广东省华附、省实、广雅、深中2020-2021学年高三上学期四校联考数学试卷word版含答案.zip
华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数 学 参 考 答 案 一、一、单项选择题：单项选择题：1-4：BABB 5-8: DCDA 第第 8 题提示：题提示：将 2sin() 3 yx变形为 2cos() 6 yx，然后研究图象即可. 二、多项选择题：二、多项选择题：9、AC 10、BC 11、ABD 12、ABD 第第 10 题题 C 选项选项解析解析： 2222 loglogloglog (1)abaa 令 22 2 lnln(1) ( )loglog (1),01 (ln2) = xx f xxxx ， 因为( )(1)f xfx，故( )f x关于 1 2 x 对称，故只需研究 1 0, 2 x 的情况即可. 2 (1)ln(1)ln ( ) (ln2)(1) xxxx fx xx . 令( )(1)ln(1)lng xxxxx， 则 2 ( )ln()2g xxx. 易知( )g x在 1 0 2 ，上单调递减. 因为 2 2 1 ()ln(1)20ge e ， 1 ( )2ln220 2 g ，所以存在 0 2 11 , 2 x e ，使得 0 ()0g x， 且 0 0,xx时，( )0g x，( )g x单调递增， 0 1 2 xx ，时，( )0g x，( )g x 单调递减. 因为0 x 时，( )0g x ，且 1 ( )0 2 g，故 1 0 2 x ，( )0g x . 所以当 1 0, 2 x 时，( )0fx，( )f x单调递增， 所以 1 ( )( )1 2 f xf. 第第 12 题提示题提示： sincos ( )ecosesin xx fxxx，显然 2 x 不是极值点. 当 (0,)(,) 22 x时， 2sin() cos 4 ( )ecos (etan ) x x fxxx . 绘制函数 2sin() 4 y=ey=tan x x 与的草图可知，此时( )0fx仅有一个根 0 x， 且 0 2 x. 故 C 选项错误. 由上述分析可知 0 (0,)xx时，函数( )f x单调递增， 0 (,)xx时，函数( )f x单调递减. 当1n 时， ( )0, ( )e 1 42 ff，显然 ( ) ( ) 42 gg. 当2n 时， 22 22 3 ( )e 1, ()ee 24 ff . ( ) ( ) f x g x x 的几何意义为点( , ( )x f x 与坐标原点连线的斜率. 因为 33 = 422 ，故只需比较 33 ( ) () 224 ff与的大小即可. 22 22 3331 ( ) ()=(e 1)(ee)1.5 1.7(e)0 2242e ff . 故 D 正确. 三三、填空题填空题： 13、85 14、56 15、5 16、( 2)1 n ； 7 5 17解： （1） n a各项为正，且 11,( 2) nnnn aaa an ， 1 11 1,(2) nn n aa . 1 n a 是公差1d ，首项 1 1 =1 a 的等差数列. 2 分 1 n n a ，则 1 n a n . 3 分 设等比数列 n b的公比为q，则 2 1231 11 , () 28 bbbb qq. 故 2 1 = 4 qq，解得 1 = 2 q. 故 1 1 1 2 n n n bbq . 5 分 （2） 12 23 11 121 =. 2222 n n n nn bbbnnn T aaa . 21 121 2=. 222 n n nn Tn . 6 分 ： 231 11111 . 22222 n nn Tn （）. 8 分 11 (1) 1 22 1 1 2 1 2 n n nn . 10 分 18解： （1）函数( )f x只能同时满足 . 2 分 由知=2A，由知 12 444 T ,则2. 故 2sin(2) 6 f xx. 4 分 由 2 22 + 262 kxk,Zk解得 + 36 kxk，Zk. 所以 yf x的单调递增区间为 + 36 kk ，Zk. 6 分 （2） 1 1sin(2) 62 f BB . 13 (0,)2( ,) 666 BB. 5 2= =. 663 BB， 8 分 （此处若未结合角 B 的范围，直接写出 B 的值，扣 1 分.） 法一：作线段CD的中点E,因为ADAC，故AECD 因为 cos= 3 BE AB ， 即 312 = 423 aa cc . 