2022-2023學(xué)年廣州市高二下期中考試數(shù)學(xué)模擬試卷附答案解析

2022-2023學(xué)年廣州市高二下期中考試數(shù)學(xué)模擬試卷

一.選擇題（共8小題）

1.(2021秋月份月考)已知集合/={-1,0,1,2),5={xGR||2x-則(CR5)

QA=()

A.{-1,0}B.{0,1}C.{1,2}D.{-1,2}

_Z

2.(2021秋?歷下區(qū)校級(jí)月考)若z=-l+i,設(shè)3=—，則|u)|=()

13

A.—B.1c.——D.2

22

3.（2021秋?濰坊期末）現(xiàn)從甲、乙等7名大學(xué)生中選出3人擔(dān)任北京冬奧會(huì)的志愿者，要

求甲、乙至少1人入選，則不同的選法共有（）

A.10種B.20種C.25種D.35種

4.（2020秋?浙江月考）設(shè)加，〃是兩條不同的直線，a,0是兩個(gè)不同的平面，則〃2_1_〃的

一個(gè)充分不必要條件是（)

A.m_La,a±pB.a//p

C.加ua,〃〃,a±pD.mua,a〃0

5.（2020?日照一模）已知/（x）=x?2叱

a=/(10gAb=/(】ogQ)，c=/(歷3),

則a,b,c的大小關(guān)系為（)

A.c>b>aB.b>c>aC.a>b>cD.c>a>b

6.（2020春?揭陽期末）已知定義域?yàn)镽的奇函數(shù)/G）的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，當(dāng)

在(2,+8)時(shí)，/(x)<0,當(dāng)花(0,2)時(shí)，/(x)>0,且/(3)=0,則關(guān)于

x的不等式（X-1）/（x）>0的解集為（）

A.(-3,3)B.(-3,0)U(0,3)

C.(-3,0)U(1,3)D.(-8,-3)U(0,3)

7.（2021?江蘇一模）（3-2x）（x+1）§展開式中一的系數(shù)為（)

A.-15B.-10C.10D.15

（2016春?邢臺(tái)期末）已知函數(shù)/（x）=/（--反）（反R）在區(qū)間［」，2］上存在單調(diào)遞

8.

2

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增區(qū)間，則實(shí)數(shù)6的取值范圍是（)

8B.(-8,A)3D.a,+8)

A.(-8,——)c.(--..2

36263

二.多選題（共4小題）

My

（多選）9.（2021?深圳一模）設(shè)Q、尸!分別是雙曲線C：—；--------------=1的左、

m+nm—n

右焦點(diǎn)，且|F1&|=4,則下列結(jié)論正確的有（）

A.m=2

B.當(dāng)〃=0時(shí)，C的離心率是2

C.Fi到漸近線的距離隨著n的增大而減小

D.當(dāng)〃=1時(shí)，C的實(shí)軸長(zhǎng)是虛軸長(zhǎng)的兩倍

（多選）10.（2021春?南山區(qū)校級(jí)期中）下列說法不正確的是（）

A.回歸直線y=b*+a至少經(jīng)過其樣本數(shù)據(jù)（xi，yi）,（X2，”），…，（xn>則）中的

一個(gè)點(diǎn)

B.從獨(dú)立性檢驗(yàn)可知有99%的把握認(rèn)為吃地溝油與患胃腸癌有關(guān)系時(shí)，我們就說如果某

人吃地溝油，那么他有99%可能患胃腸癌

C.在殘差圖中，殘差點(diǎn)分布的帶狀區(qū)域的寬度越狹窄，其模型擬合的精度越高

D.將一組數(shù)據(jù)的每一個(gè)數(shù)據(jù)都加上或減去同一個(gè)常數(shù)后，其方差也要加上或減去這個(gè)常

數(shù)

（多選）11.（2021春?番禺區(qū)校級(jí)期中）對(duì)于函數(shù)f（i）=------下列說法正確的是（）

Inx

A.在（0,e）上單調(diào)遞減B.有極小值e

C.有最小值eD.無最大值

（多選）12.（2021春?東莞市期中）已知函數(shù)/（x）g（x）=X2+2X,以下結(jié)論

正確的有（）

A./（x）是偶函數(shù)

B.當(dāng)a>0時(shí)，y—af（x+1）與y=g（x）有相同的單調(diào)性

C.當(dāng)a>0時(shí)，夕=4（x+1）與y=g（x）的圖象只可能有偶數(shù)個(gè)交點(diǎn)

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1

D.若y=q/（x+l）與y=g（x）的圖象只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，a=

2

三.填空題（共4小題）

13.（2021春?東莞市期中）一質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)，如果由始點(diǎn)起經(jīng)過f秒后的位移為

S=-^-t—t（單位：，"），那么這個(gè)質(zhì)點(diǎn)在2秒末的瞬時(shí)速度是Cm/s'）.

