林國紅

(廣東省佛山市樂從中學,廣東 佛山 528315)

說明：(1)本試卷分為第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分.滿分150分.考試時間120分鐘.

(2)本試卷適用省份:(新高考Ⅰ卷)山東、福建、湖北、江蘇、廣東、湖南、河北等省;(新高考Ⅱ卷)海南、遼寧、重慶等省市.

一、選擇題：本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.

1.設(shè)集合A={x|(x+1)(x-4)<0},B={x|2x+a<0},且A∩B={x|-1

A.6 B.4 C.-4 D.-6

A.-2 B.0 C.2i D.-2i

4.已知等比數(shù)列{an}的首項a1=2,前n項和為Sn,且a1,2a2,4a3成等差數(shù)列,則( ).

5.某款對戰(zhàn)游戲,總有一定比例的玩家作弊,該游戲每10個人組成一組對局,若一組對局中有作弊玩家,則認為這組對局不公平.現(xiàn)有50名玩家,其中有2名玩家為作弊玩家,一次性將50名玩家平均分為5組,則5組對局中,恰有一組對局為不公平對局的概率為( ).

6.a>2是函數(shù)y=|x-a|在(-∞,2]單調(diào)遞減的( ).

A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要

A.-16 B.-12 C.-9 D.-6

二、選擇題：本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分.

9.袋子中有6個相同的球,分別標有數(shù)字1,2,3,4,5,6,從中有放回的隨機取5次,每次取一個球.記錄每次取到的數(shù)字,統(tǒng)計后發(fā)現(xiàn)這5個數(shù)字的平均數(shù)為2,方差小于1,則( ).

A.可能取到數(shù)字4 B.中位數(shù)可能是2

C.極差可能是4 D.眾數(shù)可能是2

10.如圖1,正方體ABCD-A1B1C1D1中,P是體對角線AC1上的動點,M是棱DD1上的動點,則下列說法正確的是( ).

圖1 第10題圖

C.對于任意的P,存在點M使得AM⊥B1P

D.對于任意的M,存在點P使得AM⊥B1P

11.已知拋物線C:y2=4x的準線與x軸交于點D,O為坐標原點,點A,B是拋物線C上異于點O的兩個動點,線段AB與x軸交于點T,則( ).

A.若T為拋物線C的焦點,則線段AB的長度的最小值為4

C.若△AOT與△BOT的面積之積為定值,則T為拋物線C的焦點

D.若直線DA和直線DB都與拋物線C相切,則T為拋物線C的焦點

12.已知函數(shù)f(x)=exln(x+1),則( ).

A.曲線y=f(x)在(0,f(0))處的切線方程為y=2x

B.f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增

C.對任意的x1,x2∈(0,+∞),有f(x1+x2)>f(x1)+f(x2)

三、填空題：本題共4小題,每小題5分,共20分.

15.已知圓C1:x2+y2=m2(m>0)與圓C2:x2+y2-2x-4y-20=0恰有兩條公切線,則實數(shù)m的取值范圍為____.

16.有n個編號分別為1,2,…,n的盒子,第1個盒子中有2個白球1個黑球,其余盒子中均為1個白球1個黑球,現(xiàn)從第1個盒子中任取一球放入第2個盒子,再從第2個盒子中任取一球放入第3個盒子,以此類推,則從第2個盒子中取到白球的概率是____,從第n個盒子中取到白球的概率是____.

四、解答題：本題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

17.已知等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),前n項和為Sn,若an+1+an+2=12an(n∈N*),S5=121.

(1)求數(shù)列{an}的通項公式;

(2)若bn=an+lnan,求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.

18.如圖2,在平面內(nèi),四邊形ABCD的對角線交點位于四邊形內(nèi)部,AB=3,BC=7,△ACD為正三角形,設(shè)∠ABC=α.

圖2 第18題圖

(1)求AC的取值范圍;

(2)當α變化時,求四邊形ABCD面積的最大值.

圖3 第19題圖

(1)證明:BD⊥PC;

(1)求橢圓C的標準方程;

(1)求每個芯片智能檢測不達標的概率;

(2)人工抽檢30個芯片,記恰有1個不達標的概率為φ(p),求φ(p)的極大值點p0;

(3)若芯片的合格率不超過96%,則需對生產(chǎn)工序進行改良.以(2)中確定的p0作為p的值,判斷該企業(yè)是否需對生產(chǎn)工序進行改良.

