. 2xy2【解析】约束条件2xy1表示的可行域如图所示，

y0

1表示的可行域是以,0，2,0，1,1三点为顶点的三角形及其内部，

2目标函数z11xy表示斜率为纵截距为z的直线系，

22当目标函数z1xy过点A1,1时，直线的纵截距最大，函数取得最大值，且最大值为21311=． 22故答案为：

3 2【名师指导】方法点睛：线性规划问题解题步骤如下：（1）根据题意，设出变量x,y；（2）列出线性约束条件；（3）确定线性目标函数zf(x,y)；（4）画出可行域（即各约束条件所示区域的公共区域）；（5）利用线性目标函数作平行直线系yf(x)(z为参数)；（6）观察图形，找到直线yf(x)(z为参数)在可行域上使z取得欲求最值的位置，以确定最优解，给出答案. 14．

3【思路点拨】由于甲队获胜与乙队不输为对立事件，从而可求出答案；或乙队不输5包括乙队获胜和甲、乙两队打平，分别求出这两个事件的概率，再求和即可

【解析】方法一 设事件A为“这次比赛乙队不输”，则事件A为“这次比赛甲队获胜”， 因为甲队获胜的概率PA2， 5所以这次比赛乙队不输的概率PA1PA123． 55方法二 设事件A为“这次比赛乙队不输”，事件B为“这次比赛乙队获胜”，事件C为“这次

1211， ，PB1105102113． 所以这次比赛乙队不输的概率PAPBPC2105比赛甲、乙两队打平”，所以PC故答案为：

3 515．①②④【思路点拨】由线面垂直的性质可判断①；由线面平行的性质和线面垂直的性质可判断②；

举出反例可判断③；由面面平行的性质可判断④. 【解析】根据线面垂直的性质知命题①正确； 由线面平行的性质和线面垂直的性质知命题②正确； 由下图知命题③不正确；

由面面平行的性质知命题④正确． 故答案为：①②④. 16．lnxln21,2【思路点拨】令g(x)，h(x)mx2，利用导数求得函数gx单4x调性与最大值，画出两个函数的图象，结合图象，即可求解.

上单调递增，且x0时，【解析】当m0，函数fxlnxmx2x在0，2fx ，x+时，fx+ ，所以不可能存在唯一的整数x0，使得

fx00，所以m0不符合题意，

当m0时，由于x0，所以令g(x)则g(x)'lnxmx2， xlnx，h(x)mx2，其定义域为(0,)， x(1lnx)，令g'(x)0，即1lnx0，解得xe， 2x''当x(0,e)时，gx0，gx单调递增；当x(e,)时，gx0，gx单调递减，

所以gx在xe处取极大值也是最大值， 又由g(e)1、g(1)0，当x时g(x)0， e2)的直线，所以作出函数画出函数g(x)的大致图像，又由函数h(x)的图像是恒过点(0，gxlnx和hxmx2的大致图象（如图）， x过点0,2的直线ymx2介于1,0、2,f2之间时满足条件，

直线ymx2过点1,0时，m的值为2； 该直线过点2,f2时，m的值为由图知m的取值范围是[故答案为：[ln21， 4ln21,2)． 4ln21,2). 4

【名师指导】方法点睛：对于利用导数研究不等式的有解问题的求解策略：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

3、根据有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大. 17．【思路点拨】（1）利用定义法证明等比数列，直接求出通项公式； （2）用错位相减法求和.

【解析】（1）因为an2an11n2,nN，所以an112an1，

又an1，所以an120，

所以数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列.

n1n所以an1222，

所以数列an的通项公式an21.

n（2）由（1）得bnnan1n2，

n所以Sn122232n2，①

23n2Sn122223324…n12nn2n1，②

由①-②得Sn12222n223nn1，

即Sn212n12n2n1n12n12n2n1，

所以Snn122.

【名师指导】(1)证明等差（比）数列的方法：定义法和等差（比）中项法； (2)数列求和的方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法． 18．【思路点拨】（1）根据题意，评分为“良”的有40人，进而完成列联表，计算

K22.782.706，进而得答案；

（2）由题知随机抽取的6人中评分为50,60有2人，评分为90,100有4人，进而根据超几何分布求解即可；

【解析】(1).根据题意，评分低于80分的有0.010.010.021010040人，即评分为“良”的有40人，所以列联表如下： 男 女 合计 良 20 20 40 优 20 40 60 合计 40 60 100 21002040202025由题得，K22.782.706

406060409所以，能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为体验评分为“优良”与性别有关. （2）由已知得体验度评分为50,60和90,100的顾客分别有10人，20人，则在随机抽取的6人中评分为50,60有2人，评分为90,100有4人. 则X可能的取值有0,1,2.

13224C2C4C2C4C4186PX04，PX1PX2，， 44C615C615C615则X的分布列为

X 0 1 2 P 1 158 156 15所以，EX0186412. 1515153【名师指导】本题考查独立性检验，分层抽样，超几何分布，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意进行数据处理，分析频率分布直方图中的数据特征，完成列联表，进而根据分层抽样，超几何分布求解.

19．【思路点拨】（1）在△CDE中，由正弦定理求出CED，进而可以解CEA； （2）先用余弦定理求出ABBC192，再用面积公式即可. 【解析】（1）在△CDE中，由正弦定理得

CECD

sinCDEsinCED2CDsinCDE所以31 sinCEDCE24333因为CDCE, 所以CED为锐角， 所以CED30.

