湖北省2021年普通高校对口单招体育模拟数学试卷

湖北省2021年普通高校对口单招体育模拟数学试卷

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每一小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

要求的．

1．已知集合A{x|x2x20}，B{x|log4x0.5}，则（ ） A．A开始B B．BA C．ARBR D．AB

a0,b1,i3Sab2．在复平面内，复数

23i对应的点的坐标为（ ） 32i1391213129139A．(0,1) B．(0,) C．(,1) D．(,) 3．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，则下列函数中为奇函数的是（ ） ①yf(|x|)；②yf(x)；③yxf(x)；④yf(x)x． A．①③ B．②③ C．①④ D．②④

cabSScii1ab是4．已知向量a(1,2)，b(3,6)，若向量c满足c与b的夹角为120，

c(4ab)5，则c（ ）

否输出 S结束A．1 B．5 C．2 D．25 22225．设{an}是公差不为零的等差数列，满足a4，则该数列的 a5a6a7前10项和等于（ ）

A．10 B．5 C．0 D．5 6.某同学想求斐波那契数列0,1,1,2,（从第三项起每一项等于前两项的和）

的前10项的和，他设计了一个程序框图，那么在空白矩形框和判断框内 应分别填入的语句是（ ）

A．ca；i9 B．bc；i9 C．ca；i10 D．bc；i10

xy0167．若不等式组的三角形，则m的值为（ ） x2y20表示的平面区域是面积为

9xmA． B． C． D．

x2y28．F是双曲线C:221(a0,b0)的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线，垂足为F，交另一条

ab12232356精品 Word 可修改 欢迎下载

渐近线于点B．若2AFFB，则C的离心率是（ ） A．2B．2C．2314D． 339．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．4B．213C．3312D．3312 2π210．如图是函数f(x)Asin(2x) (||)图像的一部分，对不同的x1,x2[a,b]，

若f(x1)f(x2)，有f(x1x2)3，则（ ） A．f(x)在(C．f(x)在(5πππ5π,)上是减函数 B．f(x)在(,)上是减函数 1212365πππ5π,)上是增函数 D．f(x)在(,)上是减函数 12123611．过抛物线C:y22px(p0)的焦点且斜率为2的直线与C交于A、B两点，以AB为直径的圆

与C的准线有公共点M，若点M的纵坐标为2，则p的值为（ ） A．1B．2C．4D．8

12．已知函数f(x)(a3)xax3在[1,1]的最小值为3，则实数a的取值范围是（ ）

A．,1 B．12, C．1,12 D．,122 3y y=2 y=x

2二、填空题:本大题共4小题，每小题5分． 13．(x23y y=O x)5展开式中的常数项为．

x 2x=1 x O 14．A、B、C三点在同一球面上，BAC135， x BC2，且球心O到平面ABC的距离为1，

则此球O的体积为．

15．如图，在平面直角坐标系xoy中，将直线y

得到一个圆锥，圆锥的体积V圆锥0(x)2dx1x

与直线x1及x轴所围成的图形绕x轴旋转一周2

12x310212．据此类比：将曲线yx2(x0)与直线

y2及y轴所围成的图形绕y轴旋转一周得到一个旋转体，该旋转体的体积V．

16．已知数列{an}满足anan1(1)n(n1)2n，Sn是其前n项和，若S20151007b，且a1b0，

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则

12的最小值为． a1b三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤． 17．（本小题满分12分）

2sinCsinBa2c2b222在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．

sinBbca2（Ⅰ）求角A的大小；

（Ⅱ）若a3，sinC2sinB，求b、c的值．

18．（本小题满分12分）

根据最新修订的《环境空气质量标准》指出空气质量指数在050，各类人群可正常活动．某

市环保局在2021年对该市进行了为期一年的空气质量检测，得到每天的空气质量指数，从中随机抽取50个作为样本进行分析报告，样本数据分组区间为0,10,10,20,20,30,30,40,40,50，

由此得到样本的空气质量指数频率分布直方图，如图．（Ⅰ）求a的值；并根据样本数据，试估计这一年度的空气

质量指数的平均值；

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19．（本小题满分12分）

如图所示,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD是梯形,AD//BC,侧面ABB1A1为菱

形,

DABDAA1.

（Ⅰ）求证:A1BAD；

（Ⅱ）若ADAB2BC,A1AB60,点D在平面ABB1A1上的

射影恰为线段A1B的中点,求平面DCC1D1与平面ABB1A1所 成锐二面角的余弦值.