3

14.（2021?臨沂二模）現(xiàn)有標(biāo)號(hào)為①，②，③，④，⑤的5件不同新產(chǎn)品，要放到三個(gè)

不同的機(jī)構(gòu)進(jìn)行測(cè)試，每件產(chǎn)品只能放到一個(gè)機(jī)構(gòu)里.機(jī)構(gòu)48各負(fù)責(zé)一個(gè)產(chǎn)品，機(jī)構(gòu)

C負(fù)責(zé)余下的三個(gè)產(chǎn)品，其中產(chǎn)品①不在力機(jī)構(gòu)測(cè)試的情況有種（結(jié)果用具體

數(shù)字表示）.

15.（2004?福建）如圖，將邊長(zhǎng)為1的正六邊形鐵皮的六個(gè)角各切去一個(gè)全等的四邊形，再

沿虛線折起，做成一個(gè)無蓋的正六棱柱容器.當(dāng)這個(gè)正六棱柱容器的底面邊長(zhǎng)為

時(shí)，其容積最大.

16.（2021?鏡湖區(qū)校級(jí)模擬）已知三棱錐88中，點(diǎn)N在平面8CZ）上的射影與點(diǎn)。重

合，4D=CD=4.若/C8O=135°,則三棱錐8C。的外接球的體積為.

四.解答題（共6小題）

17.（2021春?如東縣期中）從下列三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下列問題中，并解答

①bsin/1=、/孕cos8；②（a+c+b）（a+c-b）=3ac；③2cos8（acosC+ccos/）—b.在

△/8C中，角4B,C,所對(duì)的邊分別為a,b,c,滿足條件.

（1）求角B的大??；

（2）若a=4,S（^ABC~6求b的值.

18.（2019?永州三模）某機(jī)器生產(chǎn)商，對(duì)一次性購買兩臺(tái)機(jī)器的客戶推出兩種超過質(zhì)保期后

兩年內(nèi)的延保維修方案：

方案一：交納延保金6000元，在延保的兩年內(nèi)可免費(fèi)維修2次，超過2次每次收取維修

費(fèi)1500元;

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方案二：交納延保金7740元，在延保的兩年內(nèi)可免費(fèi)維修4次，超過4次每次收取維修

費(fèi)a元.

某工廠準(zhǔn)備一次性購買兩臺(tái)這種機(jī)器，現(xiàn)需決策在購買機(jī)器時(shí)應(yīng)購買哪種延保方案，為

此搜集并整理了100臺(tái)這種機(jī)器超過質(zhì)保期后延保兩年內(nèi)維修的次數(shù)，統(tǒng)計(jì)得如表：

維修次數(shù)0123

機(jī)器臺(tái)數(shù)20104030

以這100臺(tái)機(jī)器維修次數(shù)的頻率代替一臺(tái)機(jī)器維修次數(shù)發(fā)生的概率.記X表示這兩臺(tái)機(jī)

器超過質(zhì)保期后延保的兩年內(nèi)共需維修的次數(shù).

(1)求X的分布列；

(2)以所需延保金與維修費(fèi)用之和的期望值為決策依據(jù)，該工廠選擇哪種延保方案更合

算.

19.(2021，濟(jì)寧一模)如圖所示多面體/8。?！陸糁校矫?。￡：_1_平面/18。。,。/_1平面”8。￡),

△4DE是正三角形，四邊形是菱形，AB=2,CF=代NBAD=—.

3

(1)求證：EF〃平面4BCD；

(2)求二面角E-4尸-C的正弦值.

20.(2021?內(nèi)江一模)已知函數(shù)/(x)=a/nx-bx2,a,bER.若/(x)在x=1處與直線y=---

2

相切.

(1)求a,b的值；

(2)求/G)在［4-，e］上的極值.

e

21.(2018?河南一模)已知點(diǎn)Q(-y2,0),圓尸2：(x-ve)2+產(chǎn)=16,點(diǎn)M是圓上一

動(dòng)點(diǎn)，MFi的垂直平分線與MF2交于點(diǎn)N.

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(1)求點(diǎn)N的軌跡方程；

(2)設(shè)點(diǎn)N的軌跡為曲線E,過點(diǎn)尸(0,1)且斜率不為0的直線/與E交于4B兩

點(diǎn)，點(diǎn)8關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)為"，證明直線/)過定點(diǎn)，并求△以夕面積的最大值.

22.(2021春?東莞市期中)已知函數(shù)/(1)=1niH■--aa:—(a-|-l)x.

2

(1)若/(x)在x=l處有極大值，求a的取值范圍：

(2)若/(x)的極大值為“，f(x)的極小值為M當(dāng)工WaM2時(shí)，求的取

2~~

值范圍.

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2022-2023學(xué)年廣州市高二下期中考試數(shù)學(xué)模擬試卷

參考答案與試題解析

一.選擇題（共8小題）

1.（2021秋月份月考）已知集合/={-1,0,1,2},8={x6R||2x-則（CR￡）

nj=（）

A.{-1,0}B.{0,1}C.{1,2}D.{-1,2}

【考點(diǎn)】交、并、補(bǔ)集的混合運(yùn)算.

