2021届吉林省白山市高三第四次联考数学(理)试题(解析版)

一、单选题

1．已知集合A{xZ|3x5}，B{y|y2x,xA}，则AB的元素个数为（ ）A．3 【答案】B

【分析】求出集合A,B中的元素后，由交集定义求得交集后可得元素个数． 【详解】因为A{2,1,0,1,2,3,4}，B{4,2,0,2,4,6,8}，所以AB{2,0,2,4}.元素个数是4． 故选：B．

B．4

C．5

D．6

32．在ABC中，若AB1,AC5,sinA，则ABAC（ ）

5A．3 【答案】D

【分析】先求得cosA的值，然后求得ABAC. 【详解】由于sinA432，所以cosA1sinA， 55B．3 C．4 D．4

所以ABACABACcosA4. 故选：D

3．函数f(x)x37x21的图象在点(4,f(4))处的切线斜率为（ ） A．8 【答案】A

【分析】利用导数求得切线的斜率.

2【详解】因为fx3x14x，所以所求切线的斜率为f43161448.

B．7 C．6 D．5

故选：A

4．跑步是一项有氧运动，通过跑步，我们能提高肌力，同时提高体内的基础代谢水平，加速脂肪的燃烧，养成易瘦体质.小林最近给自己制定了一个200千米的跑步健身计划，他第一天跑了8千米，以后每天比前一天多跑0.5千米，则他要完成该计划至少需要（ ） A．16天 【答案】B

【分析】根据题意可得，每天跑步的路程依次成等差数列，且首项为8，公差为0.5，

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B．17天

C．18天

D．19天

然后利用等差数列的前n项和公式求解.

【详解】依题意可得，他从第一天开始每天跑步的路程（单位：千米）依次成等差数列，且首项为8，公差为0.5，

设经过n天后他完成健身计划，则8n整理得n231n8000.

2因为函数fxx31x800在1,为增函数，且f160，f170，

nn11200， 22所以n17. 故选：B

5．明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廊均为椭圆.已知图（1）、（2）、（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别（2）、（3）中椭圆的离心率分别为e1、e2、e3，则（ ）

135610、、，设图（1）、4597

A．e1e3e2 C．e1e2e3 【答案】A

B．e2e3e1 D．e2e1e3

【分析】根据椭圆的离心率公式可知，椭圆的长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大，比较出三个椭圆的长轴长与短轴长的比值大小，由此可得出结论.

cc2a2b2b22b【详解】因为椭圆的离心率e121， 22aaaa2a2所以椭圆的长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大. 因为

1310565613101.44，1.24，1.43，则，所以e1e3e2. 97459745故选：A.

【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：

（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得a、c的值，根据离心率的定义求解离心

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率e的值；

（2）齐次式法：由已知条件得出关于a、c的齐次方程，然后转化为关于e的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.

16．已知函数f(x)lgx,f(m)1，且0pmn，则（ ）

2A．f(n)1且f(p)1 C．f(n)1且f(p)1 【答案】C

【分析】首先利用导数判断函数的单调性，再根据单调性，比较函数值. 【详解】

11111fxlnln2，

xln1022xln102xxxB．f(n)1且f(p)1 D．f(n)1且f(p)1

当x0时，fx0，函数fx单调递增， 0pmn，且fm1，

fpfm1fn.

故选：C

y7．下列各项中，是xy的展开式的项为（ ）

xA．15 【答案】C

【分析】求得二项式展开式的通项公式，由此确定正确选项.

B．20x

26C．15y4

D．20y

92yr【详解】xy的展开式的通项公式为C6x33r02由于无解，故A选项错误.

13r026xy6r313r3rryr 1C6x2y2，

xr32当3r0,r2时，10，所以B选项错误.

23113232223r4,r22当时，1C6xy215y4，C选项正确. 2193当3r,r3时，330，所以D选项错误.

222故选：C

8．执行如图所示的程序框图，则输出的i（ ）

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A．10 【答案】C

B．15 C．20 D．25

【分析】根据框图，模拟程序运行即可求解. 【详解】第一次执行程序a11011，i5； 第二次执行程序a52227，i10； 第三次执行程序a215475，i15；

第四次执行程序a69150100，i20，跳出循环输出i， 故输出的i20. 故选：C

9．已知函数f(x)tanxsinxcosx，则（ ） A．f(x)的最小正周期为2 B．f(x)的图象关于y轴对称 C．f(x)的图象不关于,0对称

2D．f(x)的图象关于(,0)对称 【答案】D

【分析】A用周期性来判断，B用奇偶性来判断，CD选项利用对称性来判断. 1【详解】fxtanxsin2x，

21A选项，ytanx和ysin2x的最小正周期都是，所以fx的最小正周期是，A

2选项错误.

