2020-2021学年四川省成都市某校高三（上）9月月考数学（文）
试卷
一、选择题
1. 设集合𝐴={𝑥|2≤𝑥<4}，𝐵={𝑥|3𝑥−7≥8−2𝑥}，则𝐴∩𝐵=( ) A.{𝑥|2≤𝑥<3}
2. 复数(1+𝑖)𝑎是实数，其中𝑖为虚数单位，则实数𝑎等于( ) A.−1
3. 下列四个函数中，既是奇函数又是在定义域上单调递增的是( ) A.𝑦=2−𝑥
4. 在等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎2=0，𝑎3=4，则𝑎5=( ) A.25
5. 已知向量𝑎=(1，𝑚)，𝑏=(𝑚，1)，则“𝑚=−1”是“𝑎⊥𝑏”成立的( ) A.充分不必要条件 C.充要条件
6. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
B.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
→
2
→
→
→
B.{𝑥|3≤𝑥<4} C.{𝑥|2≤𝑥<4} D.{𝑥|𝑥≥3}
B.1 C.0 D.2
B.𝑦=tan𝑥
C.𝑦=𝑥3
D.𝑦=log3𝑥
B.12 C.16 D.8
A.3𝜋
7. 已知四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为长方形，𝐴𝐵=2，𝐵𝐶=1，𝑂为𝐴𝐵的中点，在长方形𝐴𝐵𝐶𝐷内随机取一点，取到的点到𝑂的距离大于1的概率为( )
8
B.3𝜋
16
C.8𝜋 D.16𝜋
试卷第1页，总21页
A. 4𝜋
B.1−
4
𝜋
C. 8
𝜋
D.1−
8
𝜋
8. 设𝑓′(𝑥)是函数𝑓(𝑥)的导函数，将𝑦=𝑓(𝑥)和𝑦=𝑓′(𝑥)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是( )
A. B.
C.
9. 若双曲线
𝑥2𝑎
2−
D.
𝑦2𝑏2=1(𝑎>0, 𝑏>0)的离心率为，一个焦点到渐近线的距离为1，则
√62
双曲线的方程为( ) A.
10. 设函数𝑓(𝑥)=sin𝑥+(𝑎−1)𝑥sin𝑥+𝑎𝑥，若𝑓(𝑥)为奇函数，则曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(0,0)处的切线方程为( ) A.𝑦=−2𝑥
11. 宋元时期，中国数学鼎盛时期中杰出的数学家有“秦（九韶）、李（冶）、杨（辉）、朱（世杰）四大家”，朱世杰就是其中之一．朱世杰是一位平民数学家和数学教育家．朱世杰平生勤力研习《九章算术》，旁通其它各种算法，成为元代著名数学家．他全面继承了前人数学成果，既吸收了北方的天元术，又吸收了南方的正负开方术、各种日用算法及通俗歌诀，在此基础上进行了创造性的研究，写成以总结和普及当时各种数学知识为宗旨的《算学启蒙》，其中有关于“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图，是源于其思想的一个程序框图．若输入的𝑎，𝑏分别为3，1，则输出的𝑛=( )
B.𝑦=−𝑥
C.𝑦=2𝑥
D.𝑦=3𝑥
𝑥22
−𝑦2=1 B.
𝑥22
−
𝑦23
=1 C.
𝑥24
−
𝑦22
=1 D.𝑥2−𝑦2=1
试卷第2页，总21页
A.2
12. 已知𝑎=3ln2𝜋，𝑏=2ln3𝜋，𝑐=3ln𝜋2，则下列选项正确的是( ) A.𝑎>𝑏>𝑐 二、填空题
一支田径队有男运动员56人，女运动员42人，采用分层抽样的方法，按性别从全体运动员中抽出一个容量为7的样本，则抽出的女运动员的人数是________.
𝑥−𝑦≥0， 若𝑥，𝑦满足约束条件{𝑥+𝑦−2≤0，则𝑧=3𝑥−4𝑦的最小值为________．
𝑦≥0，
已知△𝐴𝐵𝐶的内角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，且𝑎sin𝐴+𝑏sin𝐵+√2𝑏sin𝐴=𝑐sin𝐶，则角𝐶=________.
下列命题中：
①已知函数𝑓(𝑥)的导函数为𝑓′(𝑥)，且满足关系式𝑓(𝑥)=3𝑥𝑓′(2)+ln𝑥，则𝑓(1)的值等于−4.
②某中学高三年级从甲、乙两个班级各选出7名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩（满分100分）的茎叶图如图，其中甲班学生的平均分是85，乙班学生成绩的中位数是83，则𝑥+𝑦=8.
3
B.3 C.4 D.5
B.𝑐>𝑎>𝑏 C.𝑐>𝑏>𝑎 D.𝑏>𝑐>𝑎
试卷第3页，总21页
③若正数𝑚，𝑛，满足2𝑚+𝑛=1，则2𝑚+2𝑛的最小值为2+√2.