20．（本小题满分12分）

x2y2已知椭圆E：221(ab0)的焦距为2，A是E的右顶点，P、Q是E上关于原点对称的

ab两点，且直线PA的斜率与直线QA的斜率之积为． （Ⅰ）求E的方程；

（Ⅱ）过E的右焦点作直线与E交于M、N两点，直线MA、NA与直线x3分别交于C、D两

点，设△ACD与△AMN的面积分别记为S1、S2，求2S1S2的最小值．

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34

21．（本小题满分12分）

已知函数f(x)lnxmx2,g(x)mx2x,mR，令F(x)f(x)g(x). 1时，求函数f(x)的单调递增区间； 2（Ⅱ）若关于x的不等式F(x)mx1恒成立，求整数．．m的最小值；

12（Ⅰ）当m（Ⅲ）若m2，正实数x1,x2满足F(x1)F(x2)x1x20，证明：x1x2

51． 2请考生在第22、23、24两题中任选一题做答，并用2B铅笔将答题卡上把所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分． 22．（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲

=如图，已知AB为圆O的一条直径，以端点B为圆心的圆交直线AB 于C、D两点，交圆O于E、F两点，过点D作垂直于AD的直线， 交直线AF于点H．

（Ⅰ）求证：B、D、H、F四点共圆；

（Ⅱ）若AC2,AF22，求△BDF外接圆的半径．

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23．（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程

已知极坐标系的极点与直角坐标第的原点重合，极轴与直角坐标系的x轴的正半轴重合．点A、B的极坐标分别为(2,π)、(a,)（aR），曲线C的参数方程为（Ⅰ）若a22，求AOB的面积；

（Ⅱ）设P为C上任意一点，且点P到直线AB的最小值距离为1，求a的值．

24．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲

设函数f(x)|x||2xa|． （Ⅰ）当a1时，解不等式f(x)1；

（Ⅱ）若不等式f(x)a2对任意xR恒成立，求实数a的取值范围．

π4x12cos(为参数)

y2sin

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数学参考答案

三、解答

题

17．解析：（1）由正弦定理得

2sinCsinBacosBsinAcosB sinBbcosAsinBcosA所以2sinCcosAsin(AB)sinC 因为sinC0，故cosA1π，所以A 23π， 3（2）由sinC2sinB，得c2b，由条件a3，A所以由余弦定理得a2b2c22bccosAb2c2bc3b2，解得b3,c23

18．解析：(Ⅰ)由题意，得(0.030.032a0.010.008)101,解得a0.02.

50

个

样

本

中

空

气

质

量

指

数

的

平

均

值

为

X0.150.2150.32250.3350.084525.6

由样本估计总体，可估计2021年这一年度空气质量指数的平均值约为25.6

（Ⅱ）利用样本估计总体，该年度空气质量指数在0,20内为“最优等级”，且指数达到“最

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优等级”的概率为0.3，则0P(0)C2(0.3)0(0.7)2B(2,0.3).的可能取值为0，1，2，

4942912 ,P(1)C2(0.3)(0.7),P(2)C2(0.3)2100100100的分布列为：

 P E00 49 1001 42 1002 9 10049429120.6.(或者E20.30.6)， 100100100故一个月（30天）中空气质量能达到“最优等级”的天数大约为300.618天.

19．解析：

方法一：（1）因为侧面ABB1A1为菱形，所以ABAA1， 又DABDAA1，

所以A1BADA1AABADA1AADABAD

A1AADcos(DAA1)ABADcosDABABADcosDAA1ABADcosDAA10，从而A1BAD.

（2）设线段A1B的中点为O，连接DO、AB1，由题意知DO平面ABB1A1.因为侧面ABB1A1为

菱形，所以AB1A1B，故可分别以射线OB、射线OB1、射线OD为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，如图1所示.

设ADAB2BC2a，由A1AB60可知OBa，OAOB13a， 所以OD0)， ADOAa，从而A(0，3a，0)，B(a，0，0)，B1(0，3a，220). D(0，0，a). 所以 CC1BB1(a，3a，精品 Word 可修改 欢迎下载

由BC31311a). AD可得C(a，a，a)，所以DC(a，a，22222y0，z0)，由mCC10，mDC0， 设平面DCC1D1的一个法向量为m(x0，ax03ay00，得取y01，则x03，z033，所以m(3，，133). 31ax0ay0az00.22又平面ABB1A1的法向量为OD(0，m=0，a)，所以cosOD，故平面DCC1D1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值为ODmODm=33a393. 31a31393. 31方法二：（Ⅰ）连接AB1、A1D、BD，设AB1交A1B于点O，

连OD，如图2所示.

由AA1AB，DABDAA1可得△AA1D≌△ABD， 所以A1DBD.由于O是线段A1B的中点，所以DOA1B， 又根据菱形的性质AOA1B，所以A1B平面ADO， 从而A1BAD.

（Ⅱ）因为AD//BC，AD2BC，所以延长AB、DC交于点E， 延长A1B1、D1C1交于点F，且BEAB，B1FA1B1.连接EF， 则EF//BB1.过点O作BB1的垂线交BB1于点G，交EF于点H， 连接DH，如图3所示.因为EF//BB1，所以OHEF. 由题意知DO平面ABB1A1，所以由三垂线定理得DHEF，

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图3

图2

故DHO是平面DCC1D1与平面ABB1A1所成二面角的平面角.