1B选项，ytanx和ysin2x都是奇函数，所以fx是奇函数，图象关于原点对称，

2第 4 页 共 18 页

B选项错误.

111sin2x， C选项，fxtanxsin2xtanx2222111fxtanxsin2xsin2xfx，

tanx22222所以f(x)的图象关于,0对称，C选项错误.

211D选项，fxtanxsin22xtanxsin2x，

2211fxtanxsin22xtanxsin2xfx，

22所以f(x)的图象关于,0对称，D选项正确. 故选：D.

【点睛】判断函数图象关于点a,0对称，则需判断faxfax.

10．在三棱柱ABCA1B1C1中，D为侧棱CCl的中点，从该三棱柱的九条棱中随机选取两条，则这两条棱所在直线至少有一条与直线BD异面的概率是（ ） A．

2 3B．

13 18C．

7 95D．

6【答案】B

【分析】作出图形，找出与BD共面的棱，利用组合计数原理以及古典概型的概率公式可求得结果.

【详解】如图，这九条棱中，与BD共面的是BC、BB1、CC1、B1C1、AB，共五条，

C5213故所求概率P12.

C918

故选：B.

x2y211．已知双曲线C:221(a0,b0)的左､右焦点分别为F1,F2，M为C左支上一点，

abN为线段MF2上一点，且|MN|MF1，P为线段NF1的中点.若F1F24|OP|(O为坐标

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原点)，则C的渐近线方程为（ ） A．yx C．y3x 【答案】C

c【分析】首先由条件可知OP，再结合中位线的性质和双曲线的定义，计算求得

2b3，即可得到双曲线的渐近线方程. aB．y2x D．y2x

c【详解】因为F1F24|OP|，所以OP，所以NF22OPc，又

2MF2MF1NF22a，所以c2a，所以a2b2c24a2，则

方程为y3x. 故选：C

b3.故C的渐近线a【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何关系求双曲线的渐近线方程，关键是观察出OP是F1F2N的中位线，即可求得NF22OPc，再利用双曲线的定义，问题即可解决. 112．如图，函数f(x)的图象由一条射线和抛物线的一部分构成，f(x)的零点为，若

22不等式fxaf(x)(a0)对xR恒成立，则a的取值范围是（ ）

5353,,A． 664343,C．, 55B．(,3][3,)

2323,D．, 33【答案】A

2【分析】由条件可知，yfxa的图象是由yfx向左平移a2个单位长度得到，

再利用数形结合，分析图象的临界条件，得到a的取值范围.

kb21【详解】当x1时，ykxb，图象过点1,2和,0，即1，

kb022第 6 页 共 18 页

解得：k2424，b，即yx， 333322当x1时，设抛物线yax21，代入点1,2得，a1，即yx21， 24x,x133fx ， 所以2x21,x12yfxa2的图象是由yfx向左平移a2个单位长度得到，因为fxafx，2对xR恒成立，所以yfxa的图象恒在yfx的上方，当两图象如图所示，

相切时，

2抛物线yxa221x22a22xa221，y2x2a2，

22与直线y4248x相切，即2x2a22，解得：xa2，33334823842ya2a，

333932242838482382222切点a,a代入yxa21得aaa21，

9339332得a252553532. ，所以a，解得：a或a121266故选：A

【点睛】关键点点睛：本题考查根据不等式恒成立，求参数的取值范围，本题的关键是数形结合，分析临界条件，利用直线与抛物线相切，求参数的取值范围.

二、填空题

13．复数z12i15i的实部为___________. 【答案】9

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【分析】利用复数的乘法化简复数z，由此可得出复数z的实部.

2【详解】z12i15i17i10i97i，因此，复数z的实部为9.

故答案为：9.

2214．在数列an中，a12,n1an12n2n2an，则an___________.

【答案】

2nn112

22n11a，用累乘法求得an. 【分析】根据已知条件求得n12ann122【详解】依题意，a12,n1an12n2n2an，

n1212， 即n21an12n121an,an12ann1所以ananan1an1an2a3a2a1 a2a1222n212n3122n11n21212120212 2221112nn121.