22.已知a∈R,函數(shù)f(x)=(x-1)ln(1-x)-x-acosx,f′(x)為f(x)的導函數(shù).

(1)當a=0時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;

(2)討論f′(x)在區(qū)間(0,1)上的零點個數(shù);

參考答案

4.設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,

由于a1,2a2,4a3成等差數(shù)列,

所以4a2=a1+4a3,4a1q=a1+4a1q2.

由于a1=2,所以4q2-4q+1=(2q-1)2=0.

則Sn+1=4-21-n.

5.所有對局中,恰有一組對局是不公平對局的情況為:2名外掛玩家都分到了同一組對局,記該事件為事件A,則

故選C.

①

②

即C(4c+3m,3n).

③

代入③并整理,得

2c2+3mc+a2=0.

由①②及a2+b2=c2,得

所以(2c2+a2)2=9m2c2=18a2c2-9a4.

即2c2-7a2c2+5a4=(2c2-5a2)(c2-a2)=0.

8.令f(x)=-x3-3x2+9x+9,則f(x-1)=-(x-1)3-3(x-1)2+9(x-1)+9=-x3+12x-2,

f(-x-1)=-(-x-1)3-3(-x-1)2+9(-x-1)+9=x3-12x-2.

所以f(x-1)+f(-x-1)=-4

所以f(x)關(guān)于(-1,-2)中心對稱.

因為f′(x)=-3x2-6x+9=-3(x+3)(x-1),所以當x∈(-∞,-3)∪(1,+∞)時,f′(x)<0;當x∈(-3,1)時,f′(x)>0.

所以f(x)在(-∞,-3),(1,+∞)上單調(diào)遞減,在(-3,1)上單調(diào)遞增.

所以f(x)的極小值為f(-3)=27-27-27+9=-18,極大值為f(1)=-1-3+9+9=14.

圖4 第8題解析圖

故選B.

9.設(shè)這5個數(shù)字為x1,x2,x3,x4,x5,

可得x2+x3+x4+x5=6.

對于BD:例如2,2,2,2,2,可知這5個數(shù)字的平均數(shù)為2,方差為0,符合題意,且中位數(shù)是2,眾數(shù)是2.

故選BD.

圖5 第10題解析圖

設(shè)異面直線B1P與A1D所成的角為θ,則

設(shè)M(1,0,m),m∈[0,1],則

即對于任意的M,存在點P使得AM⊥B1P,故D正確.

故選ABD.

11.設(shè)直線AB方程為x=my+t(t>0),A(x1,y1),B(x2,y2),2p=4,p=2,

所以y1+y2=4m,y1y2=-4t.

則x1+x2=m(y1+y2)+2t=4m2+2t,

T為焦點時,t=1,x1+x2=4m2+2,

顯然m=0時,|AB|min=4,A正確;

又D(-1,0),設(shè)過點D的切線方程是

y=k(x+1),k≠0,

△=1-k2=0,k=±1.

直線AB方程為x=1,過焦點F(1,0),D正確.

故選ABD.

令g(x)=f′(x),則

則h(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增.

則h(x)≥h(0)=1>0,則g′(x)>0.

則f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,故B正確;

令m(x)=f(x+x2)-f(x)-f(x2)(x>0),

則m′(x)=f′(x+x2)-f′(x)>0.

則m(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

則m(x)>m(0)=f(x2)-f(0)-f(x2)=0.

則m(x1)>0.

所以f(x1+x2)>f(x1)+f(x2),故C正確;

令ω(x)=f′(x)(x-x1)-f(x)+f(x1),則

ω′(x)=g′(x)(x-x1)>0.

則ω(x)在(x1,+∞)上單調(diào)遞增.

則ω(x)>ω(x1)=0.

則φ′(x)>0.

則φ(x)在(x1,+∞)上單調(diào)遞增.

則φ(x2)<φ(x3).

則φ(x2)≤φ(x3),故D正確.

故選BCD.

