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1、12021 年 1 月“八省联考”考前预热卷数 学1D【解析】因为=51Axx，2422Bx xxx，所以21ABxx2C 【解析】由1 i1z得1 1 i111ii11 i1 i22zi，所以z的虚部为12.故选 C.3A 【解析】因为1 sincos32，所以131sincossin22，所以3sin23cos12，所以3sin63，所以2212cos1 sin16633 ，故选 A.4C 【解析】两组至少都是3人，则分组中两组的人数分别为3、5或4、4，又因为3名女干部不能单独成一组，则不同的派遣方案种数为43288222CC1 A180A.故选 C.5D 【解析】对于选项 A，当0 x
2、 时，21x 不成立，故 A 错误；对于选项 B， 命题“, abR，2baab”的否定是“,2baa bRab”， 当3,1ab不成立，故 B 错误；对于选项 C，当一直线斜率为 0，另一直线斜率不存在时，“它们的斜率之积一定等于-1”不成立，故 C错误；对于选项 D，由方程22121xymm表示双曲线等价于(2)(1)0m m，即2m 或1m ，所以“1m ”是“方程22121xymm表示双曲线”的充分不必要条件，故 D 正确故选 D.6 B【解析】( )f x的定义域为0 x x ， 关于原点对称， 且 22lnln()xxfxf xxx ，( )f x为奇函数，图象关于原点对称，故 A
3、，C 错误；当0 x 时， 22 1 lnxfxx，故当0,xe时， 0fx， fx单调递增，当,xe时， 0fx， fx单调递减，故 D 错误，B 正确.故选2B.7D 【解析】如图所示，/AE BF CD，四边形ACDE为梯形.对选项 A，由题知：“羡除”有且仅有两个面为三角形，故 A 正确；对选项 B，因为/AE BF CD，所以“羡除”一定不是台体，故 B 正确；对选项 C，假设四边形ABFE和四边形BCDF为平行四边形，则/AE BF CD，AEBFCD，则四边形ACDE为平行四边形，与已知四边形ACDE为梯形矛盾，故不存在，C 正确.对选项 D，若AEBFCD，则“羡除”有三个面为
4、梯形，故 D 错误.故选 D.8C 【解析】( )( ( ) 1)( ( )0F xf xf xa ，( )1f x 或( )f xa，0 x 时，( )1 1xf xxe ，( )(1)xfxxe，1x 时，( )0fx，( )f x递减，10 x 时，( )0fx，( )f x递增，( )f x的极小值为1( 1)1fe ，又( )1f x ，因此( )1f x 无解此时( )f xa要有两解，则111ae，又( )f x是奇函数，0 x 时，( )1f x 仍然无解，( )f xa要有两解，则111xe 综上，111,11,1aee 故选 C9 CD【解析】 110ab， 0ba， 33
5、ba， A错误；ab， B错误；1ba， C正确；1122ab，D 正确故选 CD.10 ACD【解析】 由双曲线方程22142yx知2,2ab， 焦点在y轴， 渐近线方程为2ayxxb ，3A 正确；226cab，以12FF为直径的圆的方程是226xy，B 错；由2262xyyx得22xy或22xy ，由对称性知M点横坐标是2，C 正确；1 212112 622 322MF FMSFFx，D 正确故选 ACD11ABD 【解析】因为521127,aaa，所以有431127273qaqqqa ，因此选项 A 正确；因为1 31(31)1 32nnnS，所以1 31+2+2(3 +3)1 32n
6、nnS，因为+1+111(3+3)+222=1+1+21+3(3 +3)2nnnnnSS常数，所以数列2nS 不是等比数列，故选项 B 正确；因为551(31)=1212S ，所以选项 C 不正确；11130nnnaa q，因为当3n 时，22222lglg=lg()=lg2lgnnnnnnaaaaaa，所以选项 D 正确.故选 ABD.12ACD 【解析】设(0,1)A，(2,1)B， 222200 120 1xfxx表示x轴上点( ,0)P x到,A B两点的距离之和，设(1,0)Q，以,A B为焦点，Q为短轴上一个端点，作椭圆，x轴与此椭圆相切于点Q，当P从Q向右移动时，PAPB逐渐增大
