2021届成都七中高三文科数学二诊试卷及答案

试卷第1页，总4页成都七中高2021届二诊模拟考试数学试题（文科）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.第Ⅰ卷一、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，只有一个选项是符合题目要求的）1．命题“∃𝑥>1，21x”的否定是（）A．∃𝑥≤1，21xB．∃𝑥≤1，21xC．∀𝑥≤1，21xD．∀𝑥>1，21x2．已知i是虚数单位，若复数z=a+bi（𝑎,𝑏∈𝑅）在复平面内对应的点位于第四象限，则复数zi在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的离心率为52，则𝐶的渐近线方程为（）A．14yxB．13yxC．12yxD．yx4．已知向量𝒂=(1,2)，b=(3,0)，若(𝜆𝒂−𝒃)⊥𝒂，则实数（）A．0B．35C．1D．35．tan,,00,22xyxx的大致图象是（）AB．C．D．6．已知x、yR，则“221xy”是“110xy”成立的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件试卷第3页，总4页第II卷（非选择题）二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，满分20分.）13．已知集合𝑀={0,1,2}，集合𝑁={0,2,4}，则𝑀∪𝑁=__________14．已知某产品的销售额y（万元）与广告费用x（万元）之间的关系如下表：若销售额与广告费用之间的线性回归方程为6.5yxa，预计当广告费用为6万元时的销售额约为_____________（万元）.15．在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，B，𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，已知𝑠𝑖𝑛2𝐴+𝑠𝑖𝑛2𝐶=𝑠𝑖𝑛2𝐵+𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶，若△𝐴𝐵𝐶的面积为334，则ac的最小值为__________．16．如图，椭圆2222:1(0)xyabab的离心率为e，F是的右焦点，点P是上第一象限内任意一点.且𝑠𝑖𝑛∠𝑃𝑂𝐹<𝑐𝑜𝑠∠𝑃𝑂𝐹，𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗(𝜆>0)，𝐹𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0，若𝜆>𝑒，则离心率e的取值范围是_________三、解答题：本大题共7小题，共70分，解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17．（12分）．已知公比𝑞大于1的等比数列na满足126aa，38a.（1）求na的通项公式；（2）令22lognnba，求数列111nnbb的前n项和nT.18（12分）某学校有学生1000人，为了解学生对本校食堂服务满意程度，随机抽取了100名学生对本校食堂服务满意程度打分，根据这100名学生的打分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100].(1)求频率分布直方图中a的值，并估计该校学生满意度打分不低于70分的人数；(2)若打分的平均值不低于75分视为满意，判断该校学生对食堂服务是否满意？并说明理由(同一组中的数据用该组区间中点值为代表)；(3)若采用分层抽样的方法，从打分在[40,60)的受访学生中随机抽取5人了解情况，再从中选取2人进行跟踪分析，求这2人至少有一人评分在[40,50)的概率.x（单位：万元）01234y（单位：万元）1015203035试卷第4页，总4页19（12分）在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，PD平面𝐴𝐵𝐶𝐷，底面四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是边长为1的正方形，侧棱𝑃𝐴与底面成的角是45°，𝑀，𝑁分别是𝐴𝐵，𝑃𝐶的中点.（1）求证：𝑀𝑁//平面𝑃𝐴𝐷；（2）求三棱锥MPBC的体积.20（12分）已知𝑓(𝑥)=𝑥2−𝑎𝑥𝑙𝑛𝑥，𝑎∈𝑹．（Ⅰ）设曲线yfx在点,tft处的切线为𝑙，若1a，求直线l斜率的取值范围；（Ⅱ）若不等式21862fxxx对xe恒成立，求实数a的取值范围．21（12分）如图，分别过椭圆2222:10xyEabab左、右焦点𝐹1,𝐹2的动直线𝑙1,𝑙2相交于P点，与椭圆𝐸分别交于,AB与,CD不同四点，直线,,,OAOBOCOD的斜率1234,,,kkkk满足1243kkkk．已知当1l与x轴重合时，23AB，433CD.