④已知命题𝑝1:𝑦=𝑎𝑥为增函数，则𝑎>1，命题𝑝2:2>3，则命题𝑞1:𝑝1∨𝑝2，𝑞2：𝑝1∧𝑝2, 𝑞3:(¬𝑝1)∨𝑝2和𝑞4:𝑝1∧(¬𝑝2)中，真命题是𝑞1和𝑞4. 其中真命题有________. 三、解答题
等差数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，已知𝑎2=4，𝑆5=30． (1)求{𝑎𝑛}的通项公式；
(2)求数列{𝑆}的前𝑛项和．
𝑛
113
1
《中华人民共和国道路交通安全法》第47条的相关规定：机动车行经人行横道时，应当减速慢行；遇行人正在通过人行横道，应当停车让行，俗称“礼让斑马线”.《中华人民共和国道路交通安全法》第90条规定：对不礼让行人的驾驶员处以扣3分，罚款50元的处罚.下表是某市一主干路口监控设备所抓拍的5个月内驾驶员不“礼让斑马线”行为统计数据：
月份 1 2 3 4 5 违章驾驶员人数 120 105 100 90 85 ̂𝑥+𝑎(1)请利用所给数据求违章人数𝑦与月份𝑥之间的回归直线方程 𝑦̂=𝑏̂；
(2)预测该路口9月份不“礼让斑马线”违章驾驶员的人数；
(3)若从表中3，4月份分别抽取4人和2人，然后再从中任选2人进行交规调查，求抽到
的两人恰好来自同一月份的概率. ̂=参考公式：𝑏
∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)(𝑦𝑖−𝑦)∑𝑛𝑖=1(𝑥𝑖−𝑥)
¯2¯
¯
=
∑𝑛𝑖=1𝑥𝑖𝑦𝑖−𝑛𝑥𝑦
22∑𝑛𝑖=1𝑥𝑖−𝑛𝑥
¯¯¯
¯¯
̂𝑥，𝑎̂=𝑦−𝑏.
如图，三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝑀，𝑁分别为𝐴𝐵，𝐵1𝐶1的中点．
试卷第4页，总21页
(1)求证：𝑀𝑁 // 平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶；
(2)若𝐶𝐶1=𝐶𝐵1，𝐶𝐴=𝐶𝐵，平面𝐶𝐶1𝐵1𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶，求证：𝐴𝐵⊥平面𝐶𝑀𝑁．
已知动点𝐸到点𝐴(2,0)与点𝐵(−2,0)的直线斜率之积为−4，点𝐸的轨迹为曲线𝐶． (1)求曲线𝐶的方程；
(2)过点𝐷(1,0)作直线𝑙与曲线𝐶交于𝑃，𝑄两点，且𝑂𝑃⋅𝑂𝑄=−5．求直线𝑙的方程．
已知𝑥=1是函数𝑓 (𝑥)=𝑚𝑥3−3(𝑚+1)𝑥2+𝑛𝑥+1的一个极值点，其中𝑚，𝑛∈R，𝑚<0．
(1)求𝑚与𝑛的关系式；
(2)求𝑓 (𝑥)的单调区间；
(3)当𝑥∈[−1, 1]时，函数𝑦=𝑓 (𝑥)的图象上任意一点的切线斜率恒大于3𝑚，求𝑚的取值范围．
𝑥=1+cos𝛼， 在直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，曲线𝐶1的参数方程为{ （𝛼为参数）．以坐标原点𝑦=sin𝛼
𝑂为极点，𝑥轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线𝐶2的极坐标方程为𝜌=1，直线𝑙的极坐标方程为𝜃=4(𝜌∈R)．
(1)求：①曲线𝐶1的普通方程；②曲线𝐶2与直线𝑙交点的直角坐标；
(2)设点𝑀的极坐标为(6,3)，点𝑁是曲线𝐶1上的点，求△𝑀𝑂𝑁面积的最大值．
𝜋
𝜋
→
→
3
1
试卷第5页，总21页
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省成都市某校高三（上）9月月考数学（文）
试卷
一、选择题 1.
【答案】 B
【考点】 交集及其运算 【解析】
求出𝐵中不等式的解集确定出𝐵，找出𝐴与𝐵的交集即可． 【解答】
解：由𝐵中不等式解得：𝑥≥3，即𝐵={𝑥|𝑥≥3}， ∵ 𝐴={𝑥|2≤𝑥<4}， ∴ 𝐴∩𝐵={𝑥|3≤𝑥<4}． 故选𝐵． 2.
【答案】 C
【考点】
复数的基本概念 【解析】
利用复数代数形式的乘除运算变形，再由虚部为0求解𝑎值． 【解答】
解：∵ 复数 (1+𝑖)𝑎=𝑎+𝑎𝑖是实数， ∴ 𝑎𝑖=0，解得：𝑎=0． 故选𝐶. 3.
【答案】 C
【考点】
函数单调性的判断与证明 函数奇偶性的判断
【解析】
𝐴．不具有奇偶性；
𝐵．在定义域上不具有单调性；
𝐶．利用函数的奇偶性单调性即可判断出正误； 𝐷．不具有奇偶性． 【解答】
解：𝐴，𝑦=2−𝑥是非奇非偶函数，不符合题意； 𝐵，𝑦=tan𝑥在定义域上不是增函数，不符合题意； 𝐶，𝑦=𝑥3是𝐑上的奇函数且单调递增，符合题意； 𝐷，𝑦=log3𝑥是非奇非偶函数，不符合题意．
试卷第6页，总21页
故选𝐶. 4.
【答案】 B
【考点】
等差数列的通项公式 【解析】
先求出公差𝑑,再应用等差数列通项公式即可得出结果. 【解答】
解：∵ 在等差数列{𝑎𝑛}中，𝑎2=0，𝑎3=4， ∴ 公差𝑑=𝑎3−𝑎2=4−0=4， ∴ 𝑎5=𝑎3+2𝑑=4+2×4=12. 故选B． 5.