7、，即函数 fx在区间1,上单调递增，A 正确；当P与Q重合时，PAPB最小，最小值为2 2，因此( )f x的值域是2 2,)，C 正确； 函数图象关于直线1x 对称， 不是中心对称是， B 错误； 当0 x 或2x 时，( )15f x ，由于( )2 2f x ，因此( )0f x 和( )2f x 都无解，D 正确故选 ACD138 【解析】因为1,am ，2, 3b ，所以2(3,6)abm.因为2abb，所以4263(6)0abbm，解得8m .1415 【解析】因为61()xx的展开式的通项是3362661C ()( 1) ( )C ( 1)rrrrrrrxxx，当3302r时，r
8、2，所以展开式中的常数项是226C ( 1)151512【解析】函数( )sin23cos22sin(2)3f xxxx，将函数( )f x的图象沿x轴向左平移个单位后，得到函数2sin(22)3yx的图象，因为 g x为偶函数，所以2()32kkZ，则2k()12kZ当0k 时，1216582【解析】过 M 做MPBD于点 P,连接 PN,因为ABDBCD平面平面，所以MPPN,可求得3=2MP，3=2BP,所以5=2DP，在三角形 DPN 中，30PDN,3DN ,所以72PN ,所以102MN ,由题意可知，四面体 ABCD 的外接为 BD 中点，设为 O，过 O 做OHMN于 H,连接
9、 ON,可求得1ON ，从而得104HN ,所以1061164OP ,因为球的半径为 2，故所截得的线段长为226582 2()42.17（10 分）【解析】解法 1：由正弦定理，得 3sinCcosB3sin-（BC）2sinB，整理得 3sinBcosC2sinB0因为 sinB0，所以2cos3C （5 分）解法 2：由 3ccosB3a2b，得 3accosB3a22ab，由余弦定理，得 3（a2c2-b2）6a24ab，整理得 3（-a2c2-b2）4ab，即 3abcosC2ab0所以2cos3C （5 分）选a3由余弦定理可得 c2a2b2-2abcos222196()3bb ，
10、5所以 b24b-120，解得 b2 或 b-6（舍去） ，所以问题中的三角形存在 （10 分）选3 52ABCS1153 5sin2232ABCSabCab，故 ab9， （7 分）由余弦定理可得 c2a2b2-2abcosC224213abab，又 a2b22ab，所以22410216.333abababab，与 ab9 矛盾，所以问题中的三角形不存在 （10 分）选3sinB2sinA由正弦定理得，3sinB2sinA3b2a， （7 分）由余弦定理可得 c2a2b2-2abcosC221214b，所以 b2 或 b-2（舍去） ，所以问题中的三角形存在 （10 分）18（12 分）【解
11、析】 （1）由21nnSa得：1121Sa，即11a ，由21nnSa得：1121nnSa，两式相减得:1122nnnaaa，即12nnaa，即数列na是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，（4 分）则12nna-=，则1 2211 2nnnS.（6 分）（2）由（1）知：|216|nnb ，则162 (14)216(4)nnnnbn，则当14n时，12(162 )(162 )(162 )nnT 122(1 2 )16(222 )161 2nnnn11622nn； （9 分）当4n 时，124567(162 )(162 )(162 )(216)(216)(216)(216)nnT 61242
12、(222 ) 16nTn12(1 2 )2 3416216661 2nnnn，则111622 (14)21666 (4)nnnnnTnn.（12 分）19 （12 分）【解析】（1） 由题,不超过 6 小时的频率为100 1002000.41000,则 100 辆车中有 40 辆不超过 6 小时,60辆超过 6 小时， （2 分）则22列联表如下：男女合计不超过 6 小时1030406 小时以上204060合计3070100根据上表数据代入公式可得2210020 30 10 40500794270630 70 60 4063K所以没有超过 90%的把握认为“停车是否超过 6 小时”与性别有关.