（1）求椭圆𝐸的方程；（2）是否存在定点,MN，使得|𝑃𝑀|+|𝑃𝑁|为定值？若存在，求出,MN点坐标并求出此定值；若不存在，说明理由．请考生在第22，23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清楚题号.22（10分）．在直角坐标系xOy中，曲线221:194xyC，曲线233cos:3sinxCy（为参数），以坐标原点𝑂为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求𝐶1,𝐶2的极坐标方程；（2）射线l的极坐标方程为0，若l分别与𝐶1,𝐶2交于异于极点的𝐴,𝐵两点，求OBOA的最大值.23（10分）设函数211fxxa，（1）若1a时，解不等式：21fxx；（2）若关于x的不等式21fxx存在实数解，求实数a的取值范围.试卷第1页，总10页成都七中高2021届二诊模拟考试数学试题（文科）答案（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第Ⅰ卷一、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，只有一个选项是符合题目要求的）1．D2．A3．C4．B5．B【详解】tanxyx是偶函数，排除A、C，由性质：在0,2上，tanxx，知tan1xx，故选B.6．A【详解】由221xy，可得11x，且11y，则可得到110xy，故充分性成立；反之若110xy，可取2xy，显然得到不等式221xy不成立，故必要性不成立.故选：A．7.D【详解】如图所示：平面区域0262xyxyxy是由三角形2,2A，1,1B，4,2C围成，所以21ykx的最大值是点1,1A与(1,2)连线的斜率32，故选：D8．C9.D试卷第3页，总10页对于A，连接11ADAD、交于点P，连接11DCDC、交于点Q，连接PQAC、，因为PQ是1DAC的中位线，所以//PQAC，故正确；对于B，在正方形11DCCD内如果存在一点Q，使得PQAC，由于AC平面11DBBD，所以PQ平面11DBBD，或者//PQ平面11DBBD，而PQ、在平面11DBBD的两侧，PQ与平面11DBBD相交，故错误；对于C，在正方形11DCCD内如果存在一点Q，使得平面1PQC//平面ABC，由于平面111//ABC平面ABC，所以平面1PQC//平面111ABC，而平面1PQC与平面111ABC相交于平面1C，故错误；对于D，在正方形11DCCD内如果存在一点Q，使得AC平面1PQC，由已知AC平面11DBBD，所以平面11//DBBD平面1PQC，而PQ、在平面试卷第4页，总10页11DBBD的两侧，所以平面11DBBD与平面1PQC相交，故错误.故选：A.12．A【详解】因为函数fx与gx的图像上恰有两对关于x轴对称的点，所以()fxgx，即ln1xeaxxx有两解，则ln1xexxax有两解，令ln1()xexxhxx，则21()1xxhxex，所以当0,1x时，()0hx；当1,x时，()0hx；所以函数()hx在0,1上单调递减，在1,上单调递增；所以()hx在1x处取得极小值，所以(1)1he，所以1ae，a的取值范围为1,e.故选：A.第II卷（非选择题）二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，满分20分.）13．0,1,2,414．4815．2√3【解析】由222sinsinsinsinsinACBAC及正弦定理可得222acbac，所以由余弦定理的推论可得2221cos222acbacBacac，因为0B，所以3B．因为△𝐴𝐵𝐶的面积为334，所以11333sinsin22344acBacac，即3ac，所以223acac，当且仅当3ac时取等号，所以ac的最小值为23.试卷第5页，总10页16．6,13【详解】因为点P是上第一象限内任意一点，故POF为锐角，所以tan1POF，设直线OP的斜率为k，则01k.由2222100ykxxyabxy可得222222abxbakkabybak，故222222,abkabPbakbak，所以222222,abkabQbakbak，因为𝐹𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0，故1QFkk，所以2222221kabbakabkcbak，解得22221cbakabk，因为e对任意的01k恒成立，故22221cbakeabk，整理得到22222abbk对任意的01k恒成立，故2222abb即2223ac即613e.三、解答题：本大题共7小题，共70分，解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17．【答案】（1）2nnanN；（2）21nnTn.【详解】解：（1）据题意：112168aaqaq解得122aq或11823aq∵1q，∴122aq即数列{}na的通项公式为：2nnanN．