故答案为：

2nn121

anan1an1an2a3a2a1. a2a1【点睛】累乘法求数列的通项公式，主要把握住an15．如图，正四棱锥PABCD的每个顶点都在球M的球面上，侧面PAB是等边三角形.若半球O的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球O的体积与球M的体积的比值为___________.

【答案】3 18【分析】过四棱锥顶点和底面对棱中点作截面，此截面截半球O得半圆，半圆与正四棱

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锥的截面等腰三角形的腰相切，由此可用棱锥的棱长表示半球O半径，作正四棱锥对角面，对角面等腰三角形的外接圆是球M的大圆，从而又可用棱锥棱长表示球M的半径，由体积公式求得体积后得比值．

【详解】取AB中点E，CD中点F，作截面PEF，把截面另外画出平面图形，如图，则半球O的半个大圆与PEF的两腰相切，O是EF中点，G为切点，

12POOF63 设正四棱锥底面边长为a，则OFa，PFa，POa，OGa，

222PF6

由对称性知正四棱锥的对角面PBD的外接圆是正四棱锥外接球的大圆， BD2a，PBPDa，PB2PD2BD2，所以BPD2，BD是△PBD外接圆

直径，所以球M的半径为R12BDa， 22316143a(OG)26VO233． 343VM182Ra32故答案为：3． 18

【点睛】关键点点睛：本题考查球的体积，考查棱锥的内切球与外接球问题，解题关键 是作出正棱锥的截面，此截面截球的大圆，从而易得球半径与棱锥的棱长之间的关系．

三、双空题

x2,2216．若x，y满足约束条件xy3,则xy的最大值为___________，xy的最小

3x2y6,第 9 页 共 18 页

值为___________. 【答案】2

36 13【分析】作出可行域，作出直线l:xy0，平移该直线可得xy的最大值，利用x2y2的几何意义可求得其最小值．

【详解】作出可行域，如图BAC内部（含边界），作直线l:xy0，在zxy中，

yxz，z表示直线的纵截距的相反数，直线向下平移，纵截距减小，z增大，平移直线l，当直线过B(2,0)时，xy取得最大值为2．

x2y2表示可行域内点(x,y)到原点距离的平方，

原点到直线3x2y6的距离为d20062232622，所以xy的最小值是1363613． 13故答案为：2；

36． 13

【点睛】方法点睛：本题考查简单的线性规划问题，解题方法是数形结合结合思想，首先作出值域，目标函数是一次函数时，作出对应的直线，平移该直线得最优解，目标函数不是一次函数，利用其几何意义如直线的斜率，两点间的距离等求解．

四、解答题

17．ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a3,b2. （1）若A6，求cos2B；

（2）当A取得最大值时，求ABC的面积.

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13. 【答案】（1）；（2）32【分析】（1）利用正弦定理求得sinB的值，由此求得cos2B的值.

（2）利用余弦定理求得cosA，结合基本不等式求得A的最大值，由此求得此时ABC的面积.

32ab3 【详解】（1）由正弦定理，得1sinB，解得sinBsinAsinB3212所以cos2B12sinB.

3b2c2a2c21. （2）由余弦定理得cosA2bc4cc212c1因为，

4c4c2当且仅当c1时，等号成立， 所以cosA≥，则0A123，则A的最大值为

. 3113. 此时，ABC的面积SbcsinA21sin223218．某社区为丰富居民的业余文化生活，打算在周一到周五连续为该社区居民举行“社区音乐会”，每晚举行一场，但若遇到风雨天气，则暂停举行.根据气象部门的天气预报得知，在周一到周五这五天的晚上，前三天每天出现风雨天气的概率均为p1，后两天每天出现风雨天气的概率均为p2，每天晚上是否出现风雨天气相互.已知前两天的晚上均出现风雨天气的概率为199. 2001，且这五天至少有一天晚上出现风雨天气的概率为4（1）求该社区能举行4场音乐会的概率； （2）求该社区举行音乐会场数X的数学期望. 【答案】（1）

11；（2）1.9. 200【分析】（1）根据已知条件求得p1,p2，根据相互事件概率计算公式计算出所求概率.

