2024年3月4日发(作者：榆次小学数学试卷哪里买)

智才艺州攀枝花市创界学校2021年普通高等招生全国统一考试(卷)

文科数学

第一卷(一共60分)

参考公式：

锥体的体积公式：V=1Sh.其中S是锥体的底面积，h是锥体的高.

33球的外表积公式：S＝－4ΠR,其中R是球的半径.

假设事件A、B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B).

一、选择题:本大题一一共12小题，每一小题5分，一共60分，在每一小题给出的四个选项里面，只有一项为哪一项哪一项符合题目要求的.

(1)满足M｛a1·a2·a3·a4｝,那么M(A)1 (B)2

｛a1·a2·a3｝=｛a1·a2｝的集合M的个数是

(D)4

(C)3

(2)设z的一共轭复数是z，假设z+z=4,z·z=8,那么z等于

z (D)I

(A)i (B)－i (C)1

(3)函数y=lncosx(-＜x＜＝的图象是

22y=f(x)是幂函数，那么函数y=f(x

(A)3 (B)2 (C)1 (D)0

1x2x1,1(5)设函数f(x)=那么f的值是

2f(2)xx2,x＞1,

(A)15

16 (B) -27

16 (C)8

9 (D)18

(6)以下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的外表积是

(A)9 (B)10 (C)11 (D)12

(7)不等式x5(x1)2

≥2的解集是

(A)[-3,1]

2 (B)[-1,3]

2(C)1,11,3

2 (D)1,11,3

23,1),

(8)a,b,c为△ABC的三个内角A,B,C的对边，向量m=(n=(cosA,sinA),假设mn,且acosB+bcosA=csinC,那么角A,B的大小分别为

(A),

63(B)2,

36 (C),

36(D),

33(9)从某项综合才能或者抽取100人的成绩，统计如表，那么达100人成绩的HY差为

分数 5 4 3 2 1

人数 20 10 30 30 10

(A)3(B)2105 (C)3(D)8

5(10)cos〔a47〕+sina=3,那么sin(a+656 (B))的值是

(A)23

5235 (C)4

5 (D)4

5(11)假设圆C的半径为1,圆心在第一象限，且与直线4x-3y=0和x轴都相切，那么该圆的HY方程是

(A)(x-3)+(22y7)=1

322

(B)(x-2)+(y-1)=1

22(C)(x-1)+(y-3)=1 D.(x3)+(y-1)=1

222(12)函数f(x)=loga(2x+b－1)(a＞0,a1)的图象如以下图，那么a,b满足的关系是

(A)0＜a＜b＜1

(C)0＜b＜a＜1

－1－1

(B)0＜b＜a＜1

－1(D) 0＜a＜b＜1

－1－1

第二卷(一共90分)

二、填空题：本大题一一共4小题，每一小题4分，一共16分。

(13)圆C:x+y-6x-4y+8=0,以圆C与坐标轴的交点分别作为双曲线的一个焦点和顶点，那么适宜上述条件22x2y21。

的以曲线的HY方程为412(14)执行右边的程序框图，假设p=0.8,那么输出的n=4.

(15)f(3)=4xlog23+233,那么f(2)+(4)+f(8)+…+f(2)的值等于2021.

a8xy20,5xy100,(16)设x,y满足约束条件那么z＝2x+y的最大值为11.

x0,y0,三、解答题：本大题一一共6小题，一共74分。

(17)〔本小题总分值是12分〕

函数f(x)3sin(xφ)-cos(wx+φ)(0＜φ＜π,w＞0)为偶函数，且函数y=f(x)图象的两相邻对称轴间的间隔为(Ⅰ)求.

2f()的值;

8(Ⅱ)将函数y=f(x)的图象向右平移6个单位后，得到函数y=g(x)的图象，求g(x)的单调递减区间.

解：(Ⅰ)31f(x)3sin(x)＝2sin(x)cos(x)

22=2sin(x).

6因为f(x)为偶函数,

所以对x∈R,f(-x)=f(x)恒成立，

因此sin(x即-sinxcos()sin(x).