10 分 由正弦定理知 sin2 =. sin3 BACa Cc 12 分 法二：分别在,ABDABC中对角 B 运用余弦定理，可得边长 a,c 的关系，略. 19 （ （1）证明：连接 1 OB. 11 PAPC, O为 11 AC的中点, 11. POAC 111 4,2 2ACPA, 22 11 2POPAOA. 2 分 1111 ABBC, O为 11 AC的中点, 111. OBAC 111 2 3,2ABAO, 22 1111 2 2OBABOA. 4 分 222 111 2 3,=PBPBOBOP故, 1 POOB. 11111 ,.POAC ACOBO PO 平面 111 ABC. 6 分 （2）以 O 为坐标原点， 11 OBOCOP，所在的直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则 1(2 2,0,0) B, 1(0, 2,0) A, (0,0,2)P. 则 11 (2 2,2,0)AB , 1 (0,2,2)AP . 7 分 设平面 11 PAB的法向量 1 ( , , )nx y z， 则 111 11 0 2 220 2200 nAB xy yznAP . 令12,2.xyz，则则 1 (1,2, 2)n . 9 分 易证 1 OB 平面 11 PAC,故取平面 11 PAC的法向量 2 (1,0,0)n . 10 分 12 12 12 5 cos,. 5 nn n n nn 因为二面角 111 BPAC的平面角为锐角，所以 5 cos. 5 12 分 20解： （1）X 可能的取值为50,100 1 分 4 1 5 1280 (X100) 33243 PC ,(X50)P 80163 1 243243 , 3 分 故 X 的分布列为: X 50 100 P 163 243 80 243 4 分 （2）方案一通过检验的概率为 10199 110(1 )(109 )PpCp ppp. 6 分 方案二通过检验的概率为 514554 25(1 )1 5(1)PpCp ppppp 8 分 544 12 (109 ) 1 5(1)PPppppp ，其中0 1p. 令 4454 ( )(109 )15(1)45p1f pppppp ， 则 433 ( )202020(1)0fppppp . 10 分 z y x 故( )f p在(0,1)p上单调递增，( )(1)0f pf.故 12. PP 原料供应商更希望该工厂的质检部门采取方案二，因为原料通过检验的概率更高 12 分 21解： （1）由题：422pp，故抛物线 2 C的方程为 2 4yx1 分 抛物线 2 C的焦点为(1,0)F，故 22 1ab. 又因为椭圆离心率为 1 2 ，即 11 2a .解得=2, 3ab . 椭圆 1 C的方程为 22 1 43 xy . 3 分 （2）因为ABP的内切圆圆心始终在直线PF上，即PF平分APB. 设直线, PA PB的斜率分别为 12 ,k k因为PF垂直于 x 轴，故 12=0. kk 4 分 设 1122 ( ,), (,)A x yB x y，则 12 12 22 =0 11 yy xx . 22 1122 =4=4yxyx， 12 44 =0 22yy ，即 12= 4yy. 5 分 12 1212 4 1 AB yy k xxyy ，即=1t. 6 分 将直线xym 与 2 4yx联立，可得 2 440ymy ， 由题16(1=)0m，故1.m 7 分 将直线xym 与 22 1 43 xy 联立，可得 22 637120ymym， 由题 2 48(7)0=m，故77m，故17m 8 分 设 3344 (,),(,)C x yD x y，则 2 3434 6312 , . 77 mm yyy y 则 222 3434 4 6 1()47. 7 CDtyyy ym 9 分 坐标原点 O 到直线 l 的距离为 2 m d ， 故OCD的面积 2 24 2 3 712 3 7 277 m m SCD dmm .10 分 17m ， 2 07m 故当 2 7 = 2 m时， max 2 37 = 3. 72 S 12 分 22解： （1） 1(1)(1) ( ) axxa fxxa xx ，0 x 1 分 2a 1 1a ( )0fx 1xa或01x，( )0fx 11xa. ( )f x的单调递增区间为(0,1),(1,)a ，单调递减区间为(1,1)a. 3 分 （2）令( )ln1h xxx，则 1 ( ) x h x x . ( )001h xx. 