【答案】 A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断 数量积判断两个平面向量的垂直关系 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：由𝑎⊥𝑏，可得： 𝑚2+𝑚=0，解得𝑚=0或𝑚=−1， 所以“𝑚=−1”是\"𝑎⊥𝑏”成立的充分不必要条件． 故选𝐴． 6.
【答案】 B
【考点】
由三视图求体积（切割型） 【解析】
由已知中的三视图，可知该几何体是一个圆柱挖去一个同底等高的圆锥，分别计算柱体和圆锥的体积，相减可得答案． 【解答】
解：由三视图可知，该几何体是一个圆柱挖去一个同底等高的圆锥，如图所示，
→
→
→
→
圆柱和圆锥的底面直径为4，故底面半径为2，故底面面积𝑆=4𝜋， 圆柱和圆锥的高ℎ=2，
试卷第7页，总21页
故组合体的体积𝑉=(1−)𝑆ℎ=
31
163
𝜋.
故选𝐵. 7.
【答案】 B
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型） 【解析】
作出图形，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷内随机取一点，取到的点到𝑂的距离大于或等于1包含的区域如图中阴影面积所示，由此利用几何概型能求出取到的点到𝑂的距离大于或等于1的概率． 【解答】
解：∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为长方形，𝐴𝐵=2，𝐵𝐶=1，𝑂为𝐴𝐵的中点， ∴ 作出图形如图所示，
在长方形𝐴𝐵𝐶𝐷内随机取一点，
取到的点到𝑂的距离大于1包含的区域如图中阴影面积所示， ∴ 在长方形𝐴𝐵𝐶𝐷内随机取一点， 取到的点到𝑂的距离大于1的概率为： 𝑝=
2×1−×𝜋×12
2×1
12
=1−4．
𝜋
故选𝐵． 8. 【答案】 D
【考点】
函数的图象变换
函数的单调性与导数的关系
【解析】
利用导数与函数单调性的关系即可得出． 【解答】
解：𝐴，直线为导函数图象，抛物线为原函数图象，当𝑥<0时，𝑓′(𝑥)<0，故𝑓(𝑥)单调递减，当𝑥>0时，𝑓′(𝑥)>0，故𝑓(𝑥)单调递增，故选项正确； 𝐵，导函数单调递减且恒大于0，原函数单调递增，故选项正确； 𝐶，导函数单调递增且恒大于0，原函数单调递增，故选项正确；
𝐷，若上线为导函数图象，则导函数恒大于等于0，原函数应单调递增；若下线为导函数图象，则导函数恒小于等于0，原函数应单调递减，均不符合，故此选项错误． 故选𝐷． 9. 【答案】
试卷第8页，总21页
A
【考点】
双曲线的渐近线 双曲线的离心率 【解析】
【解答】
√𝑎2+𝑏2解：由题意，{
𝑎|𝑐|√𝑎2+𝑏2=
√6,2
=1,
解得𝑏=1，𝑎=√2， ∴ 双曲线的标准方程为故选𝐴．
10.
【答案】 C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程 函数奇偶性的性质
【解析】
利用函数的奇偶性求出𝑎，求出函数的导数，求出切线的斜率然后求解切线方程． 【解答】
解：由题意得，函数𝑓(𝑥)=sin𝑥+(𝑎−1)𝑥sin𝑥+𝑎𝑥， 若𝑓(𝑥)为奇函数， 则𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)，
即−sin𝑥+(𝑎−1)𝑥sin𝑥−𝑎𝑥=−[sin𝑥+(𝑎−1)𝑥sin𝑥+𝑎𝑥]， 所以(𝑎−1)=−(𝑎−1)， 解得𝑎=1，
所以函数𝑓(𝑥)=sin𝑥+𝑥， 可得𝑓′(𝑥)=cos𝑥+1. 故𝑓′(0)=2，
可得曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(0,0)处的切线方程为：𝑦=2𝑥． 故选𝐶． 11.
【答案】 C
【考点】 程序框图 【解析】
由已知中的程序语句，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案． 【解答】
解：模拟程序的运行，可得： 𝑎=3，𝑏=1，𝑛=1，
𝑥22
−𝑦2=1．
试卷第9页，总21页
𝑎=，𝑏=2.
29
不满足条件𝑎<𝑏，执行循环体，𝑛=2，𝑎=不满足条件𝑎<𝑏，执行循环体，𝑛=3，𝑎=不满足条件𝑎<𝑏，执行循环体，𝑛=4，𝑎=
274
，𝑏=4， ，𝑏=8， ，𝑏=16，
818
24316
满足条件𝑎<𝑏，退出循环，输出𝑛的值为4． 故选𝐶. 12. 【答案】 D
【考点】
利用导数研究函数的单调性 对数值大小的比较 【解析】 由6𝜋=
𝑎
ln2
，6𝜋=2
ln𝑥𝑥
𝑏ln3
，6𝜋=3
𝑐ln𝜋𝜋
，则𝑎，𝑏，𝑐的大小比较可以转化为2,
1−ln𝑥𝑥2ln2ln3ln𝜋
3
,
𝜋
的大小比较．设𝑓(𝑥)=比较．
【解答】 解：
𝑎6𝜋
，则𝑓′(𝑥)=，根据对数的运算性质，导数和函数的单调性，即可=
ln22
，𝑏6𝜋
=
ln33
，
𝑐
6𝜋
=
ln𝜋𝜋
，
∵ 6𝜋>0，
∴ 𝑎，𝑏，𝑐的大小比较可以转化为2,设𝑓(𝑥)=
ln𝑥𝑥
ln2ln3ln𝜋
3
,
𝜋
的大小比较．
， ，
则𝑓′(𝑥)=
1−ln𝑥𝑥2当𝑥=𝑒时，𝑓′(𝑥)=0，当𝑥>𝑒时，𝑓′(𝑥)<0， 当0<𝑥<𝑒时，𝑓′(𝑥)>0.