【專題】計(jì)算題；集合思想；定義法；集合；數(shù)學(xué)運(yùn)算.

【分析】化簡(jiǎn)集合8,根據(jù)集合的運(yùn)算求解可得答案.

【解答】解：=0,1,2},8={x€R||2x-1|W1}={X|0WXW1},

，CR8={X|X<0或x>l},

（CRS）n/={-1,2}.

故選：D.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了集合補(bǔ)集、交集及其運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

2.（2021秋?歷下區(qū)校級(jí)月考）若z=-l+i,設(shè)3=三，則［3|=（）

13

A.—B.1C.—D.2

22

【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)的模.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；數(shù)系的擴(kuò)充和復(fù)數(shù)；數(shù)學(xué)運(yùn)算.

【分析】由已知求出3的關(guān)系式，再根據(jù)模的公式即可求解.

2

【解答】解：因?yàn)閦=-l+i,則0）=—=——-——1=.1+L=——"+"---=

z-1+i1-i（l-i）（l+i）

2i.

---=b

2

則3|=『1=1,

故選：B.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了復(fù)數(shù)模的求解，涉及到復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，考查了學(xué)生的運(yùn)算能力，

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屬于基礎(chǔ)題.

3.（2021秋?濰坊期末）現(xiàn)從甲、乙等7名大學(xué)生中選出3人擔(dān)任北京冬奧會(huì)的志愿者，要

求甲、乙至少1人入選，則不同的選法共有（）

A.10種B.20種C.25種D.35種

【考點(diǎn)】排列、組合及簡(jiǎn)單計(jì)數(shù)問題.

【專題】計(jì)算題：方程思想：轉(zhuǎn)化思想；綜合法；排列組合；數(shù)學(xué)運(yùn)算.

【分析】根據(jù)題意，用間接法分析：先計(jì)算“從甲、乙等7名大學(xué)生中選出3人擔(dān)任北

京冬奧會(huì)的志愿者”的選法，排除其中“甲乙都沒有入選”的選法，即可得答案.

【解答】解：根據(jù)題意，從甲、乙等7名大學(xué)生中選出3人擔(dān)任北京冬奧會(huì)的志愿者，

有C?3=35種選法，

3

其中甲乙都沒有入選的情況有C5=10種，

則甲、乙至少1人人選的選法有35-10=25種，

故選：C.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查排列組合的應(yīng)用，注意利用間接法分析，屬于基礎(chǔ)題.

4.（2020秋?浙江月考）設(shè)機(jī)，〃是兩條不同的直線，a,0是兩個(gè)不同的平面，則加_L〃的

一個(gè)充分不必要條件是（）

A.機(jī)J-a,〃〃0,a±pB.m±a,a〃0

C.mua,”〃B，a±PD.mua,?±P，a〃0

【考點(diǎn)】充分條件、必要條件、充要條件；平面與平面平行；平面與平面垂直.

【專題】對(duì)應(yīng)思想；定義法；簡(jiǎn)易邏輯：邏輯推理.

【分析】利用空間線面位置關(guān)系的判定與性質(zhì)定理即可得出.

【解答】解：4、〃〃酊a±p,可得加與〃平行、相交或?yàn)楫惷嬷本€，因此無法

得出因此不正確；

B、a//p,m±a,n±p,可得，"〃小因此無法得出因此不正確；

C、alp,mca,〃〃仇可得〃1與〃平行、相交或?yàn)楫惷嬷本€，因此無法得出加，，?，因

此不正確.

D、a〃仇mua,n±p,可得〃_La,因此可得"?J_〃，因此正確：

故選：D.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了空間線面位置關(guān)系的判定與性質(zhì)定理、簡(jiǎn)易邏輯的判定方法，考查

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了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.

=

5.(2020?日照一模)已知/(x)=丫?2可，a=f(l/(^Og—)>c—f(/?3)>

則a,b,c的大小關(guān)系為()

A.c>h>aB.h>c>aC.a>h>cD.c>a>h

【考點(diǎn)】分段函數(shù)的應(yīng)用.

【專題】計(jì)算題；方程思想；轉(zhuǎn)化思想；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用.

【分析】根據(jù)題意，由函數(shù)的解析式分析可得當(dāng)xVO,/0)=尸(_L)、<0,據(jù)此可

2

得b<0,當(dāng)x20時(shí)，/G)=x?2S求出其導(dǎo)數(shù)，分析可得/(x)在［0,+8)上為增函

數(shù)，由此分析可得OVaVc,綜合可得答案.

a?>0

【解答】解:根據(jù)題意，/(x)=x3=,

x,,x<0

當(dāng)x<0時(shí)，f(x)=x*(―)x<0,又由log3-？-=Tog32<0,則6<0,

22

當(dāng)x20時(shí)，/(x)=x-2x,其導(dǎo)數(shù)/(x)=2x+x'2xln2>0,則/(x)在［0,+~)上為

增函數(shù),

其/(0)=0,則當(dāng)x>0時(shí)，/(x)>0；

又由OVlog3V行<1<歷3,則0<a〈c,

綜合可得：c>a>b；

故選：D.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的單調(diào)性的判斷以及應(yīng)用，涉及分段函數(shù)的解析式，屬于基礎(chǔ)題.

