1、育才学校2021届高三下学期最后一次模拟检测文科数学一、选择题（本大题共12小题，共60分）1. 设集合A=x|x24，B=x|(x+1)(x3)0，则(RA)B=()A. x|1x3B. x|1x2C. x|2x3D. x|2x0,b0)的左右焦点分别为F1，F2，过F1作倾斜角为30的直线与y轴和双曲线右支分别交于A，B两点，若A点平分F1B，则该双曲线的离心率是()A. 3B. 2C. 2D. 339. 记Sn为等差数列an的前n项和，若a1=1，S3=92，则数列an的通项公式an=()A. nB. n+12C. 2n1D. 3n1210. 设a=log23，b=2log32，c=2l
2、og32，则a，b，c的大小顺序为()A. bcaB. cbaC. abcD. bab0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为32，M为C上一点，MF1F2面积的最大值为33(1)求C的标准方程；(2)设动直线l过F2且与C交于A、B两点，过F1作直线l的平行线l，交C于R、N两点，记RF2A的面积为S1，NF2B的面积为S2，试问：S1+S2是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，说明理由21. （12分）已知函数f(x)=ex+x2x(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程；(2)证明：对任意xR，都有f(x)122. 选修4 - 4：坐标系与参数方程（10分）在平
3、面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=1+tcosy=1+tsin(t为参数，02|x+1|的解集；(2)若x(1,2)时，不等式f(x)+|x1|x成立，求实数a的取值范围答案解析1.B【解析】x24，x2或x2，RA=x|2x2，(x+1)(x3)0，1x3，B=x|1x3，(RA)B=x|10，排除A，当x+，f(x)+排除D，故选：B8.A【解析】解：F1(c,0)，F2(c,0)，A在y轴上，且A是F1B的中点，B(c,b2a)，F2F1B=30，BF2=33F1F2=23c3，b2a=23c3，即c2a2a=23c3，整理得：3c23a22ac=0，3e22e3=0，解得e=
4、3或e=33(舍)故选：A9.B【解析】解：差数列an中，a1=1，S3=92，所以31+3d=92，解得，d=12，则数列an的通项公式an=1+12(n1)=12n+12故选：B10.A【解析】解：b=2log32=log34，c=2log32=log392，所以cb，a=log23=log29log28=32，因为c=2log32=log392c，综上acb故选：A11.D【解析】将函数y=sin(2x+56)的图象向右平移6个单位长度，得到函数y=f(x)=sin(2x26+56)=cos2x的图象，故f(x)是偶函数，最小正周期为22=，故A、B错误；令x=12，求得f(x)=32，
5、不是最值，故C错误；令x=4，求得f(x)=0，故f(x)的图象关于点(4,0)对称，故D正确，故选：D12.B【解析】解：四棱柱ABCDA1B1C1D1是直四棱柱，且底面是正方形，其外接球的球心位于直四棱柱的中心，记作O，过O向底面ABCD作垂线，垂足为G，则OG=12AA1，连接BD，底面ABCD是边长为6的正方形，G为BD的中点，取AD的中点F，连接OF，OE，OB，设AA1=2a，则OG=a，外接球的半径R=OB=OG2+(12BD)2=a2+18点E在线段AD上，且满足AE=2ED，则EF=DFDE=16AB=1，又FG=12AB=3，OF=a2+9直四棱柱中，AB侧面ADD1A1，
6、FG/AB，FG侧面ADD1A1，FGAD，又OG底面ABCD，OGAD，又FGOG=G，AD平面OFG，则OFAD则OE=OF2+EF2=a2+10根据球的特征，过点E作直四棱柱ABCDA1B1C1D1的外接球的截面，当截面过球心时，截面面积最大，此时截面面积为R2，当OE垂直于截面时，此时截面圆的半径为R2OE2此时截面面积为S1=(R2OE2)2=(R2OE2).又截面面积的最大值与最小值之差为12，SS1=R2(R2OE2)=OE2=12，因此a2+10=12，即a2=2，则R=a2+18=25，直四棱柱ABCDA1B1C1D1外接球的表面积为420=80故选：B13.1121【解析】