∴ 𝑓(𝑥)在(𝑒, +∞)上，𝑓(𝑥)单调递减， ∵ 𝑒<3<𝜋<4， ∴
ln33
>
ln𝜋𝜋
>
ln44
=
ln22
，
∴ 𝑏>𝑐>𝑎. 故选𝐷.
二、填空题
【答案】 3
【考点】 分层抽样方法 【解析】
根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论．
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【解答】
解：用分层抽样的方法从全体运动员中抽出一个容量为7的样本， 则样本中女运动员的人数为56+42×7=3. 故答案为：3. 【答案】 −1
【考点】
求线性目标函数的最值 简单线性规划
【解析】
本题考查线性规划问题． 【解答】
解：作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示（包含边界），
42
作出直线𝑙：3𝑥−4𝑦=0，平移直线𝑙， 当𝑙经过点𝐴(1,1)时，
𝑧取得最小值𝑧min=3−4=−1． 故答案为：−1． 【答案】 3𝜋 4【考点】 余弦定理 正弦定理
【解析】
利用正弦定理和余弦定理求得cos𝐶的值，即可求得𝐶的值. 【解答】
解：△𝐴𝐵𝐶中，由𝑎sin𝐴+𝑏sin𝐵+√2𝑏sin𝐴=𝑐sin𝐶， 利用正弦定理得𝑎2+𝑏2+√2𝑎𝑏=𝑐2， ∴ 𝑎2+𝑏2−𝑐2=−√2𝑎𝑏， ∴ cos𝐶=
𝑎2+𝑏2−𝑐2
2𝑎𝑏
=
−√2𝑎𝑏2𝑎𝑏
=−
√2， 2
∵ 𝐶∈(0，𝜋)， ∴ 𝐶=4𝜋. 故答案为：4𝜋.
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33
【答案】 ①②③④
【考点】
复合命题及其真假判断 众数、中位数、平均数 导数的运算
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
①求导运算即可判断；②求出𝑥，𝑦即可判断；③利用基本不等式求出最值即可判断；④利用复合命题即可. 【解答】
解：①𝑓′(𝑥)=3𝑓′(2)+，
𝑥1
令𝑥=2，则𝑓′(2)=3𝑓′(2)+，即𝑓′(2)=−，
2
4
11
∴ 𝑓(1)=3×1×(−4)+ln1=−4，故①正确；
②由茎叶图可知甲班学生的总分为：
70×2+80×3+90×2+(8+9+5+𝑥+0+6+2)=590+𝑥， 又甲班学生的平均分是85，总分等于85×7=595，即𝑥=5， 乙班学生成绩的中位数是80+𝑦=83，得𝑦=3， ∴ 𝑥+𝑦=8，故②正确； ③∵ 𝑚>0，𝑛>0
且2𝑚+2𝑛=(2𝑚+2𝑛)(2𝑚+𝑛)=1+2𝑚+由基本不等式得2+2𝑚+当且仅当
𝑛
𝑚𝑛
2𝑚
3
𝑛
𝑚𝑛
1
1
1
1
𝑛
𝑚𝑛
13
+2=2+2𝑚+𝑛，
3
13𝑛𝑚
≥2+2√2𝑚⋅
3𝑛𝑚𝑛
=2+√2，
=时，等号成立，
即最小值为2+√2，故③正确；
④对于命题𝑝1:𝑦=𝑎𝑥为增函数，则𝑎>1，正确，故𝑝1为真命题， 对于命题𝑝2:2>3，不成立，故𝑝2为假命题， 则𝑞1:𝑝1∨𝑝2为真命题； 𝑞2:𝑝1∧𝑝2为假命题； 𝑞3:(¬𝑝1)∨𝑝2为假命题； 𝑞4:𝑝1∧(¬𝑝2)为真命题；
故真命题为𝑞1和𝑞4，故④正确. 故答案为：①②③④. 三、解答题
【答案】
解：(1)设数列{𝑎𝑛}的首项为𝑎1，公差为𝑑， 依题意可知𝑎2=𝑎1+𝑑=4，𝑆5=5𝑎1+
5×42
3
𝑑=30，
解得𝑎1=2，𝑑=2，
故𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=2+(𝑛−1)×2=2𝑛(𝑛∈𝐍∗).