6.(2020春?揭陽期末)已知定義域?yàn)镽的奇函數(shù)/(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，當(dāng)

(2,+8)時(shí)，/(x)<0,當(dāng)(0,2)時(shí)，f(x)>0,且/(3)=0,則關(guān)于

x的不等式(x-1)/(x)>0的解集為()

A.(-3,3)B.(-3,0)U(0,3)

C.(-3,0)U(1,3)D.(-8,-3)U(0,3)

【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性.

第8頁共27頁

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用；邏輯推理.

【分析】由題可知，/（X）在（0,2）上單調(diào)遞增，在（2,+8）上單調(diào)遞減，結(jié)合/（X）

的奇偶性，可得/（x）在（-8,0）上的單調(diào)情況，然后將不等式（x->0

3:-1>0或上IV。

轉(zhuǎn)化為1,解之即可.

,/(x)>0Uuxo

【解答】解：由題可知，/（X）在（0,2）上單調(diào)遞增，在（2,+8）上單調(diào)遞減,

又?:f（x）是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，

/./（0）=0,且/（x）在（-8,-2）上單調(diào)遞減，在（-2,0）上單調(diào)遞增.

(x-1>0或尸V。

不等式(x-1)/(%)>0等價(jià)于,

1/(^)>01/(3?)<0

V/(3)=0,

Axe(-3,0)u(1,3).

故選：C.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的奇偶性、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、解不等式等，考查學(xué)生

靈活運(yùn)用知識(shí)的能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.

7.（2021?江蘇一模）（3-2x）（x+1）§展開式中一的系數(shù)為（）

A.-15B.-10C.10D.15

【考點(diǎn)】二項(xiàng)式定理.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；二項(xiàng)式定理；數(shù)學(xué)運(yùn)算.

【分析】由題意利用二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式，求得展開式中小的系數(shù).

【解答】解：...（/1）5展開式的通項(xiàng)公式為c］x5l,

5

分別令5-〃=3,5-r=2,可得r=2,3,

故（3-2x）（x+1）5展開式中才3的系數(shù)為3c2-2C'=10，

55

故選：C.

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式，屬于基礎(chǔ)題.

8.（2016春?邢臺(tái)期末）已知函數(shù)/（x）=eT（x2-bx）（bGR）在區(qū)間［」，2］上存在單調(diào)遞

2

增區(qū)間，則實(shí)數(shù)6的取值范圍是（）

第9頁共27頁

、、、D.（且+8）

A.(-8,——8)B.(-8,_5)c.(-——3，——5)

36263

【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性.

【專題】函數(shù)思想；綜合法；導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用.

【分析】利用導(dǎo)函數(shù)得到不等式成立問題，然后求解6的范圍.

【解答】解：?.?函數(shù)f(x)在區(qū)間［」-,2］上存在單調(diào)增區(qū)間，

2

...函數(shù)/(X)在區(qū)間［」，2］上存在子區(qū)間使得不等式，(X)>0成立.

2

f(x)=ev［x2+(2-6)x-h］,

設(shè)h(x)=x2+(2-b)x-b,則〃(2)>0或〃(―)>0,

2

即4+2(2-b)-b>0或LJ-(2“)-b>0,

42

勿8

得b<——.

3

故選：A.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，不等式的解法，考查計(jì)算能力.

二.多選題(共4小題)

My

(多選)9.(2021?深圳一模)設(shè)Q、放分別是雙曲線C：---------------=1的左、

m+nm—n

右焦點(diǎn)，且回尸2|=4,則下列結(jié)論正確的有()

A.加=2

B.當(dāng)〃=0時(shí)，。的離心率是2

C.Q到漸近線的距離隨著〃的增大而減小

D.當(dāng)〃=1時(shí)，C的實(shí)軸長(zhǎng)是虛軸長(zhǎng)的兩倍

【考點(diǎn)】雙曲線的性質(zhì).

【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；數(shù)學(xué)運(yùn)算.

【分析】利用雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，結(jié)合焦距，求解機(jī)，判斷4求解離心率判斷8；求出

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點(diǎn)到直線的距離，判斷G求解實(shí)軸長(zhǎng)與虛軸長(zhǎng)的比值，判斷D

nry

【解答】解：Q、尸2分別是雙曲線C：----------------=1的左、右焦點(diǎn)，且|F正2|

m+nm—n

=4,

可得2=J二十n+m_解得=2,所以/正確；

〃=0時(shí)，，￡，歷、/稀，所以e=v攵，所以8不正確；

Q到漸近線的距離：二G，隨著〃的增大而減小，所以C正確；

當(dāng)”=1時(shí)，C的實(shí)軸長(zhǎng)：2而干I，虛軸長(zhǎng)：2而二Y，所以。不正確.

故選:AC.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)的應(yīng)用，是中檔題.