故( )h x在(0,1)单调递增，在(1,)上单调递减. 故( )(1)0h xh，即ln1xx. 4 分 欲证：(1,)xm ，(1)ln1axx，即证：(1,)xm ， 1 1 ln x a x . 令 1 ( ), 1 ln x g xxm x ，则 2 1 ln1 ( ) (ln ) x x g x x . 因为ln1xx，故 1 ln10 x x .所以( )0g x，( )g x在(1,)m上单调递增. 1 ( )( ) ln m g xg m m . 故欲证(1,)xm ， 1 1 ln x a x ，只需证 1 1 ln m a m . 6 分 ( )(1)f mf， 2 1 (1)(1)ln 22 m a mam，即 2 (1) (1)(1 ln) 2 m amm 因为ln1mm，故1 ln0mm . 故等价于证明： 1 ln2 1 m m m . 7 分 令 2(1) ( )ln,1 1 x H xxx x ，则 2 2 (1) ( )0 (1) x H x x x ，( )H x在(1,)上单调递增. 故( )(1)=0H xH即 2(1) ln 1 x x x . 从而结论得证. 8 分 （3）法一：令4a ，则 2 ( )4(1)3ln . 2 x f xxx 由（1）可知，( )f x在(0,1),(3,)上单调递增，在(1,3)上单调递减. 由题易知. 242 114 ()20 e2ee f， 17 (1)0(3)3ln30 22 ff， 故 1 01x 2 3x 3 x.因为 2 1 (e ) 2 f，故存在1m，使得 1 ()(1)= 2 f mf ，由（2）可 知(1,)x m ，3ln1xx，故(1,)x m ， 22 ( )4(1)1=33. 22 xx f xxxx 10 分 令 2 ( )=33 2 x F xx，则(1,)x m ，( )( ).f xF x 易知( )F x在(,3)上单调递减，在(3,)上单调递增. 记( )F x的两个零点为, p q，易知13pq m . 故 2 ( )( )()f pF pf x， 3 ( )( )()f qF qf x 因为( )f x在(1,3)上单调递减，在(3,)上单调递增. 所以 2 px， 3 qx，所以 32 =2 3xxqp. 12 分 法二： （切线放缩）略解. 令4a ，则 2 ( )4(1)3ln . 2 x f xxx 研究函数( )f x在点(2,(2)Af处的切线 11 :3ln21 2 x ly 以及在点(4,(4)Bf处的切线 22 3 :6ln27 4 x ly ,然后证明当1x 时，( )3ln21 2 x f x 以及 3 ( )6ln27 4 x f x . 切线 1 l与 x 轴的交点为(6ln22, 0)；切线 2 l与 x 轴的交点为 28 (8ln2, 0) 3 ， 故 32 2834 8ln2(6ln22)14ln21.62 3 33 xx.华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数 学 参 考 答 案 一、单项选择题：一、单项选择题：1-4：BABB 5-8: DCDA 第第 8 题提示：题提示：将变形为，然后研究图象即可. 2sin() 3 yx 2cos() 6 yx 二、多项选择题：二、多项选择题：9、AC 10、BC 11、ABD 12、ABD 第第 10 题题 C 选项解析：选项解析： 2222 loglogloglog (1)abaa 令， 22 2 lnln(1) ( )loglog (1),01 (ln2) = xx f xxxx 因为，故关于对称，故只需研究的情况即可.( )(1)f xfx( )f x 1 2 x 1 0, 2 x . 令， 2 (1)ln(1)ln ( ) (ln2)(1) xxxx fx xx ( )(1)ln(1)lng xxxxx 则. 易知在上单调递减. 2 ( )ln()2g xxx ( )g x 1 0 2 ， 因为，所以存在，使得 2 2 1 ()ln(1)20ge e 1 ( )2ln220 2 g 0 2 11 , 2 x e ，且时，单调递增，时， 0 ()0g x 0 0,xx( )0g x( )g x 0 1 2 xx ，( )0g x 单调递减.