（2）求得X的分布列，由此求得X的数学期望. 【详解】（1）依题意p1211199421p1,11p2p2. 42200523所以该社区能举行4场音乐会的概率为:

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2121242313141411. C31C21C31C21225255200（2）X的可能取值为0,1,2,3,4,5，

01013040422PX0C31C21，

2255251111204042PX1C31C21225501013141417C31C21，

2255252121104042PX2C31C2122550101324240C31C21

2255111121414173C31C21，

22552003131004042PX3C31C2122552121114141C31C21

2255111122424043C31C21，

2255200111PX4，PX512002314， 152002所以X的分布列为： X P 0 1 7 252 73 2003 43 2004 11 2005 1 2002 25EX0277343111123451.9. 2525200200200200【点睛】求解此类题目，要注意分类加法计数原理的应用.

19．如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为平行四边形，以BC为直径的圆O(O为圆心)过点A，且AOACAP2,PA底面ABCD，M为PC的中点.

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（1）证明：平面OAM平面PCD. （2）求二面角OMDC的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）2186. 31【分析】（1）先证AB平面PAC，得ABAM，AMCD，结合AMPC得AM平面PCD，然后可证得面面垂直；

（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值． 【详解】（1）证明：由题意知点A为圆O上一点，则ABAC. 由PA底面ABCD，AB平面ABCD，知PAAB.又PAACA，PA,AC平面

因此AB平面PAC，AM平面PAC，则ABAM，又AB//CD，则AMCD. PAC．

因为ACAP，M为PC的中点，所以AMPC.

又CDPCC，CD,PC平面PCD，所以AM平面PCD. 因为AM平面OAM，所以平面OAM平面PCD.

（2）解：如图，以A为原点，AB的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz，则C(0,2,0)，D23,2,0，M(0,1,1)，O设n(x,y,z)为平面OMD的法向量，

3,1,0，OM3,0,1，OD33,1,0.

nON0,3xz0, 则即nOD0,33xy0.令x1，得n1,33,3.

由（1）可知，AM平面PCD，则平面CDM的一个法向量m(0,1,1)，

所以cosm,nmn2186. 31|m||n|2186. 31由图可知二面角OMDC为锐角，故二面角OMDC的余弦值为第 13 页 共 18 页

【点睛】方法点睛：本题考查证明面面垂直，考查求二面角．求二面角的方法： （1）几何法（定义法）：根据定义作出二面角的平面角并证明，然后解三角形得出结论；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出二面角两个面的法向量，由两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．

20．已知F为抛物线C:x22py(p0)的焦点，直线l:y2x1与C交于A，B两点且|AF||BF|20. （1）求C的方程.

（2）若直线m:y2xt(t1)与C交于M，N两点，且AM与BN相交于点T，证明：点T在定直线上.

【答案】（1）x24y；（2）证明见解析．

【分析】（1）解：设Ax1,y1，Bx2,y2，直线方程与抛物线方程联立方程组消去x后应用韦达定理得y1y2，利用焦半径公式及韦达定理的结果可求得p得抛物线方程； （2）设Mx3,y3，Nx4,y4，Tx0,y0，把A,B两点坐标代入抛物线方程相减琍x1x28，同理可得x3x48，然后求得交点T的横坐标为常数即证（由

． TMTA．TNTB化为坐标表示后相加即可得）

y2x1,2【详解】（1）解：设Ax1,y1，Bx2,y2，由2，得y8p2y10，

x2py,则y1y28p2， 从而AFBFy1ppy29p220， 22解得p2，故C的方程为x24y.

（2）证明：设Mx3,y3，Nx4,y4，Tx0,y0，TMTA1.

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因为AB//MN，所以TNTB.

x124y1,4y1y28， 根据2得x1x2x1x24y1y2，则x1x2xxx4y,2122同理得x3x48.

x3x0x1x0,又两式相加得x3x42x0x1x22x0，

xxxx,2040即4x010，由于1，所以x04. 故点T在定直线x4上.

【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线相交求抛物线的方程，点在定直线上等问题，解题方法一是应用韦达定理得出交点的坐标之和，利用焦半径公式求解，二是把交点坐标代入抛物线方程相减同弦中点坐标与弦所在直线斜率之间的关系． 21．已知函数f(x)m(x1)212lnx. （1）讨论f(x)的单调性；

（2）当x[1,2]时，f(x)0，求m的取值范围. 【答案】（1）详见解析；（2）m【分析】（1）求导f(x)1. 42mx2mx1，分m0，m0，m0讨论求解； xm0时，（2）由x[1,2]时，f(x)0成立，根据（1）由f(x)在0,递减；只需f10，m0时，分x20,1，x21,2，x22,讨论求解.