试卷第12页，总21页
(2)因为𝑆𝑛=所以
1𝑆𝑛1
𝑛(2+2𝑛)
21
=𝑛(𝑛+1)，
1𝑛+11𝑆𝑛
=
1𝑛(𝑛+1)1𝑆2
=−
𝑛
，
所以+
𝑆1
+
1𝑆3
+⋯+
1111111=1−+−+−+⋯+−
22334𝑛𝑛+1=1−𝑛+1=𝑛+1． 【考点】 数列的求和
等差数列的前n项和 等差数列的通项公式
【解析】
（1）利用已知条件求出数列的首项与公差，然后求解通项公式． （2）求出数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，利用裂项相消法求解数列的和． 【解答】
解：(1)设数列{𝑎𝑛}的首项为𝑎1，公差为𝑑， 依题意可知𝑎2=𝑎1+𝑑=4，𝑆5=5𝑎1+
5×42
1
𝑛
𝑑=30，
解得𝑎1=2，𝑑=2，
故𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛−1)𝑑=2+(𝑛−1)×2=2𝑛(𝑛∈𝐍∗). (2)因为𝑆𝑛=所以
1𝑆𝑛1
𝑛(2+2𝑛)
21
=𝑛(𝑛+1)，
1𝑛+11
=
1𝑛(𝑛+1)1
1
=−
𝑛
，
所以𝑆+𝑆+𝑆+⋯+𝑆
1
2
3
𝑛
1111111=1−+−+−+⋯+−
22334𝑛𝑛+1=1−𝑛+1=𝑛+1． 【答案】
解：(1)由表中数据，计算：𝑥=×(1+2+3+4+5)=3，
5¯
1
1
𝑛
𝑦=×(120+105+100+90+85)=100，
5
¯
1
̂=𝑏
∑𝑛𝑖=1𝑥𝑖𝑦𝑖−𝑛𝑥𝑦
2∑𝑛𝑖=1𝑥𝑖
¯¯
−𝑛𝑥2
¯
=(1×120+2×105+3×100+4×90+85×5−5×3×100)÷(1+4+9+16+25−5×9) =
1415−150055−45
=−8.5，
试卷第13页，总21页
̂𝑥=100+8.5×3=125.5， 𝑎̂=𝑦−𝑏
所以𝑦与𝑥之间的回归直线方程为 𝑦=−8.5𝑥+125.5.
(2)𝑥=9时，𝑦=−8.5×9+125.5=49，
预测该路口9月份的不“礼让斑马线”违章驾驶员的人数为49人.
(3)设3月份抽取的4位驾驶员的编号分别为𝑎1，𝑎2，𝑎3，𝑎4，4月份的驾驶员编号分别为𝑏1，𝑏2，
从这6人中任选两人包含以下基本事件：(𝑎1,𝑎2)，(𝑎1,𝑎3)，(𝑎1,𝑎4)，(𝑎1,𝑏1)，(𝑎1,𝑏2)，(𝑎2,𝑎3)，(𝑎2,𝑎4)，(𝑎2,𝑏1)，(𝑎2,𝑏2)，(𝑎3,𝑎4)，(𝑎3,𝑏1)，(𝑎3,𝑏2)，(𝑎4,𝑏1)，(𝑎4,𝑏2)，(𝑏1,𝑏2)，共15个基本事件．
其中两人恰好来自同一月份的包含7个基本事件， 所以所求概率为𝑝=
715
¯
¯
.
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率 求解线性回归方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：(1)由表中数据，计算：𝑥=×(1+2+3+4+5)=3，
5¯
1
𝑦=5×(120+105+100+90+85)=100， ̂=𝑏
∑𝑛𝑖=1𝑥𝑖𝑦𝑖−𝑛𝑥𝑦
2∑𝑛𝑖=1𝑥𝑖
¯¯
¯
1
−𝑛𝑥2
¯
=(1×120+2×105+3×100+4×90+85×5−5×3×100)÷(1+4+9+16+25−5×9) =
1415−150055−45
=−8.5，
¯¯
̂𝑥𝑎̂=𝑦−𝑏=100+8.5×3=125.5，
所以𝑦与𝑥之间的回归直线方程为 𝑦=−8.5𝑥+125.5.
(2)𝑥=9时，𝑦=−8.5×9+125.5=49，
预测该路口9月份的不“礼让斑马线”违章驾驶员的人数为49人.
(3)设3月份抽取的4位驾驶员的编号分别为𝑎1，𝑎2，𝑎3，𝑎4，4月份的驾驶员编号分别为𝑏1，𝑏2，
从这6人中任选两人包含以下基本事件：(𝑎1,𝑎2)，(𝑎1,𝑎3)，(𝑎1,𝑎4)，(𝑎1,𝑏1)，(𝑎1,𝑏2)，(𝑎2,𝑎3)，(𝑎2,𝑎4)，(𝑎2,𝑏1)，(𝑎2,𝑏2)，(𝑎3,𝑎4)，(𝑎3,𝑏1)，(𝑎3,𝑏2)，(𝑎4,𝑏1)，(𝑎4,𝑏2)，(𝑏1,𝑏2)，共15个基本事件．
其中两人恰好来自同一月份的包含7个基本事件， 所以所求概率为𝑝=15.