（2）由（1）有22log2nnban试卷第6页，总10页则11111=(1)(1)(21)(21)22121nnbbnnnn∴nT11111335572121nn1111111111112133557212122121nnnnn18．【详解】由频率分布直方图可知，(0.0040.0180.02220.028)101a，解得0.006a.该校学生满意度打分不低于70分的人数为1000(0.280.220.18)680人.（2）打分平均值为：450.04550.06650.22750.28850.22950.1876.275x.所以该校学生对食堂服务满意.（3）由频率分布直方图可知：打分在[40,50)和[50,60)内的频率分别为0.04和0.06，抽取的5人采用分层抽样的方法，在[40,50)内的人数为2人，在[50,60)内的人数为3人.设[40,50)内的2人打分分别为12,,[50,60)aa内的3人打分分别为123,,AAA，则从[40,60)的受访学生中随机抽取2人，2人打分的基本事件有：121112,,,,,aaaAaA，13212223121323,,,,,,,,,,,,,aAaAaAaAAAAAAA，共10种.其中两人都在[50,60)内的可能结果为121323,,,,,AAAAAA，则这2人至少有一人打分在[40,50)的概率3711010P.19．【答案】（1）证明见解析；（2）112.【详解】证明：（1）取PD的中点Q，连结QN、AQ，试卷第7页，总10页∵N是PC的中点，∴//QNCD，且12QNCD，∵底面四边形ABCD是边长是１的正方形，又M是AB的中点，∴//AMCD，且∴12AMCD，∴//QNAM，且QNAM，∴四边形AMNQ是平行四边形，∴//MNAQ，又AQ磁面PAD，MN平面PAD，∴//MN平面PAD.（2）∵PD平面ABCD，∴PAD是侧棱PA与底面成的角，∴45PAD，∴PAD△是等腰直角三角形，则1PDAD，∴111133412MPBCPMBCMBCVVSPDABBC△.20．【答案】（Ⅰ）[ln2,)；（Ⅱ）0a．【详解】解：（Ⅰ）当1a时，2()lnfxxxx．()2ln1kfxxx，121()2xfx=xx．又0x，∴12x时()0fx，102x时()0fx．即()fx在10,2单调递减，在1,2单调递增．所以111ln1ln222fk，即斜率的取值范围是[ln2,)；（Ⅱ）由2218ln62xaxxxx，得218ln62axxxx．∵xe，∴ln0x，∴21862lnxxaxx．记21862()lnxxhxxx．则2222818ln6(1ln)2()lnxxxxxxxhxxx2222116186ln622lnxxxxxxx记2211618()6ln622xxxxxx则222221616681686()lnlnln22xxxxxxxxxxxxxxxx试卷第8页，总10页21616ln2xxxx∵xe，∴1ln02x，∴()0x即()x在(,)e递增．又(2)0．由()0x得2ex，由()0x得2x．∴当[,2)xe时，()0x，()0hx，()hx递减；当(2,)x时，()0x，()0hx，()hx递增．∴min()(2)0hxh∴0a．21．【解析】当与轴重合时，,即,所以垂直于轴，得，，,得,椭圆的方程为.焦点坐标分别为,当直线或斜率不存在时，点坐标为或;当直线斜率存在时，设斜率分别为,设由,得：,所以:，,则：.同理：,因为,所以,即,由题意知试卷第9页，总10页,所以，设，则，即，由当直线或斜率不存在时，点坐标为或也满足此方程，所以点在椭圆上.存在点和点，使得为定值，定值为.22．【答案】（1）1C的极坐标方程是2245sin36（），的极坐标方程是6cos.（2）9510【详解】解:（1）因为cos,sinxy,所以221:194xyC可化为22221cossin:194C,整理得2245sin36,233cos:3sinxCy（为参数）,则33cos3sinxy（为参数）,化为普通方程为2260xyx,则极坐标方程为26cos0,即6cos.所以1C的极坐标方程是2245sin36,2C的极坐标方程是6cos.（2）由（1）知,联立2245sin36（）可得22123645sinOA,联立6cos可得2222=36cosOB,所以22OBOA224222981cos(45sin)5cos9cos5(cos)1020,当29cos10时,22OBOA最大值为8120,所以OBOA的最大值为9510.23．【答案】（1）14xx；（2）2,4.试卷第10页，总10页【分析】（1）1a时，解不等式，用平方法把2121xx绝对值号去掉，可解；（2）把“关于x的不等式21fxx存在实数解”转化为能成立问题，可求a的范围.【详解】解：（1）1a时，所解不等即为：2121xx，两边平方解得14x，∴原不等式解集为14xx.（2）21121xax存在实数解，即12121axx存在实数解，令2121gxxx，即max1agx，212121223gxxxxx，∴当1x时等号成立.∴13a，解得2,4a.