天津市和平区 2021 届高三下学期一模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合A0,1,2，Bxx2，C2,1,0，则ABC（

）

B．0,1,2D．2,1,0,1,2）

A．0C．2,1,0,12．设aR，则“2a3”是“a25a60”的（ A．充分不必要条件C．充要条件

B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件

3．某校高三年级的全体学生参加体育测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为：20,40，40,60，60,80，80,100.若低于60分的人数是90，则该校高三年级的学生人数是（

）

A．2704．函数yB．300C．330D．360

tanx在,的图象大致为（ ）2x1试卷第1页，总6页

A．

B．

C．

D．

试卷第2页，总6页

5．设

blog32，clog23，则a，b，c的大小关系为（ ）

a8，

B．bacC．bcaD．cab）

12A．abc6．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则三棱锥AB1CD1的体积为（ A．

432B．

83C．4D．6

x2y27．已知抛物线y8x的准线经过双曲线221a0,b0的一个焦点，且双

ab曲线的两条渐近线相互垂直，则双曲线的方程为（

）

x2A．y212x2y2C．144y2B．x122x2y2

D．1228．设函数fxsin2xcos2x，给出下列结论：①fx的最小正周期为；②fx在区间,内单调递增；88③将函数yfx的图象向左平移其中所有正确结论的序号是（ A．①②

B．①③

）

个单位长度，可得到函数ycos2x的图象.4C．②③D．①②③

x22ax2a,x119．已知aR，设函数fx，若关于x的方程fxxa4lnx1,x1恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是（

试卷第3页，总6页

）

A．,0526,B．85265,,D．84526,C．,08二、填空题

10．设i是虚数单位，复数

51i的虚部等于_________.2i311．在x2的展开式中，x2的系数是___________.x12．已知直线l:xy20与圆C:x1y21相交于A，B两点，则线段AB的长度为___________.

13．甲､乙两名同学进行篮球投篮练习，甲同学一次投篮命中的概率为投篮命中的概率为

23，乙同学一次42，假设两人投篮命中与否互不影响，则甲､乙两人各投篮一次，至3少有一人命中的概率是___________.

a2b2314．已知a0，b0，则的最小值为___________.

a2b15．如图，四边形ABCD中，AB//CD，AB5，CD2，BC13，

ACBD0，M，N分别是线段AB，AD上的点，且AMAN2，则

AMAN的最大值为___________.

三、解答题

16．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b27，c2，

B3.

（1）求a的值；（2）求sinA；

（3）求sinB2A的值.

试卷第4页，总6页

17．如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，已知侧棱AA1底面ABCD，侧面ABB1A1是正方形，AB1与A1B交于点O，ABBC，AB//CD，AB2，BCCD1.

（1）求证：AD//平面COC1；

（2）求直线OC1与平面AB1C所成角的正弦值；（3）若点P在线段A1D1上，且A1P2A1D1，求二面角CAB1P的正弦值.3x2y2218．已知椭圆C:221ab0的右焦点为F1,0，离心率为.

ab2（1）求椭圆C的方程；

（2）设经过点F的直线l不与坐标轴垂直，直线l与椭圆C相交于点A，B，且线段

AB的中点为M，经过坐标原点O作射线OM与椭圆C交于点N，若四边形OANB为平行四边形，求直线l的方程.

19．已知等比数列an的前n项和为Sn，bn是等差数列，S20，b1a11，

b3a25，2b5b43b2.

（1）求an和bn的通项公式；（2）设bn的前n项和为Tn，cn2n1anTn，nN*.

①当n是奇数时，求cncn1的最大值；②求证：

ci12ni1.

20．已知函数fxaxlnx，aR.

2e3,（1）当a1时，直线l与yfx相切于点①求fx的极值，并写出直线l的方程；

23fe，

试卷第5页，总6页

mm②若对任意的xe都有fx≥ex，m0，求m的最大值；

x2（2）若函数gxfxx有且只有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2e.