【答案】
证明：(1)取𝐴1𝐶1的中点𝑃，连接𝐴𝑃，𝑁𝑃．
试卷第14页，总21页
7
因为𝐶1𝑁=𝑁𝐵1，𝐶1𝑃=𝑃𝐴1， 所以𝑁𝑃 // 𝐴1𝐵1，𝑁𝑃=𝐴1𝐵1．
21
在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴1𝐵1 // 𝐴𝐵，𝐴1𝐵1=𝐴𝐵． 故𝑁𝑃 // 𝐴𝐵，且𝑁𝑃=2𝐴𝐵． 因为𝑀为𝐴𝐵的中点， 所以𝐴𝑀=2𝐴𝐵，
所以𝑁𝑃=𝐴𝑀，且𝑁𝑃 // 𝐴𝑀， 所以四边形𝐴𝑀𝑁𝑃为平行四边形， 所以𝑀𝑁 // 𝐴𝑃．
因为𝐴𝑃⊂平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶，𝑀𝑁⊄平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶， 所以𝑀𝑁 // 平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶． (2)连接𝐶𝑁，
1
1
因为𝐶𝐴=𝐶𝐵，𝑀为𝐴𝐵的中点， 所以𝐶𝑀⊥𝐴𝐵．
因为𝐶𝐶1=𝐶𝐵1，𝑁为𝐵1𝐶1的中点， 所以𝐶𝑁⊥𝐵1𝐶1．
在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐵𝐶 // 𝐵1𝐶1， 所以𝐶𝑁⊥𝐵𝐶．
因为平面𝐶𝐶1𝐵1𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶，
平面𝐶𝐶1𝐵1𝐵∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐵𝐶，𝐶𝑁⊂平面𝐶𝐶1𝐵1𝐵， 所以𝐶𝑁⊥平面𝐴𝐵𝐶． 因为𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐶， 所以𝐶𝑁⊥𝐴𝐵．
因为𝐶𝑀⊂平面𝐶𝑀𝑁，𝐶𝑁⊂平面𝐶𝑀𝑁，𝐶𝑀∩𝐶𝑁=𝐶， 所以𝐴𝐵⊥平面𝐶𝑀𝑁． 【考点】
直线与平面垂直的判定 直线与平面平行的判定
试卷第15页，总21页
【解析】
（1）取𝐴1𝐶1的中点𝑃，连接𝐴𝑃，𝑁𝑃．证得四边形𝐴𝑀𝑁𝑃为平行四边形．再由线面平行的判定定理即可得到；
（2）运用面面垂直的性质定理和线面垂直的性质和判定定理，即可得证． 【解答】
证明：(1)取𝐴1𝐶1的中点𝑃，连接𝐴𝑃，𝑁𝑃．
因为𝐶1𝑁=𝑁𝐵1，𝐶1𝑃=𝑃𝐴1， 所以𝑁𝑃 // 𝐴1𝐵1，𝑁𝑃=2𝐴1𝐵1．
1
在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴1𝐵1 // 𝐴𝐵，𝐴1𝐵1=𝐴𝐵． 故𝑁𝑃 // 𝐴𝐵，且𝑁𝑃=2𝐴𝐵． 因为𝑀为𝐴𝐵的中点， 所以𝐴𝑀=2𝐴𝐵，
所以𝑁𝑃=𝐴𝑀，且𝑁𝑃 // 𝐴𝑀， 所以四边形𝐴𝑀𝑁𝑃为平行四边形， 所以𝑀𝑁 // 𝐴𝑃．
因为𝐴𝑃⊂平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶，𝑀𝑁⊄平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶， 所以𝑀𝑁 // 平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶． (2)连接𝐶𝑁，
1
1
因为𝐶𝐴=𝐶𝐵，𝑀为𝐴𝐵的中点， 所以𝐶𝑀⊥𝐴𝐵．
因为𝐶𝐶1=𝐶𝐵1，𝑁为𝐵1𝐶1的中点， 所以𝐶𝑁⊥𝐵1𝐶1．
在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐵𝐶 // 𝐵1𝐶1， 所以𝐶𝑁⊥𝐵𝐶．
因为平面𝐶𝐶1𝐵1𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶，
平面𝐶𝐶1𝐵1𝐵∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐵𝐶，𝐶𝑁⊂平面𝐶𝐶1𝐵1𝐵， 所以𝐶𝑁⊥平面𝐴𝐵𝐶． 因为𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐶，
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所以𝐶𝑁⊥𝐴𝐵．
因为𝐶𝑀⊂平面𝐶𝑀𝑁，𝐶𝑁⊂平面𝐶𝑀𝑁，𝐶𝑀∩𝐶𝑁=𝐶， 所以𝐴𝐵⊥平面𝐶𝑀𝑁． 【答案】
解：(1)设点𝐸的坐标为(𝑥，𝑦)， ∴
𝑦𝑥+2𝑥−2
𝑥2
𝑦
14
⋅=−(𝑥≠±2)，
化为：4+𝑦2=1(𝑥≠±2)， 即为点𝐸的轨迹曲线𝐶的方程．
(2)当𝑙⊥𝑥轴时，𝑙的方程为：𝑥=1， 代入：4+𝑦2=1，解得𝑃(1,
→
→
3
1
3
𝑥2
√3√3，𝑄−)(1,)， 22
𝑂𝑃⋅𝑂𝑄=1−4=4≠−5．不符合题意，舍去． 当𝑙与𝑥轴不垂直时，