（多選）10.（2021春?南山區(qū)校級(jí)期中）下列說法不正確的是（）

4AA

A.回歸直線y=bl+a至少經(jīng)過其樣本數(shù)據(jù)（x“yi）,（X2,>2）,…，（x?,加）中的

一個(gè)點(diǎn)

B.從獨(dú)立性檢驗(yàn)可知有99%的把握認(rèn)為吃地溝油與患胃腸癌有關(guān)系時(shí)，我們就說如果某

人吃地溝油，那么他有99%可能患胃腸癌

C.在殘差圖中，殘差點(diǎn)分布的帶狀區(qū)域的寬度越狹窄，其模型擬合的精度越高

D.將一組數(shù)據(jù)的每一個(gè)數(shù)據(jù)都加上或減去同一個(gè)常數(shù)后，其方差也要加上或減去這個(gè)常

數(shù)

【考點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用；極差、方差與標(biāo)準(zhǔn)差；獨(dú)立性檢驗(yàn).

【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；概率與統(tǒng)計(jì)；簡(jiǎn)易邏輯；邏輯推理；數(shù)學(xué)運(yùn)算.

【分析】利用回歸直線方程的性質(zhì)判斷出獨(dú)立檢驗(yàn)思想的性質(zhì)判斷8；殘差的意義判斷

C；方程的性質(zhì)判斷。即可.

44A

【解答】解：回歸直線丁=bi+a不一定經(jīng)過其樣本數(shù)據(jù)（孫》），（通，”），…，（x?,

如）中的任何一個(gè)點(diǎn)，所以/不正確；

從獨(dú)立性檢驗(yàn)可知有99%的把握認(rèn)為吃地溝油與患胃腸癌有關(guān)系時(shí)，我們不能說如果某

人吃地溝油，那么他有99%可能患胃腸癌，所以8不正確；

在殘差圖中，殘差點(diǎn)分布的帶狀區(qū)域的寬度越狹窄，其模型擬合的精度越高，滿足殘差

第11頁共27頁

的性質(zhì)，所以C正確；

將一組數(shù)據(jù)的每一個(gè)數(shù)據(jù)都加上或減去同一個(gè)常數(shù)后，其方差不變，所以。不正確：

故選：ABD.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查命題的真假的判斷，考查回歸直線方程，獨(dú)立檢驗(yàn)思想的應(yīng)用，殘差

以及方差的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題.

(多選)11.(2021春?番禺區(qū)校級(jí)期中)對(duì)于函數(shù)］(1)=-----下列說法正確的是()

Inx

A.在(0,e)上單調(diào)遞減B.有極小值e

C.有最小值eD.無最大值

【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性.

【專題】數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算.

【分析】對(duì)/(x)求導(dǎo)，作出/(x)的圖象，結(jié)合圖象即可得出正確選項(xiàng).

.Zna?—1

【解答】解：函數(shù)的定義域?yàn)?0,1)u(1,+8),r(宓)=-

(lnx)~

易知函數(shù)/(x)在(0,1),(1,e)單調(diào)遞減，在(e,+8)單調(diào)遞增，且當(dāng)(0,1)

時(shí)，/(%)<0,當(dāng)x>l時(shí)，f(x)>0,

作出/(x)的大致圖象如下圖所示，

由圖象可知，/(x)在x=e處取得極小值/(e)=e,無最小值，也無最大值.

故選：BD.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，考查數(shù)形結(jié)合思想及運(yùn)算求解能力，屬于

中檔題.

(多選)12.(2021春?東莞市期中)已知函數(shù)/(x)="+e、，g(x)=x2+2x,以下結(jié)論

正確的有()

第12頁共27頁

A.f(x)是偶函數(shù)

B.當(dāng)a>0時(shí)，y—af(x+1)與y=g(x)有相同的單調(diào)性

C.當(dāng)a>0時(shí)，y=/(x+l)與y=g(x)的圖象只可能有偶數(shù)個(gè)交點(diǎn)

D.若夕=4(戶1)與y=g(x)的圖象只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，a=——

2

【考點(diǎn)】命題的真假判斷與應(yīng)用；函數(shù)奇偶性的性質(zhì)與判斷.

【專題】計(jì)算題；函數(shù)思想；綜合法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算.

【分析】可看出/(X)是偶函數(shù)，從而判斷《正確：當(dāng)a>0時(shí)，可求出函數(shù)y=4(x+l)

的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)即可得出該函數(shù)在(-1,+8)上是增函數(shù)，在(-8,-1)±

是減函數(shù)，從而可判斷8正確；可求出a>0時(shí)，y—af(x+1)與y=g(x)的頂點(diǎn)不重

合，根據(jù)這兩個(gè)函數(shù)都關(guān)于苫=-1對(duì)稱即可得出這兩函數(shù)圖象只可能有偶數(shù)個(gè)公共點(diǎn)，

從而判斷C正確：根據(jù)C可知，這兩函數(shù)只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，該公共點(diǎn)應(yīng)是這兩圖象的

頂點(diǎn)，從而判斷。正確.

