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数学期初模拟测试（一）参考答案：
1．C∵A=¿，B=¿，
∴B={1,2,3},
2．A设 ，
z =a+bi(a,b∈R)
2
因为 ，所以 ，
z2=2i a2−b2+2abi=2i
2
∴¿解得¿或¿
所以z =1+i或z =−1−i.
2 2
z
因为z +z =iz ，所以z = 2
1 2 1 1 −1+i
当z =1+i时，
2
1+i (1+i)(−1−i) ，则 ；
z = = =−i |z |=1
1 −1+i (−1+i)(−1−i) 1
当z =−1−i时，
2
−1−i (−1−i)(−1−i) ，则 ；
z = = =i |z |=1
1 −1+i (−1+i)(−1−i) 1
π π
3．C因为α，β均为锐角，所以0<α< ，0<β< .
2 2
π
当α>2β时， >α−β>β>0，
2
由函数 在( π π)上单调递增，所以 ，
y=sinx − , sin(α−β)>sinβ
2 2
故“α>2β”是“sin(α−β)>sinβ”的充分条件.
π π π π π
当sin(α−β)>sinβ时，由0<α< ，0<β< ，则− <−β<0，所以− <α−β< ，
2 2 2 2 2
因为函数 在( π π)上单调递增，所以 ，即 ，
y=sinx − , α−β>β α>2β
2 2
故“α>2β”是“sin(α−β)>sinβ”的必要条件.
综上所述，“α>2β”是“sin(α−β)>sinβ”的充分必要条件.
4．A设小锥体的底面半径为r，大锥体的底面半径为2r，小锥体的高为
ℎ
，大锥体的高为
为2ℎ ，
1
学科网（北京）股份有限公司1 1 1
则大圆锥的体积即为 π(2r) 2 ⋅2ℎ =1，整理得 πr2 ⋅ℎ = ，
3 3 8
1
即小圆锥的体积为
8
1 7
所以该圆台体积为1− =
8 8
5．D设上面的六棱柱的底面面积为S，高为 ，由上到下的三个几何体体积分别记为
，
则 ，
，
，
所以
6．C因为 ( π) cos2α 3，
α∈ 0, , =
2 1+tan2α 8
可得
sin2α−cos2α 1−tan2α，
3(1+tan2α)=8× =8×
sin2α+cos2α 1+tan2α
可得 ，
3(1+tan2α) 2 =8−8tan2α
解得 tan2α= 1，因为 α∈ ( 0, π)，所以 tanα= √3，所以 α= π，所以
3 2 3 6
2
学科网（北京）股份有限公司( π) π 1.
cos α+ =cos =
6 3 2
7．A
因为直角三角形ABC为等腰直角三角形，故可建立如图所示的平面直角坐标系，
其中C(0,0),A(2,0),B(0,2)，
而以AB为直径的圆的方程为：x(x−2)+ y(y−2)=0，
整理得到： ，
(x−1) 2+(y−1) 2=2
设 ，则 ，故 ，
M(m,n) ⃗CM=(m,n),⃗CA=(2,0) ⃗CM⋅⃗CA=2m
因为M在半圆上运动变化，故0≤m≤1+√2，
故 的取值范围为： ，
⃗CM⋅⃗CA [0,2+2√2]
lnx 1−lnx
8．C设f (x)= ,则f′(x)= ,
x x2
当 时, ,函数单调递减,当 时, ,函数单调递增,
x>e f′(x)<0 00
1
故当x=e时,函数取得最大值f (e)= ,
e
e2
ln
2(2−ln2) 2 (e2 ) ln2 ln4 1
因为a= = =f ,b= = =f (4),c= =f (e),
e2 e2 2 2 4 e
2
e2
∵e< <4,
2
当 时, ,函数单调递减,可得 (e2 ) ,
x>e f′(x)<0 f (4)0.
2+1 3
所以要使 恒成立，只需
−2−2x (2x+1)(2x+2)恒成立.
2+mf (x)+2x>0 m> =−
f (x) 2x−1
因为y=2x在x∈[1,2]上单增，所以2≤2x≤4，所以1≤2x−1≤3.
令 .
t=2x−1,t∈[1,3]
记 (2x+1)(2x+2) (t+2)(t+3) ( 6 ) ( √ 6 )
ℎ(t)=− =− =− t+ +5 ≤− 2 t× +5 =−2√6−5
2x−1 t t t
6
（当且仅当t= ，即t=√6∈[1,3]时2等号成立），
t
所以 .