设𝑙的方程为：𝑦=𝑘(𝑥−1)(𝑘≠0)， 代入：4+𝑦2=1．
化为：(1+4𝑘2)𝑥2−8𝑘2𝑥+4𝑘2−4=0，𝛥>0． 设𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)．
则： 𝑥1+𝑥2=1+4𝑘2，𝑥1𝑥2=1+4𝑘2，
∴ 𝑂𝑃⋅𝑂𝑄=𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=𝑥1𝑥2+𝑘2(𝑥1−1)(𝑥2−1) =(1+𝑘2)𝑥1𝑥2−𝑘2(𝑥1+𝑥2)+𝑘2 =1+4𝑘2=−5，
解得𝑘=±1．
∴ 直线𝑙的方程𝑥±𝑦−1=0． 【考点】
直线与椭圆结合的最值问题 轨迹方程 【解析】
答案未提供解析． 答案未提供解析． 【解答】
解：(1)设点𝐸的坐标为(𝑥，𝑦)， ∴ 𝑥+2⋅𝑥−2=−4(𝑥≠±2)， 化为：4+𝑦2=1(𝑥≠±2)， 即为点𝐸的轨迹曲线𝐶的方程．
(2)当𝑙⊥𝑥轴时，𝑙的方程为：𝑥=1， 代入：4+𝑦2=1，解得𝑃(1,
𝑥2
√3√3，𝑄−)(1,)， 22
𝑥2𝑦
𝑦
1
𝑘2−4
3
→
→
8𝑘2
4𝑘2−4
𝑥2
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𝑂𝑃⋅𝑂𝑄=1−4=4≠−5．不符合题意，舍去． 当𝑙与𝑥轴不垂直时，
设𝑙的方程为：𝑦=𝑘(𝑥−1)(𝑘≠0)， 代入：
𝑥24
→
→
3
1
3
+𝑦2=1．
化为：(1+4𝑘2)𝑥2−8𝑘2𝑥+4𝑘2−4=0，𝛥>0． 设𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)．
则： 𝑥1+𝑥2=1+4𝑘2，𝑥1𝑥2=1+4𝑘2，
∴ 𝑂𝑃⋅𝑂𝑄=𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=𝑥1𝑥2+𝑘2(𝑥1−1)(𝑥2−1) =(1+𝑘2)𝑥1𝑥2−𝑘2(𝑥1+𝑥2)+𝑘2 =1+4𝑘2=−5，
解得𝑘=±1．
∴ 直线𝑙的方程𝑥±𝑦−1=0．
【答案】
解：(1)𝑓′(𝑥)=3𝑚𝑥2−6(𝑚+1)𝑥+𝑛． 因为𝑥=1是𝑓(𝑥)的一个极值点，
所以𝑓′(1)=0，即3𝑚−6(𝑚+1)+𝑛=0． 所以𝑛=3𝑚+6．
(2)由(1)知𝑓′(𝑥)=3𝑚𝑥2−6(𝑚+1)𝑥+3𝑚+6 =3𝑚(𝑥−1)[𝑥−(1+𝑚)].
当𝑚<0时，有1>1+，当𝑥变化时𝑓(𝑥)与𝑓′(𝑥)的变化如下表：
𝑚22
𝑘2−4
3
→
→
8𝑘2
4𝑘2−4
22(−∞, 1+) 1+ 𝑚𝑚𝑓′(𝑥) − 0 𝑥 𝑓(𝑥) 单调递减 21 (1+, 1) 𝑚+ 0 2
(1, +∞) − 极小值 单调递增 极大值 单调递减 由上表知，当𝑚<0时，𝑓(𝑥)在(−∞, 1+𝑚)上单调递减， 在(1+
2𝑚
, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减．
2
(3)由已知，得𝑓′(𝑥)>3𝑚，即3𝑚(𝑥−1)[𝑥−(1+𝑚)]>3𝑚， ∵ 𝑚<0，
∴ (𝑥−1)[𝑥−(1+𝑚)]<1．(∗) ①𝑥=1时．(∗)式化为0<1恒成立，
∴ 𝑚<0． ②𝑥≠1时， ∵ 𝑥∈[−1, 1]， ∴ −2≤𝑥−1<0．
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2
(∗)式化为<(𝑥−1)−
𝑚2
1𝑥−1
．
1
令𝑡=𝑥−1，则𝑡∈[−2, 0)，记𝑔(𝑡)=𝑡−𝑡， 则𝑔(𝑡)在区间[−2, 0)是单调增函数． ∴ 𝑔(𝑡)min=𝑔(−2)=−2−−2=−2．
由(∗)式恒成立，必有𝑚<−2⇒−3<𝑚，又𝑚<0， ∴ −<𝑚<0．
34
2
3
41
3
综上可得−<𝑚<0．
3
4
【考点】
不等式恒成立问题
利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）求出𝑓′(𝑥)，因为𝑥=1是函数的极值点，所以得到𝑓′(1)=0求出𝑚与𝑛的关系式； （2）令𝑓′(𝑥)=0求出函数的极值点，讨论函数的增减性确定函数的单调区间； （3）函数图象上任意一点的切线斜率恒大于3𝑚即𝑓′(𝑥)>3𝑚代入得到不等式即3𝑚(𝑥−1)[𝑥−(1+𝑚)]>3𝑚，又因为𝑚<0，分𝑥=1和𝑥≠1，当𝑥≠1时𝑔(𝑡)=𝑡−
1
2
求出𝑔(𝑡)的最小值．要使𝑚<(𝑥−1)−𝑥−1恒成立即要𝑔(𝑡)的最小值>𝑚，解出不等式𝑡
212
的解集求出𝑚的范围．
【解答】
解：(1)𝑓′(𝑥)=3𝑚𝑥2−6(𝑚+1)𝑥+𝑛． 因为𝑥=1是𝑓(𝑥)的一个极值点，
所以𝑓′(1)=0，即3𝑚−6(𝑚+1)+𝑛=0． 所以𝑛=3𝑚+6．
(2)由(1)知𝑓′(𝑥)=3𝑚𝑥2−6(𝑚+1)𝑥+3𝑚+6 =3𝑚(𝑥−1)[𝑥−(1+𝑚)].