【解答】解：A./(-x)(x),.V(x)是偶函數(shù)，正確；

B.a>0時(shí)，y—af(.x+1)=ae^'+ae',?*.y'—-ae''=

x+iaa(ex^1+l)(e*^1-l)

-1時(shí)，y'>0；x<-1時(shí)，y'<0,

?-y—af(x+1)在(-1,+°°)上是增函數(shù)，在(-8,-i)上是減函數(shù)，

又二次函數(shù)y=g(x)在(-1,+8)上是增函數(shù)，在(-8,-1)上是減函數(shù)，

，當(dāng)a>0時(shí)，y=af(x+1)與y=g(x)有相同的單調(diào)性，...B正確；

C.當(dāng)a>0時(shí)，y—af(x+1)和y=g(x)都關(guān)于x--1對(duì)稱，

x=-1時(shí)，y=afCx+l)取最小值2a>0；x=-1時(shí)，y=g(x)取最小值-1,即函數(shù)y

=af(x+1)和y=g(x)的頂點(diǎn)不重合，

???根據(jù)對(duì)稱性，在x=-1的左邊有幾個(gè)交點(diǎn)，在x=-1的右邊就有幾個(gè)交點(diǎn)，即有偶

數(shù)個(gè)交點(diǎn)，；.C正確；

D.根據(jù)C,若y=4(x+l)和y=g(X)的圖象只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，這個(gè)公共點(diǎn)應(yīng)是這

兩個(gè)圖象的頂點(diǎn)，

第13頁共27頁

.,.2a--1,解得a=----正確.

2

故選：ABCD.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了偶函數(shù)的定義及判斷，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)判斷函數(shù)單調(diào)性的方法，基本

初等函數(shù)和復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)公式，二次函數(shù)和偶函數(shù)的圖象的對(duì)稱性，考查了計(jì)算能力，

屬于中檔題.

三.填空題（共4小題）

13.（2021春?東莞市期中）一質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)，如果由始點(diǎn)起經(jīng)過f秒后的位移為

s—t（單位：〃?），那么這個(gè)質(zhì)點(diǎn)在2秒末的瞬時(shí)速度是（m/s）.

3

【考點(diǎn)】變化的快慢與變化率；導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算.

【專題】函數(shù)思想；定義法；導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運(yùn)算.

【分析】利用導(dǎo)數(shù)的物理意義，求出瞬時(shí)速度，然后將/=2代入求解即可.

【解答】解：因?yàn)樗詓'=戶-1,即v（/）=產(chǎn)-1,

3

當(dāng)f=2時(shí)，v（2）=22-1=3,

所以這個(gè)質(zhì)點(diǎn)在2秒末的瞬時(shí)速度是3（m/s）.

故答案為：3.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了導(dǎo)數(shù)的物理意義的理解和應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是掌握位移的導(dǎo)數(shù)即為

瞬時(shí)速度，屬于基礎(chǔ)題.

14.（2021?臨沂二模）現(xiàn)有標(biāo)號(hào)為①，②，③，④，⑤的5件不同新產(chǎn)品，要放到三個(gè)

不同的機(jī)構(gòu)進(jìn)行測(cè)試，每件產(chǎn)品只能放到一個(gè)機(jī)構(gòu)里.機(jī)構(gòu)4,8各負(fù)責(zé)一個(gè)產(chǎn)品，機(jī)構(gòu)

C負(fù)責(zé)余下的三個(gè)產(chǎn)品，其中產(chǎn)品①不在N機(jī)構(gòu)測(cè)試的情況有1^種（結(jié)果用具體數(shù)

字表示）.

【考點(diǎn)】排列、組合及簡(jiǎn)單計(jì)數(shù)問題.

【專題】計(jì)算題；方程思想；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；排列組合；數(shù)學(xué)運(yùn)算.

【分析】根據(jù)題意，有產(chǎn)品①必須在8機(jī)構(gòu)或者C機(jī)構(gòu)測(cè)試，由此分2種情況討論，由

加法原理計(jì)算可得答案.

【解答】解：根據(jù)題意，產(chǎn)品①不在“機(jī)構(gòu)測(cè)試，則產(chǎn)品①必須在8機(jī)構(gòu)或者C機(jī)構(gòu)

第14頁共27頁

測(cè)試，

若產(chǎn)品①在B機(jī)構(gòu)檢測(cè)，有C4k33=4種情況，

若產(chǎn)品①在C機(jī)構(gòu)檢測(cè)，有C42A22=12種情況，

則一共有4+12=16種情況，

故答案為：16.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查排列組合的應(yīng)用，涉及分類、分步計(jì)數(shù)原理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

15.（2004?福建）如圖，將邊長(zhǎng)為1的正六邊形鐵皮的六個(gè)角各切去一個(gè)全等的四邊形，再

2

沿虛線折起，做成一個(gè)無蓋的正六棱柱容器.當(dāng)這個(gè)正六棱柱容器的底面邊長(zhǎng)為———

【專題】壓軸題.