2试卷第6页，总6页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

参

1．C【分析】

先化简B再结合交并集定义求解即可．【详解】

由Bxx2x2x2，又A0,1,2，C2,1,0所以AB0,1，则ABC2,1,0,1故选：C2．A【分析】

解出一元二次不等式，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】

由a25a60可得a6a10，即1a6，则2a3是1a6的充分不必要条件，故选：A.3．B【分析】

根据频率分布直方图可求低于60分的频率，从而可求高三年级的总人数.【详解】

根据频率分布直方图可得低于60分的频率为：0.010.005200.3，故高三年级的总人数为故选：B.4．D【分析】

通过正切函数定义域可排除A，B，通过函数的奇偶性可排除C.【详解】

由于正切函数有意义，故需x90=300，0.3，即可排除A，B；2答案第1页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

由于y故选：D.5．C【分析】

tanx为奇函数，其图象应关于原点对称，即可排除C，x21利用中间数和对数函数的单调性可判断三者之间的大小，从而可得正确的选项.【详解】

因为blog32log331，clog23log221，故cb.因为a842log4log3c，故acb，

22故选：C.6．B【分析】

如图三棱锥AB1CD1是由正方体ABCDA1B1C1D1截去四个小三棱锥，从而可得答案.【详解】

如图三棱锥AB1CD1是由正方体ABCDA1B1C1D1截去四个小三棱锥

1212AA1B1D1,CB1C1D1,B1ABC,D1ACD,又VABCDA1B1C1D1283114VAA1B1D1VCB1C1D1VB1ABCVD1ACD2332348所以VAB1CD18433故选：B

7．D【分析】

答案第2页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

先求出双曲线的焦点坐标，再根据渐近线垂直可得a,b的关系，从而可求双曲线的方程.【详解】

抛物线y28x的准线方程为x2，故双曲线的一个焦点坐标为2,0，而双曲线的渐近线方程为ybbbx，故1即ab，故a2b22a24，

aaax2y2

故a2，故双曲线方程为：1，

22故选：D.8．A【分析】

先将f(x)sin2xcos2x，变形为f(x)2sin(2x4)，再根据函数的性质，三角函

数的周期性，单调性，诱导公式可以直接判断．【详解】

由f(x)sin2xcos2x确；

要求f(x)的单调增区间，即2sin(2x4)，所以f(x)的最小正周期为

2，故①正222k2x422k3kxk(kZ)，883k,k](kZ)故②正确；而,[8888将yf(x)sin2xcos2x2sin(2x4)2sin[2(x8)]的图象向左平移

个单位长度，4得到y2sin[2(x故选：A．9．D【分析】

就x2ax2a实数a的取值范围.【详解】

284)]2sin(2x42)2cos(2x4)cos2x，故③错误．

11xa,x1及lnx1xa,x1的根的个数分类讨论后可得44答案第3页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

因为关于x的方程fx故x2ax2a21xa恰有两个互异的实数解，411xa,x1有两个不同的实数根且lnx1xa,x1无实根44112或x2ax2axa,x1、lnx1xa,x1各有一个实数根

44112或x2ax2axa,x1无实根且lnx1xa,x1有两个实数根.

441若lnx1xa,x1有两个不同的实数根，

41则lnxx1a0,x1有两个不同的实数根，

41因为ylnxx1a,x1为增函数，

41故lnxx1a0,x1有两个不同的实数根不成立.

4112若x2ax2axa,x1、lnx1xa,x1各有一个实数根，

441先考虑lnx1xa,x1有一个实数根即

41lnxx1a0,x1有一个实数根，

411因为ylnxx1a,x1为增函数，故ln11a0，

445故a.

41122再考虑x2ax2axa,x1有一个实数根即x(2a)xa0,x1有一个

44实数根.

14112因为h112aa0，故x(2a)xa0,x1有一个实数根.