7、解：共七本，从中任取2本，共有C72=21种，一本也不含杨辉的著作的共有C52=10种，所以从中任取2本，至少含有一本杨辉的著作的概率是1121故答案为：112114.91516【解析】解：由bsinA=2csinB结合正弦定理得，ab=2bc即a=2c，因为cosB=14，b=3，由余弦定理可得14=a2+c2b22ac=4c2+c2922c2，解得，c=32，a=3，又sinB=1cos2B=154，则ABC的面积S=12acsinB=12332154=91516故答案为：9151615.4【解析】解：作出变量x，y满足约束条件xy+10y1x+2y50，对应的平面区域如图：变形z=x+y
8、，得y=x+z平移此直线，由图象可知当直线y=x+z经过A时，直线在y轴的截距最大，得到z最大，由y=1x+2y5=0，解得A(3,1)所以z=x+y的最大值为3+1=4故答案为：416.(e2+2)xye2=0【解析】解：把点(1,2)代入f(x)=ex+2x可知，点(1,2)不在曲线上设切点为(x0,y0)，f(x)=ex+2x，f(x)=ex+2，则所求切线的斜率k=ex0+2.又k=y02x01，ex0+2=y02x01，y0=ex0+2x0，x0=2，y0=e2+4，所求的切线方程为y(e2+4)=(e2+2)(x2)，即(e2+2)xye2=0故答案为：(e2+2)xye2=017
9、.解：(1)因为3acsinB=3bcosC，由正弦定理得3sinAsinCsinB=3sinBcosC，故3sinBcosC+3sinCcosBsinCsinB=3sinBcosC，所以3sinCcosBsinCsinB=0，因为sinC0，所以sinB=3cosB，即tanB=3，因为B(0,)，所以B=3；(2)因为a=3，CD=15DB，所以CD=12，DB=52，ABD中，由余弦定理得，AD2=22+(52)2225212=214，所以AD=212，由正弦定理得ADsinB=ABsinBDA，故sinBDA=232212=27718.解：(1)根据题意可得：商店的日利润y关于需求量x
10、的函数表达式为，y=5014+30x14,14x2050x1014x,10x14,化简得：y=30x+280,14x2060x140,10x14；(2)由频率分布直方图得：海鲜需求量在区间10,12)的频率是20.08=0.16；海鲜需求量在区间12,14)的频率是20.12=0.24；海鲜需求量在区间14,16)的频率是20.15=0.30；海鲜需求量在区间16,18)的频率是20.10=0.20；海鲜需求量在区间18,20的频率是20.05=0.10；这50天商店销售该海鲜日利润y的平均数为：(1160140)0.16+(1360140)0.24+(1530+280)0.30+(1730+
11、280)0.20+(1930+280)0.10=83.2+153.6+219+158+85=698.8(元)；由于x=14时，3014+280=6014140=700，显然y=30x+280,14x2060x140,10x0恒成立，所以x1+x2=24k21+4k2，x1x2=36k2121+4k2，由l/l，可知SRF2A=SF1F2A，SNF2B=SF1F2B，所以S1+S2=SF1F2A+SF1F2B=12|F1F2|y1y2|=3|k|x1x2|=3|k|48(1+k2)1+4k2=1231+1k21k2+4，令1+1k2=t，则t1，所以S1+S2=123tt2+3123t23t=6
12、，(当且仅当t2=3时取等号)，即1+1k2=3，k=22时，S1+S2取得最大值，最大值为6，当直线l的斜率不存在时，不妨设A(3,32)，B(3,32)，R(3,32)，N(3,32)，则S1+S2=330，即得f(x)在R上单调递增，又因为f(0)=0，所以当x0时，f(x)f(0)=0，此时函数f(x)单调递增；当x0时，f(x)f(0)=0，此时函数f(x)单调递减；综上可得，函数f(x)在(,0)上单调递减；在(0,+)上单调递增即得f(x)min=f(0)=1，所以对任意的xR，都有f(x)122.解：()直线l的参数方程为x=1+tcosy=1+tsin(t为参数，0)，转换为普通方程为sinxcosy+cossin=0曲线C的极坐标方程为=4cos，根据x=cosy=sinx2+y2=2，转换为直角坐标方程为(x2)2+y2=4()把直线l的参数方程为x=1+tcosy=1+tsin(t为参数，02|x+1|，即|2x1|2|x+1|，所以x112x2+x+1或1x2x1或x122x12x1，解得x1或1x23，所以原不等式的解集为x|x23；(2)若x(1,2)时，不等式f(x)+|x1|x成立，所以|ax1|+x1x，所以|ax1|1，所以ax2或ax2x或a0在x(1,2)时恒成立，由2x(1,2)，可得a2，所以a的取值范围是(,0)2，+)