所以AECAEDCED1203090， 所以ACAECE1243222283. （2）在ABC中，由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcos60， 即192AB2BC2ABBC2ABBCABBCABBC， 当且仅当ABBC83时等号成立， 所以ABBC192. 所以SABC113ABBCsin60192483. 22220．【思路点拨】（1）由已知得BD2AB2AD28，BM2AB2AM28，

DM2AD2AM28，可得答案；

（2）以A为原点，直线AB，AD，AM分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

求出平面BDM和平面CBM的法向量由向量数量积公式可得答案. 【解析】（1）由已知，AM平面ABCD，AB所以，AMAB，AMAD， 又ABAMAD2，ABAD，

所以BD2AB2AD28，BM2AB2AM28，DM2AD2AM28， 则BDBMDM， 所以BDM是正三角形.

（2）因为ABAD，AM平面ABCD，于是，可以A为原点，直线AB，AD，AM分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

平面ABCD，AM平面ABCD，

由CD//平面ABM，易知CD//AB，又2CDAB，则B2,0,0，C1,2,0，D0,2,0，

M0,0,2，

所以BD2,2,0，BM2,0,2，CM1,2,2， 设平面BDM的一个法向量为mx1,y1,z1，

mBD2x12y10则， mBM2x12z10取x11，得m1,1,1，

设平面CBM的一个法向量为nx2,y2,z2，

nBM2x22z20则，

nCMx2y2z0222取x22，得n2,1,2，平面CBM的一个法向量为n2,1,2，

mnmn53353， 9所以，cosm,n即二面角CBMD的余弦值为

53. 9【名师指导】本题考查了线面垂直的性质、向量法求二面角的平面角的余弦值问题，关键点是建立空间直角坐标系，考查了学生的空间想象能力和计算能力.

21．【思路点拨】（1）由题知fxxe22lnx2ln22x0，进而得

x22xfxx1ex，故设切点为x0,fx0，则e0，即：lnx0ln2x0，此

x0x时fx00，进而得切线方程y0. （2）由题得aex2lnx2ln222lnx2ln22x对于x0恒成立，令hxe，

xx进而研究函数hx的单调性得当0xx0，hx为减函数；xx0，hx为增函数，

21x2ex02ln2x0ex0,1且0，即，进而得hxminhx02，故a的取值范

x0x02围是,2.

【解析】（1）证明：由题可知fxxe22lnx2ln22x0，

xxx则fxe2xe22x1ex， xxx0设切点为x0,fx0，则由fx00得e2， x0则x0ln2，即lnx0ln2x0， x02fxx2则有02ln2x02ln220， 0x0所以所求切线为y0，即为x轴.

（2）因为fxxea2lnx2ln220，其中x0，

x2lnx2ln22对于x0恒成立，

x2lnx2ln22x令hxe，则

x则aexhxex22lnx2ln222lnx2ln2x， e22xxx2ex2lnx2ln2即hx， 2x2x令uxxe2lnx2ln2，则uxx2xe2x20，其中x0， x则uxxe2lnx2ln2为0,的增函数，

2x又因为u1e2ln20，ue14ln20， 24212x02x0xe2lnx,1uxxe2lnx2ln20所以存在0，即0， ，使得000x022222lnx02x0而x0e2lnx0elnlne，

x0x0x0x02x02又由于vxxe为0,的增函数，

x故x0ln22x0，即e，

x0x0又0xx0，hx0，hx为减函数；xx0，hx0，hx为增函数，

2lnx02ln22所以hxex0minhx0ex0x0故a的取值范围是,2.

2lnx0222x2022，

x0x0x0【名师指导】本题考查导数的几何意义，独立参数解恒成立问题，考查运算求解能力，化归转化能力，是难题.本题第二问解题的关键将问题转化为aex2lnx2ln22对于

xx0恒成立，进而构造函数，研究函数最小值，结合“隐零点”问题求解.

22．【思路点拨】（1）利用同角的三角函数关系式把曲线C的参数方程化成普通方程，利用直角坐标方程与极坐标方程互化公式，结合两角和的余弦公式把直线l的极坐标方程，化成直角坐标方程；

（2）通过解方程组求出A,B两点坐标，根据直线斜率公式进行证明即可.

x2cos【解析】（1）由曲线C的参数方程（a为参数）可得

ysinx2曲线C的普通方程为y21．

2直线l的极坐标方程可变形为：

(coscos2sinsin)cossin10， 442于是，其直角坐标方程为xy10．

xy102（2）由方程组x2消元，有3x4x0． 2y12由此可知，点A,B的坐标分别为0,1,,

413310111,k23 直线PA,PB的斜率分别为k14022223所以，k1k2110 22于是，直线PA,PB关于x轴对称．

23．【思路点拨】（1）根据绝对值的性质进行分类讨论求解即可；

（2）根据绝对值的性质进行分类讨论求出fx的最小值，最后利用均值不等式进行证明即可.

【解析】（1）当x1时，fx2x2x13x14，得x1； 当1x1时，fx2x2x1x34，此时无解﹔

当x1时，fx2x2x13x14，得x5所以，不等式的解集为,1,．

35， 3（2）由（1），当x1时，f(x)3x14； 当1x1时，fxx32； 当x1时，fx3x12，

则x1时，fx的最小值为2，即M2． 于是a,b,c满足abc2，

1111111abc abbcca2abbcca1bcabbccacaab3 4abbccabcabca1bcabbccacaab93222 4cabcabcaabbc4当且仅当

bcabbccacaab且且即abc时取“”.

abbccabcabca【名师指导】关键点睛：由已知得到

1111111abc这个变形是解题的关键. abbcca2abbcca