445112故a时，x2ax2axa,x1、lnx1xa,x1各有一个实数根.

444112若x2ax2axa,x1有两个不同的实数根且lnx1xa,x1无实根，

4415因为lnx1xa,x1无实根，则由前述讨论可得a，

4412因为x2ax2axa,x1有两个不同的实数根，

4令hxx(2a)xa,x1，

2答案第4页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

12a41221526故2a4a0 ，解得a，

48112aa04综上，a,5265,，84故选：D.【点睛】

方法点睛：知道分段函数零点个数，则可以根据各段函数的形式确定各段上零点的个数，并结合相应的函数的特征再利用单调性或根分布等方法来处理即可.10．35【详解】试题分析:

1i(1i)(2i)13i3,所以的虚部为2i(2i)(2i)55考点:复数相关概念、复数运算11．-15【分析】

利用二项展开式的通项公式可求x2的系数.【详解】

33rr5rr53r的展开式的通项公式为TCx3Cx，xr15522xx令53r2，则r1，故x2的系数为3C515，故答案为：15.12．2【分析】

求出圆心与半径，利用点到直线的距离公式，结合勾股定理可得结果.

15r答案第5页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

【详解】

因为C:x1y21的圆心为1,0，半径r1，

2圆心1,0到直线l:xy20的距离d10212122，22所以线段AB的长为212，

22故答案为：2【点睛】

方法点睛：求圆的弦长有两种方法：一是利用弦长公式l1k2x1x2，结合韦达定理求解；二是利用半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，利用勾股定理求解.13．

21112【分析】

考虑两个人都不命中的概率，从而可求至少有一个人命中的概率.【详解】

两个都不命中的概率为1故至少有一人命中的概率是故答案为：14．2【分析】

由a212a,b2222b可得答案.【详解】

因为a0，b0，所以a212a,b2222b，

3211，431211，1211.12a2b23a21b222a22b2，

a2ba2ba2b当且仅当a1,b2时等号成立，

答案第6页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

a2b23所以最小值为2.

a2b故答案为：2.【点睛】

易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.15．

12【分析】

12根据平面几何及梯形的性质，可求出cosCBA，求出AMAN|AN||AN|，利用

2二次函数求最值.【详解】设CBA,则BCD,则BDBCCD， ACBCBA，

CD//AB,CD2,AB5,2CDBA,52BDBCBA,5BDAC,2BDAC(BCBA)(BCBA)0，

522即13135cos513cos25055答案第7页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

得313cos3，即cos1313过C作CEAB,过D作DFAB,则CE//DF,CE=DF，则BEBCcos1CEBCsin131则DFCE23,123,13CE//DF,CE=DF，EF//CD,EF=CD2,AFABBEEF2则tanDAF2332DABDAF3,ADAFcos4,3由|AM||AN|2,得|AM|2|AN|,1AMAN|AM||AN|cosDAB(2|AN|)|AN|212|AN||AN|，

212|AN|(0,2)，函数 yxx开口向下，对称轴x1，

2答案第8页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

当|AN|1时， AMANmax11112.22故答案为：【点睛】

12关键点点睛：利用平面几何性质，求出AM,AN，利用向量积的定义，求出

12AMAN|AN||AN|，利用二次函数求最值是解题关键.

216．（1）6；（2）【分析】

（1）由余弦定理即可求解；（2）根据正弦定理求解；

（3）由余弦定理，二倍角公式，两角和的正弦公式求解.【详解】

43321.；（3）147a2c2b2（1）在ABC中，由余弦定理，有cosB，

2aca24281∴，即a22a240，∴aa2（2）在ABC中，由正弦定理，有

ab321.，∴sinAsinAsinB14284367b2c2a2.（3）∵cosA，∴cosA142bc2272∴sin2A2sinAcosA13332，cos2A2cosA1，