ℎ(t) =−2√6−5
max
所以m>−2√6−5.
即m的取值范围为 .
(−2√6−5,+∞)
9
学科网（北京）股份有限公司17．【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，
{a } d {b } q
n n
则a +a =a +d+a +2d=4+3d=10，解得d=2，
2 3 1 1
，
∴a =a +(n−1)d=2+2(n−1)=2n
n 1
，解得 ，
∴b b =b qb q2=q3=−a =−8 q=−2
2 3 1 1 4
，
∴b =b qn−1=(−2) n−1
n 1
即 ， ；
a =2n b =(−2) n−1
n n
（2）由（1）得 ，
c =2n+(−2) n−1
n
∴c +c +c +⋯+c =(a +a +⋯+a )+(b +b +⋯+b )
1 3 5 2n−1 1 3 2n−1 1 3 2n−1
=
n(a
1
+a
2n−1
)
+
b
1
(1−q2n)
=
n(2+4n−2)
+
1−(−2) 2n
=2n2+
4n
−
1.
2 1−q2 2 1−(−2) 2 3 3
a(sinC−sin A)
18．（1）由 =c−b，可得a(sinC−sin A)=(c−b)(sinC+sinB)，由正
sinC+sinB
弦定理得a(c−a)=(c−b)(c+b)，
a2+c2−b2 1 π
即a2+c2−b2=ac，由余弦定理得cosB= = ，因为00.9，故y与x线性相关较强.
50 5
（2）零假设为H ：购买电动汽车与车主性别相互独立，即购买电动汽车与车主性别无关.
0
n(ad−bc) 2 100×(30×35−20×15) 2
χ2= = ≈9.091>6.635
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 50×50×45×55
所以依据小概率值α=0.01的独立性检验，我们推断H 不成立，
0
即认为购买电动汽车与车主性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.01.
20 35
（3）11人中，男性车主11× =4人，女性车主11× =7人，
55 55
则X的可能取值为0，1，2，3，4，故
P(X=0)= C 7 4 = 7 ， P(X=1)= C1 4 C 7 3 = 14， P(X=2)= C2 4 C 7 2 = 21，
C4 66 C4 33 C4 55
11 11 11
P(X=3)= C3 4 C 7 1 = 14 ， P(X=4)= C 4 4 = 1 ，
C4 165 C4 330
11 11
故X的分布列为：
X 0 1 2 3 4
7 14 21 14 1
P
66 33 55 165 330
7 14 21 14 1 16
E(X)=0× +1× +2× +3× +4× = .
66 33 55 165 330 11
20．（1）在平面四边形ABCD中，CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2，所以四边形
ABCD是等腰梯形，过点C作CE⊥AB于E,因为四边形ABCD是等腰梯形，
11
学科网（北京）股份有限公司所以 1 3, √ 1 2 √3,
BE= ,AE= CE=√BC2−BE2= 12−( ) =
2 2 2 2
√ 3 2 √3 2 ，
AC=√AE2+CE2= ( ) +( ) =√3
2 2
所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC，
又AC⊥PB,BC∩PB=B，BC，PB⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC，
又AC⊂平面PAC，所以，平面PAC⊥平面PBC.
（2）因为PB⊥BC,AC⊥PB,BC∩AC=C, BC，AC⊂平面ABCD，
所以PB⊥平面ABCD，由（1）知，AC⊥BC，以C为原点，建立空间直角坐标系
C−xyz，如图所示
√3 1
则C(0,0,0),A(√3,0,0),B(0,1,0),D( ,− ,0)，
2 2
因为AC⊥平面PBC，PB⊥BC，可设PB=a(a>0),所以P(0,1,a)，则
，
⃗CA=(√3,0,0),⃗CP=(0,1,a)
设平面PAC的法向量为⃗n=(x,y,z)，则
⃗n⋅⃗CA=0 √3x=0
{ ,即{ ，令y=a，则x=0,z=−1，所以⃗n=(0,a,−1)，
⃗n⋅⃗CP=0 y+az=0
因为直线PB与平面PAC所成的角为30°，
所以 −a 1，解得 或 （舍），
sin30°=|cos〈⃗BP,⃗n〉|=| |= a=√3 a=−√3
a√a2+1 2
12
学科网（北京）股份有限公司√3 1
所以P(0,1,√3)，又D( ,− ,0)，
2 2
所以 √ √3 2 1 2 .