【详解】（1）函数f(x)m(x1)212lnx， 求导得：f(x)2m(x1)当m0时，f(x)22mx2mx1， xx20，所以f(x)在0,上递减； x当m0时，m24m0，令fx0，

mm24m则方程mxmx10有两个不同的根，.x10，

2m2mm24mx20，

2m当x0,x2时，fx0，当xx2,时，fx0， 所以f(x)在0,x2上递减，在x2,上递增；

当m0时，ymx1在0,上递减，y1lnx在0,上递减，

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所以f(x)在0,递减；

（2）因为x[1,2]时，f(x)0成立， 所以x[1,2]时，m(x1)212lnx0成立， 由（1）知m0时，f(x)在0,递减； 只需f14m10，解得m1，此时m0； 4m0时，当xx2时，f(x)取得极小值，

当x20,1时，f(x)在1,2上递增，只需f29m12ln20， 解得m12ln212ln2，此时0m； 99f当x21,2时，只需f1m101112ln24 ，即，因为，此时0m，

12ln220494m9当x22,时，fx在1,2上递减， 只需f14m10，解得m综上：m的取值范围是m1. 411，此时0m； 44【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法： 若f(x)在区间D上有最值，则

（1）恒成立：xD,fx0fxmin0；xD,fx0fxmax0； （2）能成立：xD,fx0fxmax0；xD,fx0fxmin0. 若能分离常数，即将问题转化为：afx（或afx），则 （1）恒成立：afxafxmax；afxafxmin； （2）能成立：afxafxmin；afxafxmax. 22．在直角坐标系xOy中，曲线C的方程为xy22y3. （1）写出曲线C的一个参数方程；

（2）若A(1,0),B(1,0)，点P为曲线C上的动点，求PAPB2OAOP的取值范围.

x2cos,0,442(为参数，且)；【答案】（1）（2）. y12sin22【分析】（1）结合圆的参数方程求得曲线C的一个参数方程.

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（2）设出P点的坐标，求得PAPB2OAOP的表达式，进而求得PAPB2OAOP的取值范围.

【详解】（1）由xy22y3，得x2y22y3，整理得x2(y1)24， 又xy22y30，

x2cos,(为参数，且). 所以曲线C的一个参数方程为22y12sin（2）由（1）可设点P的坐标为(2cos,12sin)，22.

因为PA(12cos,12sin)，PB(12cos,12sin)， 所以PAPB(12cos)(12cos)(12sin)244sin. 又OAOP2cos，

所以PAPB2OAOP44(sincos)442sin.

43因为，，

22444所以24,42sin1，42sin， 424故PAPB2OAOP的取值范围是0,442.

【点睛】由曲线的直角坐标方程求其参数方程，要注意参数的取值范围. 23．已知函数f(x)|xa||xb|.

（1）若ab23b2，证明：xR,bR,f(x)1.

（2）若关于x的不等式f(x)7的解集为[6,1]，求a，b的一组值，并说明你的理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）a，b的一组值为0，5，理由见解析.

【分析】（1）利用绝对值三角形不等式得到f(x)|ab|，再根据ab23b2，得到

|ab|b22b2(b1)211证明；

（2）根据不等式f(x)7的解集为[6,1]，得到f(6)f(1)7，不妨取a0，则b5，再证明|x||x5|7的解集为[6,1]即可.

【详解】（1）证明：f(x)|xa||xb||xa(xb)||ab|. 因为ab23b2，

22所以|ab|b2b2(b1)11，

当b1时，|ab|取得最小值1，

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故xR，bR，fx1. （2）依题意可得f(6)f(1)7， 即|a6||b6||1a||1b|7， 不妨取a0，则b5.

下面证明|x||x5|7的解集为[6,1].

证明：当x5时，2x57，则x6，又x5， 所以6x5.

当5x0时，57显然成立，所以5x0. 当x0 时，2x57，则x1，又x0，所以0x1. 所以|x||x5|7的解集为[6,1]， 故a，b的一组值为0，5.

【点睛】关键点点睛：本题第一问关键是绝对值三角不等式的应用和ab23b2的变形的巧妙结合.

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