【分析】要求正六棱柱容器的容積最大，得需要得出容積表達(dá)式；由柱體的體積公式知,

底面積是正六邊形，

是六個(gè)全等小正△的和，高是Rt△中60°角所對(duì)的直角邊，由高和底面積得出容積函數(shù),

用求導(dǎo)法可以求出最大值時(shí)的自變量取值.

【解答】解：如圖，設(shè)底面六邊形的邊長(zhǎng)為x,高為力則

d=?怎.｝（17）；又底面六邊形的面積為：

S=6'—,A2,sin60°=—/^2；J聽以，這個(gè)正六棱柱容器的容積為:

22v

3r~、A/3923

V=Sd=——(1-x)=———宏），則對(duì)r求導(dǎo),則

4

92

V-——(2x-3x2),令%=0,得x=0或工=——，

43

第15頁共27頁

當(dāng)0cx<_!時(shí)，V'>0,「是增函數(shù)；當(dāng)x>上時(shí)，V<0,/是減函數(shù)；.時(shí),

333

修有最大值.

2

故答案為：_

3

【點(diǎn)評(píng)】本題通過建立體積函數(shù)表達(dá)式，由求導(dǎo)的方法求函數(shù)最大值，是比較常用的解

題思路，也是中學(xué)數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容.

16.(2021?鏡湖區(qū)校級(jí)模擬)已知三棱錐Z-8CO中，點(diǎn)/在平面BCD上的射影與點(diǎn)。重

合,4)=。=4.若NC8O=135°,則三棱錐Z-8CC的外接球的體積為_32y§\—?

【考點(diǎn)】球的體積和表面積.

【專題】數(shù)形結(jié)合；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；數(shù)學(xué)運(yùn)算.

【分析】由題意畫出圖形，求解三角形可得三角形88外接圓的半徑，再由勾股定理求

出三棱錐A-BCD的外接球的半徑，代入球的體積公式可得三棱錐A-BCD的外接球的

體積.

【解答】解：如圖，

設(shè)△6C0的外接圓的圓心為Oi,半徑為一，三棱錐4-BCQ的外接球的球心為O,

AT)

半徑為R,則OO4平面BCQ,故00,=^——=2，

1O

CD_

在△BCD中，由正弦定理得2r=----------------------=4/2,故尸=2Jv^，

sinZ_CBD、

則R=W+OO」=2遍

4&4_a

故球。的體積為v=——天夫j=——兀x（2禽）」=32^/3^-

33

故答案為：32V/§匯

第16頁共27頁

【點(diǎn)評(píng)】本題考查多面體外接球體積的求法，考查空間想象能力與思維能力，考查運(yùn)算

求解能力，是中檔題.

四.解答題(共6小題)

17.(2021春?如東縣期中)從下列三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下列問題中，并解答

①。sio4=jgacosB；(2)(a+c+b)(a+c-b)—3ac；③2cos8(acosC+ccos/)—b.在

△/8C中，角/,B,C,所對(duì)的邊分別為a,b,c,滿足條件

(1)求角8的大小;

(2)若。=4,SAXBC=6/W，求6的值.

【考點(diǎn)】正弦定理；余弦定理.

【專題】整體思想；綜合法；解三角形；數(shù)學(xué)運(yùn)算.

【分析】選①：由正弦定理化簡(jiǎn)可求tanB,進(jìn)而可求&

選②：由已知整理后利用余弦定理可求cos8,進(jìn)而可求8；

選③：由正弦定理及兩角和的正切公式進(jìn)行化簡(jiǎn)可求cos8,進(jìn)而可求8,

(2)由以h8。=」-<1csinB=6,W可求c,然后結(jié)合余弦定理可求從

【解答】解：選①6sin4=、/孕cos8,

由正弦定理得sin8sinJ=\/Wsirt4cos8,

因?yàn)閟inJKO,

所以sirtB=jgcosB,

故tanB=

第17頁共27頁

因?yàn)?為三角形內(nèi)角,

所以B=-f

3

選②：(a+c+b)(q+c-b)=3acf

所以(a+c)2-P=3ac，

222

整理得a+c-b=acf

222

由余弦定理得cos^=——-------,

2ac2

因?yàn)?為三角形內(nèi)角，

所以B=—,

3

選③：2cos8(acosC+ccos/)=b,

由正弦定理得2cosB(sinylcosC+sinCcosJ)=sinB,

即2cosBsin(A+C)=sinB,

所以2cos8sin5=sin8,

因?yàn)閟in8>0,

所以cosfi=—,

2

因?yàn)?為三角形內(nèi)角，

所以B=—f

3

(2)若。=4,S△45c=：acsinB=6、/W，

則上X4cX4^=6/§>

22V

c=6,

.1a'-\-c~-b~16+36—廣

由z余弦定理得cosB=——=--------------=---------------,

22ac2X4X6

解得6=2

第18頁共27頁

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式及三角形的面積公式在求解

三角形中的應(yīng)用，屬于中檔題.