141431313343.2142147∴sinB2AsinBcos2AcosBsin2A17．（1）证明见解析；（2）【分析】

222.；（3）33（1）分别取线段AB，CC1的中点E，F，依题意可证AD//CE//OF，即可证AD//平面

答案第9页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

COC1；

（2）依题意，以B为原点建立坐标系，依题意得OC1以及平面AB1C的一个法向量，夹角

向量坐标公式即可求解问题；

（3）依题意求解P坐标，再求解平面AB1P的一个法向量，由（2）知平面AB1C的一个法向量，结合夹角公式即可求解．【详解】

（1）证明：分别取线段AB，CC1的中点E，F，连接CE，OE，OF．则AECD，AE//CD，OE1AA1CF，OE//AA1//CF．可知四边形AECD和四边2形OECF均为平行四边形，所以AD//CE//OF．又AD平面COC1，所以AD//平面COC1．

（2）解：依题意，以B为原点，分别以BA，BB1，BC的方向为x轴，y轴，z轴的正

方向建立空间直角坐标系(如图)，可得A2,0,0，C0,0,1，B10,2,0，C10,2,1，

O1,1,0.所以OC11,1,1，AC2,0,1，AB12,2,0.

mAC2x1z10ABC设平面，不妨设x11，1的一个法向量mx1,y1,z1，则mAB12x12y10解得y11，z12，所以m1,1,2.

mOC11122cosm,OC.于是13114111mOC1所以，直线OC1与平面AB1C所成角的正弦值为2.3答案第10页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（3）解，依题意，A12,2,0，D11,2,1，设PxP,yP,zP，

22A1PxP2,yP2,zP，A1D11,0,1，由A1PA1D1，得xP2，

3322242yP20，zP，从而P,2,，所以AP,2,.

3333322nAPx2yz2022ABPnx,y,z3设平面，不妨222，则31的一个法向量为

nAB12x22y20设x21，解得y21，z22，所以n1,1,2.m1n1141cosm,n因此有．

366mn于是sinm,n1cos2m,n22322．3所以，二面角CAB1P的正弦值为【点睛】

本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：

(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．

(2)设m,n分别为平面，的法向量，则二面角与m,n互补或相等.求解时一定要注意

结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．

x2222218．.（1）y21；（2）y或yxx22222【分析】

（1）由题可知，c1，ec2，再结合a2b2c2，解出a和b的值即可；a2（2）设直线l的方程为ykx1，且k0，AxA,yA，BxB,yB，联立椭圆方程，

消去y得到关于x的一元二次方程，写出根和系数的关系；由于M是线段AB的中点，利

答案第11页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

用中点坐标公式表示出M的坐标，利用kOMyM可求出直线OM的斜率；因为四边形xMOANB为平行四边形，可以利用中点坐标公式或ONOAOB2OM，得到关于k的

方程，解之即可.【详解】

c1a2c2.（1）解：设右焦点为c,0，由题意可知e，解得b12a222abcx2所以椭圆C的方程为y21.

2（2）(方法一)解：由题意，设直线l的方程为ykx1，且k0.与椭圆方程联立

ykx12222212kx4kx2k20.，整理得x2y122k224k2.设AxA,yA，BxB,yB，MxM,yM，则xAxB2xM，xAxB12k212k22k22k2kk1M,因此yMkxM1k，即2222.

12k12k12k12k1xy1x2k于是直线OM的斜率为，直线OM的方程为y，与椭圆方程联立2，

2k2kxy212整理得112x2.2k22N4k2.设NxN,yN，解得x212k22在平行四边形OANB中，M为ON中点，从而2xMxN，即4xMxN，因此

2k24k22.，解得4k2212k12k22答案第12页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

所以，直线l的方程为y2222.或yxx22222k2k,(方法二)解：求得M22的过程同方法一，在平行四边形OANB中，有12k12k4k22kNx,y,ONOAOB2OM，设NN，所以N22.