13、 （5 分）（2） （i）由题意知：X的可取值为 5,8,11,15,19,30,则11115,8,11,15,101055P XP XP XP X7119,302020P XP X.（7 分）所以X的分布列为：X5811151930P X1101101515720120（8 分）111171581115193014.651010552020E X .（9 分）7（ii）由题意得171314.65520205P X ,所以33,5B,（10 分）所以23233239227812233555255125125PPPC +=.（12 分）20（12 分）【解析】 （1）四边形ABCD是菱形，O 是
14、AC的中点，BDAC，BDPA，PAACA，BD 平面PAC， （2 分）PO 平面PAC，BDPO.PAPC，O 是AC的中点，POAC.AC 平面ABCD，BD 平面ABCD，ACBDO，PO 平面ABCD.（5 分）（2）由（1）知，PO 平面ABCD，BDAC.以 O 为坐标原点，以OA，OB，OP所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系.设四边形ABCD的边长为 4，POa.四边形ABCD是菱形，60BAD，ABD与BCD都是等边三角形.2 3OAOC.0,0,Pa，2 3,0,0A，2 3,0,0C ，3 3,022E，2 3,0,PAa ，3 3,22PEa ，3 33,02
15、2EC .（7 分）PAPE，3 32 3,0,022PA PEaa ，即230a ，得3a .82 3,0,3PA ，3 3,322PE .（9 分）设平面PAE的法向量为111,mx y z，由111112 330333022m PAxzm PExyz ，取12z ，得5 31,23m；设平面PEC的一个法向量为222,nxyz，由222223 33022333022n ECxyn PExyz ，取21x ，得1, 3,2n .设二面角APEC的平面角为，由图可得，为钝角，则15cos5m nmn .二面角APEC的余弦值为155.（12 分）21 （12 分）【解析】 （1）设( , )
16、P m n，1(,0)Fc，2( ,0)F c，由32OP ，1234PF PF 可得2294mn，( cm ，)(ncm，222293)44nmcnc ，即有23c ，即3c ， （2 分）又32cea，可得2a ，221bac，则椭圆的方程为2214xy.（4 分）（2）设1(A x，1)y，2(B x,2)y，由题意可得( 2,0)M ，若直线AB的斜率不存在， 即12xx，12yy ， 由题意可得直线MA，MB的斜率大于 0， 即120y y ，9矛盾； （6 分）因此直线BA的斜率存在，设其方程为ykxm联立椭圆方程2244xy，化为：222(14)84(1)0kxkmxm，2222
17、6416(14)(1)0k mkm，化为：2214km122814kmxxk ，21224(1)14mx xk （8 分）由2，可得tantan1，1212122yyxx，1212()()(2)(2)kxm kxmxx，化为：221212(1)(2)()40kx xmkxxm，222224(1)8(1)(2)()401414mkmkmkmkk， （10 分）化为22316200mkmk，解得2mk，或103mk直线AB的方程可以表示为2ykxk（舍去） ，或103ykxk，则直线AB恒过定点10(3,0) （12 分）22 （12 分）【解析】 （1）因为 xf xexa，所以 1xfxexa
18、. （1 分）由 0fx ，得1xa ；由 0fx ，得1xa .所以 fx的增区间是1a , ,，减区间是,1a .（3 分）（2） 22x ax ag xfxaxxexx ex.由 0g x ，得0 x 或0 x aex.（6 分）设 x ah xex，又 00ahe ，即0 x 不是 h x的零点，故只需再讨论函数 h x零点的个数. （5 分）因为 1x ah xe，所以当,xa 时， 0,h xh x单调递减；当,xa时， 0,h xh x单调递增.10所以当xa时， h x取得最小值 1h aa .（6 分）当 0h a ，即1a 时，无零点；当 0h a ，即1a 时， 0,h xh x有唯一零点； （8 分）当 0h a ，即1a 时，因为 00ahe，所以 h x在a，上有且只有一个零点.令2xa，则22ahaea.设 22120aaahaea aae，则，所以 a在1 ，上单调递增，所以1,a ，都有 120ae ，所以 2ahaaea .所以 h x在, a 上有且只有一个零点，所以当1a 时， h x有两个零点综上，当1a 时， g x有一个零点；当1a 时， g x有两个零点；当1a 时， g x有三个零点.（12 分）