PD= (0− ) +(1+ ) +(√3−0) 2=√6
2 2
b
21．（1）由题意得|FA|=a+c=2+√5，F(c,0)，渐近线方程为y=± x，
a
则 到渐近线的距离为 |bc| bc ，
F(c,0) = =b=1
√a2+b2 c
又因为c2=a2+b2，
所以a=2，b=1，c=√5，
x2
故双曲线C的标准方程为 −y2=1.
4
（2）设直线 ： ， ， ， ，
l x=my+4 −20，∴1+ ≥0，即1≥ ；
ex ex
当 时， 符合题意，故 ；
a=2 f′(x)=ex>0 a=2
1 sinx
当a>2时，2−a<0， ≤ ；
2−a ex
1 sinx
当a<2时，2−a>0， ≥ .
2−a ex
sinx
令g(x)= (x≥0)，
ex
∴g′(x)= excosx−exsinx = cosx−sinx = √2 cos ( x+ π )，
(ex) 2 ex ex 4
π π π π
当2kπ− ≤x+ ≤2kπ+ (k∈Z)时，cos ( x+ ) ≥0，
2 4 2 4
即 x∈ [ 2kπ− 3π ,2kπ+ π] (k∈Z) ， cos ( x+ π ) ≥0 ；
4 4 4
π π 3π π
当2kπ+ ≤x+ ≤2kπ+ (k∈Z)时，cos ( x+ ) ≤0，
2 4 2 4
即x∈ [ 2kπ+ π ,2kπ+ 5π] (k∈Z)，cos ( x+ π ) ≤0；
4 4 4
√2
∵ >0，x≥0，
ex
[ π] [ 3π π] ， ；
∴x∈ 0, ∪ 2kπ− ,2kπ+ (k∈N∗) g′(x)≥0
4 4 4
[ π 5π]
x∈ 2kπ+ ,2kπ+ (k∈N)时，g′(x)≤0；
4 4
14
学科网（北京）股份有限公司所以 在[ π]，[ 3π π] 上单调递增；
g(x) 0, 2kπ− ,2kπ+ (k∈N∗)
4 4 4
[ π 5π]
在 2kπ+ ,2kπ+ (k∈N)上单调递减.
4 4
sinx
由g(x)= (x≥0)知，分子是一个周期函数，而分母却是一个增函数，
ex
不妨把g(x)看成是振幅越来越小的“类周期函数”，
所以g(x)最值只能出现在第一个周期，如图所示：
π 1 5π 1
所以g(x) =g ( )= ，g(x) =g ( )=− ；
max 4 π min 4 5π
√2e4 √2e 4
所以有¿或¿，
解得 5π或 π ；
20，
ex−2sinx ex−2 π
所以有a≤ = +2，x≥0且x≠2kπ+ (k∈N)；
1−sinx 1−sinx 2
ex−2 π
令m(x)= ，x≥0且x≠2kπ+ (k∈N)，
1−sinx 2
只需求m(x)的最小值即可.
m′(x)=
ex(1−sinx)−(ex−2)(−cosx)，
(1−sinx) 2
π
令n(x)=ex(1−sinx)−(ex−2)(−cosx)，x≥0且x≠2kπ+ (k∈N)，
2
n′(x)=ex(1−sinx)+ex(−cosx)−(ex−2)sinx−ex(−cosx)
，
=ex(1−sinx)−(ex−2)sinx=ex+2sinx−2exsinx
π
当x∈[0,ln2)时，因为ln2√2exsinx(2−2√sinx)=2√2exsinx(1−√sinx)>0
所以n(x)在x∈[0,ln2)上单调递增，又n(0)=1−(1−2)(−1)=0，
所以 ，所以 ，
n(x)≥0 m′(x)≥0
1−2
即m(x)在x∈[0,ln2)上单调递增，m(x) =m(0)= =−1；
min 1−0
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学科网（北京）股份有限公司ex−2
当x∈[ln2,+∞)时，ex−2≥2−2=0，即m(x)= ≥0；
1−sinx
综上， ，所以 ，
m(x) =−1 a≤−1+2=1
min
即当 时， 恒成立， ，符合题意；
a≤1
ℎ
′(x)≥0 ℎ(x)≥ℎ(0)=0(x≥0)
所以a的取值范围为(−∞,1].
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，
第一问中分类讨论将参变分离是关键；第二问中自变量的分段讨论；巧妙利用均值不等式
得出导数为正是关键点，考查数学转化思想，属于难题.公众号：全元高考
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