( )g x 因为时，且，故，.0 x ( )0g x 1 ( )0 2 g 1 0 2 x ，( )0g x 所以当时，单调递增， 所以. 1 0, 2 x ( )0fx( )f x 1 ( )( )1 2 f xf 第第 12 题提示：题提示：，显然不是极值点. sincos ( )ecosesin xx fxxx 2 x 当时，. (0,)(,) 22 x 2sin() cos 4 ( )ecos (etan ) x x fxxx 绘制函数的草图可知，此时仅有一个根， 2sin() 4 y=ey=tan x x 与( )0fx 0 x 且. 故 C 选项错误. 0 2 x 由上述分析可知时，函数单调递增，时，函数单调递减. 0 (0,)xx( )f x 0 (,)xx( )f x 当时，显然.1n ( )0, ( )e 1 42 ff ( ) ( ) 42 gg 当时，. 的几何意义为点2n 22 22 3 ( )e 1, ()ee 24 ff ( ) ( ) f x g x x 与坐标原点连线的斜率. 因为，故只需比较的大小( ,( )x f x 33 = 422 33 ( ) () 224 ff与 即可. . 故 D 正确. 22 22 3331 ( ) ()=(e 1)(ee)1.5 1.7(e)0 2242e ff 三、填空题：三、填空题： 13、85 14、 15、 16、； 565( 2)1 n 7 5 17解：（1）各项为正，且，. n a 11,( 2) nnnn aaa an 1 11 1,(2) nn n aa 是公差，首项的等差数列. 2 分 1 n a 1d 1 1 =1 a ，则. 3 分 1 n n a 1 n a n 设等比数列的公比为，则. n bq 2 1231 11 , () 28 bbbb qq 故，解得. 故. 5 分 2 1 = 4 qq 1 = 2 q 1 1 1 2 n n n bbq （2）. 12 23 11 121 =. 2222 n n n nn bbbnnn T aaa . 6 分 21 121 2=. 222 n n nn Tn ：. 8 分 231 11111 . 22222 n nn Tn （） . 10 分 11 (1) 1 22 1 1 2 1 2 n n nn 18解：（1）函数只能同时满足 . 2 分( )f x 由知，由知,则.=2A 12 444 T 2 故. 4 分 2sin(2) 6 f xx 由,解得，. 2 22 + 262 kxkZk + 36 kxkZk 所以的单调递增区间为，. 6 分 yf x + 36 kk ，Zk （2）. 1 1sin(2) 62 f BB . 8 分 13 (0,)2(,) 666 BB 5 2= =. 663 BB， （此处若未结合角 B 的范围，直接写出 B 的值，扣 1 分.） 法一：作线段的中点,因为，故 CD E ADAC=AECD 因为， 即. 10 分 cos= 3 BE AB 312 = 423 aa cc 由正弦定理知 12 分 sin2 =. sin3 BACa Cc 法二：分别在中对角 B 运用余弦定理，可得边长 a,c 的关系，略. ,ABDABC 19 （1）证明：连接. 1 OB , 为的中点, 11 PAPC O11 AC 11. POAC , . 2 分 111 4,2 2ACPA 22 11 2POPAOA , 为的中点, 1111 ABBC O11 AC 111. OBAC , . 4 分 111 2 3,2ABAO 22 1111 2 2OBABOA , . 222 111 2 3,=PBPBOBOP故 1 POOB 平面. 11111 ,.POAC ACOBO PO 111 ABC 6 分 （2）以 O 为坐标原点，所在的直线分别 11 OBOCOP， z y x 为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则, , . 1(2 2,0,0) B 1(0, 2,0) A(0,0,2)P 则, . 7 分 11 (2 2,2,0)AB 1 (0,2,2)AP 设平面的法向量， 11 PAB 1 ( , , )nx y z 则. 111 11 0 2 220 2200 nAB xy yznAP 令则. 9 分12,2.xyz ，则 1 (1,2, 2)n 易证平面,故取平面的法向量. 10 分 1 OB 11 PAC 11 PAC 2 (1,0,0)n 12 12 12 5 cos,. 5 nn n n nn 因为二面角的平面角为锐角，所以 12 分 111 BPAC 5 cos. 5 20解：（1）X 可能的取值为 1 分50,100 , 3 分 4 1 5 1280 (X100) 33243 PC (X50)P 80163 1 243243 故 X 的分布列为: X50100 P 163 243 80 243 4 分 （2）方案一通过检验的概率为. 