当𝑚<0时，有1>1+𝑚，当𝑥变化时𝑓(𝑥)与𝑓′(𝑥)的变化如下表：
22
𝑥 (−∞, 1+𝑓′(𝑥) − 𝑓(𝑥) 单调递减 22) 1+ 𝑚𝑚0 (1++ 21 , 1) 𝑚0 2
(1, +∞) − 极小值 单调递增 极大值 单调递减 由上表知，当𝑚<0时，𝑓(𝑥)在(−∞, 1+𝑚)上单调递减， 在(1+𝑚, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减．
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2
(3)由已知，得𝑓′(𝑥)>3𝑚，即3𝑚(𝑥−1)[𝑥−(1+)]>3𝑚，
𝑚2
∵ 𝑚<0，
∴ (𝑥−1)[𝑥−(1+𝑚)]<1．(∗) ①𝑥=1时．(∗)式化为0<1恒成立， ∴ 𝑚<0． ②𝑥≠1时， ∵ 𝑥∈[−1, 1]， ∴ −2≤𝑥−1<0． (∗)式化为𝑚<(𝑥−1)−𝑥−1．
令𝑡=𝑥−1，则𝑡∈[−2, 0)，记𝑔(𝑡)=𝑡−𝑡， 则𝑔(𝑡)在区间[−2, 0)是单调增函数． ∴ 𝑔(𝑡)min=𝑔(−2)=−2−−2=−2．
由(∗)式恒成立，必有𝑚<−2⇒−3<𝑚，又𝑚<0， ∴ −<𝑚<0．
34
2
3
41
3
1
2
12
综上可得−<𝑚<0．
3
4
【答案】 解：①因为{
𝑥=1+cos𝛼，𝑦=sin𝛼，
又sin2𝛼+cos2𝛼=1， 所以(𝑥−1)2+𝑦2=1，
即曲线𝐶1的的普通方程为(𝑥−1)2+𝑦2=1.
②由𝜌2=𝑥2+𝑦2得曲线𝐶2的直角坐标方程为𝑥2+𝑦2=1， 又直线𝑙的直角坐标方程为𝑥−𝑦=0，
𝑥1=2，𝑥2=−2，𝑥+𝑦=1，所以{ ⇒{ 或{
√2√2𝑥−𝑦=0𝑦1=2𝑦2=−2.
2
2
√2√2所以曲线𝐶2与直线𝑙的交点的直角坐标为(
√2√2√2√2,)和(−,−)． 2222
(2)设𝑁(𝜌, 𝜃)，又由曲线𝐶1的普通方程为(𝑥−1)2+𝑦2=1得其极坐标方程𝜌=2cos𝜃． ∴ △𝑀𝑂𝑁的面积𝑆=2|𝑂𝑀|⋅|𝑂𝑁|⋅sin∠𝑀𝑂𝑁=2|6𝜌sin(3−𝜃)| 𝜋
=|6cos𝜃sin(−𝜃)|
3=|3√3cos2𝜃−3sin𝜃cos𝜃| =|
3√333√3cos2𝜃−sin2𝜃+| 222𝜋
3√32
1
1
𝜋
=|3cos(2𝜃+6)+
|．
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所以当𝜃=
23𝜋12
或𝜃=
11𝜋12
时，
(𝑆△𝑀𝑂𝑁)max=3+
3√3． 2
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化 二倍角的正弦公式 二倍角的余弦公式 两角和与差的余弦公式 参数方程与普通方程的互化 圆的极坐标方程 正弦定理
【解析】
（1）①直接利用转换关系把参数方程转换为直角坐标方程． ②利用 直线和圆的关系求出点的坐标．
（2）利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用和三角形的面积公式的应用求出结果． 【解答】 解：①因为{
𝑥=1+cos𝛼，𝑦=sin𝛼，
又sin2𝛼+cos2𝛼=1， 所以(𝑥−1)2+𝑦2=1，
即曲线𝐶1的的普通方程为(𝑥−1)2+𝑦2=1.
②由𝜌2=𝑥2+𝑦2得曲线𝐶2的直角坐标方程为𝑥2+𝑦2=1， 又直线𝑙的直角坐标方程为𝑥−𝑦=0，
𝑥1=2，𝑥2=−2，𝑥+𝑦=1，所以{ ⇒{ 或{
√2√2𝑥−𝑦=0𝑦1=2𝑦2=−2.
2
2
√2√2所以曲线𝐶2与直线𝑙的交点的直角坐标为(2,
1
√2√2√2√2)和(−,−)． 222
(2)设𝑁(𝜌, 𝜃)，又由曲线𝐶1的普通方程为(𝑥−1)2+𝑦2=1得其极坐标方程𝜌=2cos𝜃． ∴ △𝑀𝑂𝑁的面积𝑆=2|𝑂𝑀|⋅|𝑂𝑁|⋅sin∠𝑀𝑂𝑁=2|6𝜌sin(3−𝜃)| 𝜋
=|6cos𝜃sin(−𝜃)|
3=|3√3cos2𝜃−3sin𝜃cos𝜃| =|
3√333√3cos2𝜃−sin2𝜃+| 222𝜋
3√32
1
𝜋
=|3cos(2𝜃+6)+所以当𝜃=
23𝜋
|． 时，
或𝜃=
12
11𝜋12
(𝑆△𝑀𝑂𝑁)max=3+
3√3． 2
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