18.(2019?永州三模)某機(jī)器生產(chǎn)商，對(duì)一次性購買兩臺(tái)機(jī)器的客戶推出兩種超過質(zhì)保期后

兩年內(nèi)的延保維修方案：

方案一：交納延保金6000元，在延保的兩年內(nèi)可免費(fèi)維修2次，超過2次每次收取維修

費(fèi)1500元;

方案二：交納延保金7740元，在延保的兩年內(nèi)可免費(fèi)維修4次，超過4次每次收取維修

費(fèi)a元.

某工廠準(zhǔn)備一次性購買兩臺(tái)這種機(jī)器，現(xiàn)需決策在購買機(jī)器時(shí)應(yīng)購買哪種延保方案，為

此搜集并整理了100臺(tái)這種機(jī)器超過質(zhì)保期后延保兩年內(nèi)維修的次數(shù)，統(tǒng)計(jì)得如表：

維修次數(shù)0123

機(jī)器臺(tái)數(shù)20104030

以這100臺(tái)機(jī)器維修次數(shù)的頻率代替一臺(tái)機(jī)器維修次數(shù)發(fā)生的概率.記X表示這兩臺(tái)機(jī)

器超過質(zhì)保期后延保的兩年內(nèi)共需維修的次數(shù).

(1)求X的分布列；

(2)以所需延保金與維修費(fèi)用之和的期望值為決策依據(jù)，該工廠選擇哪種延保方案更合

算.

【考點(diǎn)】離散型隨機(jī)變量及其分布列；離散型隨機(jī)變量的期望與方差.

【專題】計(jì)算題；轉(zhuǎn)化思想；概率與統(tǒng)計(jì)；排列組合.

【分析】(1)確定隨機(jī)變量X的所有的取值為0,1,2,3,4,5,6對(duì)應(yīng)的概率即相應(yīng)

頻率，列出分布列即可.

(2)求出(1)中分布列的數(shù)學(xué)期望，即可做出判斷.

【解答】解：(1)根據(jù)題意，隨機(jī)變量X的所有取值為0,1,2,3,4,5,6因?yàn)橐赃@

100臺(tái)機(jī)器維修次數(shù)的頻率代替一臺(tái)機(jī)器維修次數(shù)發(fā)生的概率.

所以，P(X=0)=0.2X0.2=0.04,P(X=l)=f\0.2X0.1=0.04,P(X=2)=0.1

xo」+0.2X0.4=017,尸(x=3)=C；XO.1XO.4+C；XO.2XO.3

=0.2.P(%=4)=04X0.4+C：X0.IX0.3=022

P(%=5)=c：X0.4X0.3=024,尸(X=6)=0.3X0.3=0.09.

第19頁共27頁

所以隨機(jī)變量X的分布列為:

X0123456

P0.040.040.170.20.220.240.09

(2)設(shè)所需延保金與維修費(fèi)用之和為%(〃=1,2),若采用方案1,則隨機(jī)變量H的

分布列為：

n6000750090001050012000

P0.250.20.220.240.09

貝IJ隨機(jī)變量"的期望為:H)=6000X0.25+7500X0.2+9000X0.22+10500X0.24+12000

X0.09=8580%.

若采用方案2,則隨機(jī)變量力的分布列為：

Y27740a+77402a+7740

P0.670.240.09

所以隨機(jī)變量力的期望為：

E(當(dāng))=0.67*7740+0.24X(a+7740)+0.09X(2a+7740)=7740+0.42。元.

令7740+0.424=8580,得“=2000元，

①若。＜2000,則方案1的費(fèi)用高，應(yīng)選擇方案2.

②若。=2000,則兩種方案費(fèi)用一樣多，可以任選一個(gè)方案.

③若。＞2000,則方案2的費(fèi)用高，應(yīng)選擇方案1.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了隨機(jī)變量的分布列，容易錯(cuò)把統(tǒng)計(jì)的100臺(tái)機(jī)器的概率分布當(dāng)成購

買的兩臺(tái)機(jī)器的概率分布，屬于難題.

19.(2021?濟(jì)寧一模)如圖所示多面體/8。?！晔校矫?。￡：，平面/18?！?,。/_1_平面/8。￡),

兀

△4DE是正三角形，四邊形A&CD是菱形，4B=2,CF=熱ZBAD=——.

(1)求證：EF〃平面4BCD；

(2)求二面角E-/尸-C的正弦值.

第20頁共27頁

F

E

(D，

AB

【考點(diǎn)】直線與平面平行；二面角的平面角及求法.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；立體幾何：直觀想象；數(shù)學(xué)運(yùn)算.

【分析】（1）根據(jù)直線與平面平行的判定定理證明；（2）用向量數(shù)量積計(jì)算二面角的余

弦值，進(jìn)而求解.

【解答】（1）證明：取/。中點(diǎn)N,連接NE、NC,

因?yàn)椤髁Α是正三角形，所以EN=2?sin60°=J§，

因?yàn)槠矫嫫矫?8C。，平面力OEA平面

所以EN_L平面ABCD,又因?yàn)镃F_L平面/8C。，

所以EN〃C