6 分 10199 110(1 )(109 )PpCp ppp 方案二通过检验的概率为 514554 25(1 )15(1)PpCp ppppp 8 分 ，其中. 544 12 (109 )15(1)PPppppp 01p 令， 4454 ( )(109 )15(1)45p1f pppppp 则. 10 分 433 ( )202020(1)0fppppp 故在上单调递增，.故( )f p(0,1)p( )(1)0f pf 12. PP 原料供应商更希望该工厂的质检部门采取方案二，因为原料通过检验的概率更高 12 分 21解：（1）由题：，故抛物线的方程为1 分422pp 2 C 2 4yx 抛物线的焦点为，故. 2 C(1,0)F 22 1ab 又因为椭圆离心率为，即.解得. 1 2 11 2a =2, 3ab 椭圆的方程为. 3 分 1 C 22 1 43 xy （2）因为的内切圆圆心始终在直线上，即平分.ABPPFPFAPB 设直线的斜率分别为因为垂直于 x 轴，故 4 分, PA PB 12 ,k kPF 12=0. kk 设，则. 1122 ( ,), (,)A x yB xy 12 12 22 =0 11 yy xx ， ，即. 5 分 22 1122 =4=4yxyx， 12 44 =0 22yy 12= 4yy ，即. 6 分 12 1212 4 1 AB yy k xxyy =1t 将直线与联立，可得，xym 2 4yx 2 440ymy 由题，故 7 分16(1=)0m1.m 将直线与联立，可得，xym 22 1 43 xy 22 637120ymym 由题，故，故 8 分 2 48(7)0=m77m17m 设，则 3344 (,),(,)C x yD xy 2 3434 6312 , . 77 mm yyy y 则 9 分 222 3434 4 6 1()47. 7 CDtyyy ym 坐标原点 O 到直线 l 的距离为， 2 m d 故的面积 .10 分OCD 2 24 2 3 712 3 7 277 m m SCD dmm ，17m 2 07m 故当时， 12 分 2 7 = 2 m max 2 37 = 3. 72 S 22解：（1）， 1 分 1(1)(1) ( ) axxa fxxa xx 0 x 2a 11a 或， .( )0fx1xa01x( )0fx11xa 的单调递增区间为,，单调递减区间为. 3 分( )f x(0,1)(1,)a(1,1)a （2）令，则. .( )ln1h xxx 1 ( ) x h x x ( )001h xx 故在单调递增，在上单调递减. ( )h x(0,1)(1,) 故，即. 4 分( )(1)0h xhln1xx 欲证：，即证：，.(1,)xm (1)ln1axx(1,)xm 1 1 ln x a x 令，则. 1 ( ), 1 ln x g xxm x 2 1 ln1 ( ) (ln ) x x g x x 因为，故.所以，在上单调递增. ln1xx 1 ln10 x x ( )0g x( )g x(1,)m . 故欲证，只需证. 1 ( )( ) ln m g xg m m (1,)xm 1 1 ln x a x 1 1 ln m a m 6 分 ， ，即( )(1)f mf 2 1 (1)(1)ln 22 m a mam 2 (1) (1)(1 ln) 2 m amm 因为，故. 故等价于证明：. 7 分ln1mm1 ln0mm 1 ln2 1 m m m 令，则，在上单调递增. 2(1) ( )ln,1 1 x H xxx x 2 2 (1) ( )0 (1) x H x x x ( )H x(1,) 故即. 从而结论得证. 8 分( )(1)=0H xH 2(1) ln 1 x x x （3）法一：令，则4a 2 ( )4(1)3ln . 2 x f xxx 由（1）可知，在,上单调递增，在上单调递减.( )f x(0,1)(3,)(1,3) 由题易知.， 242 114 ()20 e2ee f 17 (1)0(3)3ln30 22 ff， 故.因为，故存在，使得，由（2） 1 01x 2 3x 3 x 2 1 (e ) 2 f1m 1 ()(1)= 2 f mf 可知，故， (1,)x m 3ln1xx(1,)x m 22 ( )4(1)1=33. 