66)cosxsin()cosxsin(),

666

整理得sinxcos()0.

6因为＞0,且xR,

所以cos()0.

6又因为0＜＜，

故－所以62.

f(x)2sin(x)2cosx.

22由题意得2•.

2所以w＝2.

故f(x)=2cos2x.

f()2cos2.

84〔Ⅱ〕将f(x)的图象向右平移个单位后，得到f(x)的图象.

66所以g(x)f(x)2cos[2(x)]2cos(2x).

663当2k2x2k(kZ),

32即kxk(kZ)时，g(x)单调递减.

632因此g(x)的单调递减区间为[k,k](kZ).

63因此〔18〕〔本小题总分值是12分〕

现有8名奥运会志愿者，其中志愿者A1、A2、A3通晓日语，B1、B2、B3通晓俄语，C1、C2通晓韩语.从中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名，组成一个小组.

〔Ⅰ〕求A1被选中的概率;

〔Ⅱ〕求B1和C1不全被选中的概率.

解：〔Ⅰ〕从8人中选出日语、俄语和韩语志愿者各1名，其一切可能的结果组成的根本领件空间={(A,B,C),(A,B,C),(A,B,C),(A,B,C),(A,B,C),(A,B,C),(A,B,C),

2131122211

(A2,B1,C2),(A2,B2,C1),(A2,B2,C2),(A2,B3,C1),(A2,B3,C2),(A3,B1,C2),(A3,B1,C2),

(A1,B2,C1),(A3,B2,C2),(A3,B3,C1),(A3,B3,C2)}

由18个根本领件组成.由于每一个根本领件被抽取的时机均等，因此这些根本领件的发生是等可能的.

用M表示“A1恰被选中〞这一事件，那么

M＝{(A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A1,B2,C2),(A1,B3,C1),(A1,B2,C2)}

事件M由6个根本领件组成，

因此P(M)61.

183〔Ⅱ〕用N表示“B1、C1不全被选中〞这一事件，那么其对立事件N表示“B1、C1全被选中〞这一事件，

由于N＝{(A1,B1,C1),(A2,B1,C1),(A3,B1,C1)},事件N有3个根本领件组成，

所以P(N)31，由对立事件的概率公式得

186〔19〕〔本小题总分值是12分〕

如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC,△PAD是等边三角

形，BD＝2AD=8,AB=2DC=45.

〔Ⅰ〕设M是PC上的一点，证明：平面MBD⊥平面PAD;

〔Ⅱ〕求四棱锥P-ABCD的体积.

〔Ⅰ〕证明：在△ABD中，

由于AD=4,BD=8,AB=4所以AD+BD=AB.

2225，

故AD⊥BD.

又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD,BD平面ABCD，

所以BD⊥平面PAD,

又BD平面MBD，

故平面MBD⊥平面PAD.

〔Ⅱ〕解：过P作PO⊥AD交AD于O，

由于平面PAD⊥平面ABCD，

所以PO⊥平面ABCD.

因此PO为四棱锥P-ABCD的高，

又△PAD是边长为4的等边三角形，

因此PO3423.

2在底面四边形ABCD中，AB∥DC,AB=2DC,

所以四边形ABCD是梯形，在Rt△ADB中，斜边AB边上的高为4885,

545此即为梯形ABCD的高，

所以四边形ABCD的面积为S25458524.

25故VPABCD12423163.

3〔20〕〔本小题总分值是12分〕

将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规那么排成如下数表：

记表中的第一列数a1,a2,a4,a7,…构成的数列为{bn}，b1=a1=1,Sn为数列{bn}的前n项和，且满足2bn2bnSnSn＝1〔n≥2〕.

1(Ⅰ)证明数列成等差数列，并求数列{b}的通项公式；

Snn(Ⅱ)上表中，假设从第三行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数，当a814时，求上表中第k(k≥3)行所有项的和.

91

(Ⅰ)证明：由，当n时，2bn1，

2bnSnSn11所以数列是首项为1，公差为的等差数列.

2Sn由上可知11n11(n1).