12k12k4k2222.又因为点N在椭圆C上，从而，解得k12k2k122212k所以，直线l的方程为y【点睛】

思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．19．（1）an的通项公式为an1n122222.或yxx2222，bn的通项公式为bn2n；（2）①最大值为

2；②证明见解析.3【分析】

（1）根据题意，列方程组求出首项与公差、公比即可得到通项公式；

（2）（i）当n是奇数时，计算cncn1，根据单调性求其最大值; （ii）由裂项相消法求和即可得证.【详解】

（1）设数列an的公比为q，数列bn的公差为d.由S2a1a1q0，且a10，解得q1.

b1a11d2依题意，有b12da15，解得b12.

2b4db3d3bda11111答案第13页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

故an11n11n1，bn2n122nn1所以，an的通项公式为an1（2）（i）由（1）可得Tn，bn的通项公式为bn2n.

22nnn2n，所以c212n1.nnn1n1当n是奇数时，cncn12n32n12n22.

nn1n1n2nn1n2nn2可知当nN*且n是奇数时，cncn1随n增大而减小.所以当n1时，cncn1最大，其最大值为c1c2（ii）由（i）知，c2n1c2n2n2.322n12n111，2n12n1所以

11111ccccccc1i12342n12n3352n12n1i11.2n1*111，即因为nN，所以12n1ci12ni1.

【点睛】

关键点点睛：根据数列通项的结构特点，选择合适的求和方法是解题的关键，本题中

2n11c2n1c2n，根据裂项相消法即可求出ci.

2n12n12n12n1i12.

2120．①极小值为，②最大值为e；（1）没有极大值，线l的方程为5x3y3e30；（2）

e证明见解析.【分析】

（1）①将a1代入，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求

mx出函数的极小值，求出切线方程即可；②问题转化为fx≥fe恒成立，得到

e1，求出

mxm的最大值最大值即可.

答案第14页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

x11x1x2（2）问题转化为证明lnx1x22即可，求出lnx1x2ln，不妨设x1x2，xx211x2令tx12t12t1，则t1，证明lnt，设htlnt，求出函数的导数，根据x2t1t1函数的单调性证明即可.【详解】

（1）①解：当a1时，fxxlnx，

fxlnxx11lnx1，x0，令fx0，解得x.

ex当x变化时，fx，fx的变化情况如下表：

x10,e—

1e0

1,efx+

fx↘极小值↗

所以fx的极小值为f1e111ln，没有极大值.cee222222225又因为fe3e3lne3e3，fe3lne311，

3332222533yexe所以，直线l的方程为，即5x3y3e30.

33mmmmxx②解：对任意的xe都有fx≥eelnex，xmmmx即fx≥fe恒成立.由m0，故0，所以ex1.

x由①知fx在,单调递增，因此x≥ex，可得lnx≥1emm，即xlnx≥m.x答案第15页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

当xe时，fx的最小值为

2fee，所以m的最大值为e.

（2）证明：要证明x1x2e，只需证明lnx1x22即可.

依题意，x1，x2是方程axlnxx20的两个不等实根，因为x0，

alnx1x10,①所以alnx2x20,②①､②相加得：alnx1lnx2x1x20，①､②相减得：alnx1lnx2x1x20，

lnx1x2x1x2x1消去a，整理得x1x2，lnx2x11xxxxxlnx1x2ln112ln12.

x2x1x2x2x11x2不妨设x1x2，令tx1，则t1.x2故只需证明当t1时，lnt2t1t12，即证明lnt.t1t12t1t1t11ht20.设htlnt，则22tt1tt1t12t1于是ht在1,单调递增，从而htht0，因此lnt所以，x1x2e.【点睛】

关键点点睛：本题考查了函数的切线方程，函数的极值，函数的单调性以及最值问题，考查

22t1t1.

mx了导数的应用以及不等式证明，解题的关键是将不等式等价转化为fx≥fe恒成立

以及证明lnx1x22即可，考查了转化为思想.

答案第16页，总16页