22 xx f xxxx 10 分 令，则， 2 ( )=33 2 x F xx(1,)x m ( )( ).f xF x 易知在上单调递减，在上单调递增.( )F x(,3)(3,) 记的两个零点为，易知.( )F x, p q13pq m 故， 2 ( )( )()f pF pf x 3 ( )( )()f qF qf x 因为在上单调递减，在上单调递增.( )f x(1,3)(3,) 所以，所以. 12 分 2 px 3 qx 32 =2 3xxqp 法二：（切线放缩）略解. 令，则4a 2 ( )4(1)3ln . 2 x f xxx 研究函数在点处的切线以及在点处的切线( )f x(2,(2)Af 11 :3ln21 2 x ly (4,(4)Bf ,然后证明当时，以及. 22 3 :6ln27 4 x ly 1x ( )3ln21 2 x f x 3 ( )6ln27 4 x f x 切线与 x 轴的交点为；切线与 x 轴的交点为， 1 l(6ln22, 0) 2 l 28 (8ln2, 0) 3 故. 32 2834 8ln2(6ln22)14ln21.62 3 33 xx华附、省实、广雅、深中2021届高三四校联考华附、省实、广雅、深中2021届高三四校联考 数学数学 姓名：姓名：_班级：班级：_考场：考场：_ 座位号：座位号：_ 正确填涂正确填涂 缺考标记缺考标记 注意事项注意事项 1答题前请将姓名、班级、考 场、准考证号填写清楚。 2客观题答题，必须使用2B铅 笔填涂，修改时用橡皮擦干净。 3必须在题号对应的答题区域 内作答，超出答题区域书写无 效。 考号 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 客观题客观题(18(18为单选题为单选题;912;912为多选题为多选题) ) 1A B C D 2A B C D 3A B C D 4A B C D 5A B C D 6A B C D 7A B C D 8A B C D 9A B C D 10A B C D 11A B C D 12A B C D 填空题填空题 13. 14. 15. 16. ， 解答题解答题 17. 第1页 共6页 18. 第2页 共6页 19. 第3页 共6页 20. 第4页 共6页 21. 第5页 共6页 22. 第6页 共6页华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数学试卷 1 / 6 华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数 学 2021.02 命题学校：深圳中学 命题： 审题： 本试卷分选择题和非选择题两部分，共 5 页，22 小题，满分 150 分考试用时 120 分钟 注意事项： 1答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相 关信息填写在答题卡指定区域内，并用 2B 铅笔填涂相关信息。 2选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。 3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内 的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和 涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4考生必须保持答题卡的整洁。 第一部分 选择题 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的 1设集合，则（*） 02MxxR11Nxx R MN A B C D 01xx01xx12xx12xx 2复数在复平面内对应的点位于（*） 2021 i 3i z A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3已知直线 ，和平面，且，则是的（*）条件 lmllmmA A充分不必要 B必要不充分 C充分必要 D既不充分也不必要 4为了解学生的身体状况，某校随机抽取了一批学生测 量体重经统计，这批学生的体重数据(单位：千克)全部 介于 45 至 70 之间将数据分成 5 组，并得到如图所示的 频率分布直方图现采用分层抽样的方法，从， 55,60 ， 这三个区间中随机抽取 6 名学生，再 60,6565,70 从这 6 名学生中随机抽取 3 人，则这三人中恰有两人体重 位于区间的概率是（*） 