易知OG333a，GH3a，所以OHa.在Rt△DOH中， 22233DHOHOD2a2233a31OH393. a2a，所以cosDOH22DH3131a2393. 31故平面DCC1D1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值为b22220．解析：（1）设P(x0,y0),Q(x0,y0)，则y2(ax0)

a20kPAkQA2y0y0y0b2b2322，依题意有2 x0ax0ax0a2aa4x2y2又c1，所以解得a4,b3 故E的方程为1

4322（2）设直线MN的方程为xmy1，代入E的方程得(3m24)y26my90

设M(x1,y1),M(x2,y2)，则y1y2直线MA的方程为y6m9,yy 123m243m24y1yy1(x2)，把x3代入得yC1，同理x12x12my11yDy2

my21所以|CD||yCyD||y1y2|3m21 2my1y2m(y1y2)11316m212m1，S2|AF||y1y2|所以S1|CD|

2223m2436m212222m1t(t1)mt1， ，令，则S1S2m123m246t6t6(3t21)所以2S1S23t2，记f(t)3t2，则f(t)30

3t13t1(3t21)2精品 Word 可修改 欢迎下载

所以f(t)在[1,)单调递增地，所以f(t)的最小值为f(1)33 ，故2S1S2的最小值为 2211x212(x0) 21．解析：⑴f(x)lnxx,x0,f(x)xxx2由f(x)0,得1x20,又x0,所以0x1．所以f(x)的单增区间为(0,1). 1（2）方法一：令G(x)F(x)(mx1)lnxmx2(1m)x1,

21mx2(1m)x1所以G(x)mx(1m)．

xx当m0时，因为x0，所以G(x)0．所以G(x)在(0,)上是递增函数， 13又因为G(1)ln1m12(1m)1m20,

22所以关于x的不等式G(x)mx1不能恒成立．

mx(1m)x1x2m(x当m0时，G(x)令G(x)0,得x1)(x1)m． x111，所以当x(0,)时，G(x)0;当x(,)时，G(x)0． mmm11因此函数G(x)在x(0,)是增函数，在x(,)是减函数．

mm111111故函数G(x)的最大值为G()lnm()2(1m)1lnm.

mm2mm2m令h(m)111lnm,因为h(1)0,h(2)ln20, 2m24又因为h(m)在m(0,)上是减函数，所以当m2时，h(m)0． 所以整数m的最小值为2．

1方法二：⑵由F(x)mx1恒成立，得lnxmx2xmx1在(0,)上恒成立．

2问题等价于mlnxx1lnxx1在(0,)上恒成立．令h(x)，只要mh(x)max．

1212xxxx221(x1)(xlnx)12因为h(x),令h(x)0,得xlnx0．

12(x2x)22111设(x)xlnx，因为(x)0，所以(x)在(0,)上单调递减，

22x1不妨设xlnx0的根为x0．当x(0,x0)时，h(x)0;当x(x0,)时，h(x)0．

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所以h(x)在x(0,x0)上是增函数；在x(x0,)上是减函数． 所以h(x)max1x0lnx0x0112． h(x0)121x0x0x0x0(1x0)221111因为()ln20,(1)0

242所以x01.此时11212,g(x)max(1,2).所以m2,即整数m的最小值为2 x0（3）当m2时，F(x)lnxx2x,x0

2由F(x1)F(x2)x1x20,即lnx1x12x1lnx2x2x2x1x20

从而(x1x2)2(x1x2)x1x2ln(x1x2) 令tx1x2,则由(t)tlnt得，(t)t1 t可知(t)在区间（0，1）上单调递减，在区间(1,)上单调递增。所以(t)(1)1, 所以(x1x2)2(x1x2)1,即x1x251成立. 222．解析：（1）因为AB为圆O的一条直径，所以BFFH

又DHBD，所以B,D,H,F四点共圆

(2)因为AH与圆B相切于点F，由切割线定理得AF2ACAD，代入解得AD=4

1(ADAC)1,BFBD1 2DHADADBF又△AFB∽△ADH，所以，由此得DH2 BFAFAF所以BD连接BH，由（1）知，BH为△BDF外接圆的直径，BH故△BDF的外接圆半径为BD2DH23 3 223．解析：（1）SAOB1222sin1352 2（2）依题意知圆心到直线AB的距离为3

当直线AB斜率不存在时，直线AB的方程为x2，显然，符合题意，此时a22 当直线AB存在斜率时，设直线AB的方程为yk(x2)，则圆心到直线AB的距离

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d|3k|1k2

依题意有|3k|1k23，无解，故a22

13x,x0124．解析：（1）当a1时，f(x)1x,0x

213x1,x2根据图易得f(x)1的解集为{x|0x}

（2）令xka(kR)，由f(x)a2对任意xR恒成立等价于|k||2k1||a|对任意kR恒成立

由（1）知|k||2k1|的最小值为

231111，所以|a|，故实数a的取值范围为a 2222法（2） 易知f(x)minminf(0),f()，只需f(0)a2且f()a2，解得

a2a211a． 22 精品 Word 可修改 欢迎下载