Sn22即Sn2.

n12时，bnSnSn1222.

n1nn(n1)所以当n1, n1,因此bn

2,n2.n(n1)(Ⅱ)解：设上表中从第三行起，每行的公比都为q，且q>0.

因为1+2+…+12＝1213＝78，

2所以表中第1行至第12行一共含有数列{an}的前78项，

故a81在表中第13行第三列，

因此a81又b13b13q22,

13144.

91所以q=2.

记表中第k(k≥3)行所有项的和为S，

bk(1qk)2(12k)2(12k)(k3).

那么S1qk(k1)12k(k1)〔21〕〔本小题总分值是12分〕

设函数f(x)x2ex1ax2bx2，x2和x1为f(x)的极值点.

(Ⅰ)求a和b的值；

(Ⅱ)讨论f(x)的单调性；

(Ⅲ)设g(x)解：(Ⅰ)因为又x23xx2，试比较f(x)与g(x)的大小.

3f(x)ex1(2xx2)3ax22bx

2和x1为f(x)的极值点，所以f(2)f(1)0.

因此6a2b0,

33a2b0,1,b1.

31(Ⅱ)因为a,b1,

3解方程组得a所以令f(x)x(x2)(ex11),

f(x)0,解得x12,x20,x31.

因为当x(,2)(0,1)时，f(x)0;

所以f(x)在〔-2，0〕和〔1，+〕上是单调递增的；

在〔-，-2〕和〔0，1〕上是单调递减的.

(Ⅲ)由〔Ⅰ〕可知1f(x)x2ex1x3x2,

3(22)〔本小题总分值是14分〕

曲线C2=|x||y|1(ab0)所围成的封闭图形的面积为ab45,曲线C3的内切圆半径为253，记C2为以曲线C2与坐标轴的交点顶点的椭圆.

(I)求椭圆C2的HY方程；

(II)设AB是过椭圆C，中心的任意弦，l是线段AB的垂直平分线，M是l上异于椭圆中心的点.

（1）

假设|MO|=|OA|(O为坐标原点)，当点A在椭圆C2上运动时，求点M的轨迹方程；

〔2〕假设M是l与椭圆C2的交点，求△AMB的面积的最小值。

2ab45解：〔I〕由题意得ab25

223ab

由a>b>0，

解得a=5,b=4.

22因此所求椭圆的HY方程为x2y254=1.

〔II〕〔1〕假设AB所在的直线斜率存在且不为零，设AB所在直线方程为y=kx(k≠0),

A(xA,yA).

x2y21解方程组5得

4ykx,所以|OA|=xA+yA=222

20(1k2)设M(x,y)，由题意知|MO|=λ|OA|,即xy,

45k222222因为l是AB的垂直平分线，

所以直线l的方程为y=-1x,

k即k=-x,

yx220(12)22y222220(xy)因此xy

x24y25x2452y又x+y=0,

22x2y2x2.

故45又当k=0或者不存时，上式仍然成立.

x2y2x2.〔λ0〕,

综上所述，M的轨迹方程为45（2）

当k存在且k0时，由〔1〕得

202k22xyA,

224xy45k2Ax2y21,54由解得

y1x,k20(1k2)所以|OA|=xy,

245k22A2A解法一：由于S2AMB1|AB|2•|OM|2

4180(1k2)20(1k2)=

445k254k2400(1k2)2=

(45k2)(54k2)1600(1k2)2=

2281(1k)=〔40〕，

9222当且仅当4+5k=5+4k时等号成立，即k=1时等号成立，此时△AMB面积的最小值是S△AMB=40.

91400,SAMB25225.

29140当k不存在时，SAMB5425.

2940综上所述，AMB的面积的最小值为.

9当k解法二：因为1OA21OM211

2220(1k)20(1k)45k254k2又1OA21OM2240OAOM,

OAOM9当且仅当45k254k2时等号成立，即k1时等号成立，此时AMB面积的最小值是SAMB40.

9

14025225.

29140当k不存在时，SAMB5425.

2940综上所述，AMB的面积的最小值为.

9当k=0，SAMB


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