16.記事件Ai表示從第i(i=1,2,…,n)個盒子里取出白球,則

17.(1)設(shè){an}的公比為q(q>0),因為an+1+an+2=12an,即an·q+anq2=12an,且an≠0,可得q2+q-12=0,解得q=3或q=-4(舍去).

解得a1=1.

所以an=a1·qn-1=3n-1.

(2)由(1)可得:bn=3n-1+(n-1)ln3,

所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=(30+31+32+…+3n-1)+[1+2+3+…+(n-1)]ln3

在△ABC中,由余弦定理,得

將AB=3,BC=7代入并整理,得

AC2+3AC-40>0且AC2-6AC-40<0.

解得5

所以AC的取值范圍是(5,10).

(2)在△ABC中,由余弦定理可得,

AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cosα=9+49-2×3×7cosα=58-42cosα.

又因為△ACD為正三角形,

所以S四邊形ABCD=S△ABC+S△ACD

所以∠ADB=∠CAB.

所以∠ADB+∠MAD=∠CAB+∠MAD=90°.

所以AC⊥BD.

即AM⊥BD,CM⊥BD.

所以PM⊥BD,CM⊥BD.

又PM∩CM=M,所以BD⊥平面PMC.

所以BD⊥PC.

由(1)BD⊥平面PMC,以M為坐標原點建立如圖6所示的空間直角坐標系M-xyz,

圖6 第19題解析圖

取y1=sinθ,n=(0,sinθ,-cosθ),設(shè)平面PBC的一個法向量為m=(x2,y2,z2),則

(2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),MN:y=kx-1,

聯(lián)立直線MN與橢圓C的方程可得

(2+3k2)x2-6kx-9=0.

所以2kx1x2=-3(x1+x2).

故直線QN的方程為

根據(jù)對稱性,直線QN所過的定點在y軸上,不妨令x=0,則

=-2.

故直線QN過定點(0,-2).

21.(1)設(shè)每個芯片智能檢測中安全檢測、電池檢測、性能檢測三項指標達標的概率分別記為P1,P2,P3,并記芯片智能檢測不達標為事件A.

(3)設(shè)芯片人工抽檢達標為事件B,工人在流水線進行人工抽檢時,抽檢一個芯片恰為合格品為事件C,

因此,該企業(yè)需對生產(chǎn)工序進行改良.

22.(1)當a=0時,f(x)=(x-1)ln(1-x)-x,其定義域為(-∞,1),f′(x)=ln(1-x),令f′(x)=ln(1-x)=0,得x=0.

當x∈(-∞,0)時,f′(x)>0,故f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增;當x∈(0,1)時,f′(x)<0,故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減.

因此,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,0),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1).

(2)令g(x)=f′(x)=ln(1-x)+asinx,則

因為x∈(0,1),則1-x∈(0,1),cosx∈(0,1),則(1-x)cosx∈(0,1).

當a≤1時,則a(1-x)cosx-1<0,故g′(x)<0,從而g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減.

而g(0)=0,故當x∈(0,1)時,g(x)

即f′(x)在區(qū)間(0,1)上無零點.

當a>1時,令h(x)=a(1-x)cosx-1,則

h′(x)=-a[cosx+(1-x)sinx]．

因為x∈(0,1),則cosx+(1-x)sinx>0．

從而h′(x)<0．

即h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減.

而h(0)=a-1>0,h(1)=-1<0,因此存在唯一的x0∈(0,1),使得h(x0)=0,并且當x∈(0,x0)時,h(x)>0;當x∈(x0,1)時,h(x)<0.

即當x∈(0,x0)時,g′(x)>0,當x∈(x0,1)時,g′(x)<0.

故當x∈(0,x0)時,g(x)單調(diào)遞增,當x∈(x0,1)時,g(x)單調(diào)遞減.而g(0)=0,故g(x0)>0.

取N=1-e-2a∈(0,1),當x>N時,g(x)=ln(1-x)+asinx

所以存在唯一的m∈(x0,1),使得g(m)=0,即f′(x)在區(qū)間(0,1)上有唯一零點.

綜上所述,當a>1時,f′(x)在(0,1)上有唯一的零點;

當a≤1時,f′(x)在(0,1)上沒有零點.

(3)由(2)可得,當a≤1時,ln(1-x)+asinx<0在(0,1)上恒成立.

以下證明不等式:

則m(x)

即有xcosx