55,60 ABCD 8 15 9 20 3 5 9 10 第 4 题图 华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数学试卷 2 / 6 5已知是两个夹角为的单位向量，则的最小值为（*）, a b 3 kba A B C D 1 4 1 2 3 4 3 2 6雷达是利用电磁波探测目标的电子设备电磁波在大气中大致沿直线传播受地球表面 曲率的影响，雷达所能发现目标的最大直视距离 22 22 12 LRhRRhR （如图） ，其中为雷达天线架设高度， 22 1122 22RhhRhh 1 h 为探测目标高度，为地球半径考虑到电磁波的弯曲、折射等 2 h R 因素，等效取 8490km，故远大于假设某探测目标高度为 RR12 ,h h 25m，为保护航母的安全，须在直视距离 390km 外探测到目标，并发 出预警，则舰载预警机的巡航高度至少约为（*） （参考数据：） 2 8.494.12 A6400mB7200mC8100mD 10000m 7已知抛物线的焦点为，点是抛物线 C 上位于第一象限内的一点， 2 :2(0)C ypx pFP 为线段的中点，垂直轴于点，若直线的倾斜角为，则MPFMQyQQF (,) 2 直线的倾斜角为（*）PF ABCD 22 8已知点是函数的图象和函数 , ,A B C 2sin(),0 3 yx 图象的连续三个交点，若是锐角三角形，则的取值范围 2sin(),0 6 yx ABC 为（*） ABCD (,) 2 (,) 4 (0,) 2 (0,) 4 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中，至少有 两项是符合题目要求的，全部选对得 5 分，对而不全得 2 分，只要有一项选错，即得 0 分 9已知定义在上的函数对任意实数满足， R f x x 2fxf x ，且时，则下列说法中，正确的是（*） 2fxf x0,1x 2 1f xx A是的周期 B不是图象的对称轴 2 f x 1x f x 第 6 题图 华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数学试卷 3 / 6 C D方程只有 4 个实根 2021 =2f 1 2 =f xx 10已知实数，则下列说法中，正确的是（*） 0,0, 1abab A B 11 4 ab 222 2 ab C D存在，使得直线与圆相切 22 loglog1ab , a b 1axby 22 4xy 11点 C，D 是平面内的两个定点，点在平面的同一侧，且 =2CDAB， 若与平面所成的角分别为，则下列关于四面体 ABCD 2=4ACBC ,AC BC 5 , 12 4 的说法中，正确的是（*） A点 A 在空间中的运动轨迹是一个圆 B面积的最小值为 2 ABC C四面体 ABCD 体积的最大值为2 3 D当四面体 ABCD 的体积达最大时，其外接球的表面积为20 12已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中，正确的是 sincos ( )ee xx f x e （*） A. 在是增函数 ( )f x (0,) 2 B. 是奇函数 () 4 f x C. 在上有两个极值点( )f x(0,) D. 设，则满足的正整数的最小值是 2 ( ) ( ) f x g x x 1 ()() 44 nn gg n 第二部分 非选择题 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13已知某种商品的广告费支出 x（单位：万元）与销售额 y（单位：万元）之间有如 下对应数据： x24568 y3040506070 根据上表可得回归方程 ，根据最小二乘法计算可得，则当投入 10 万 ybxa =7 b 华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数学试卷 4 / 6 元广告费时，销售额的预报值为_*_万元 14的展开式中，的系数是_*_ 24 2 1 (2)x x 2 x 15已知双曲线的左焦点为，为双曲线上一点，与双曲 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 1 FP 1 PF 线的渐近线平行，且，其中为坐标原点，则双曲线的离心率C 1 POFOOC _*_=e 16已知数列的前 n 项和，则数列的通项公式为_*_， n a 24 33 = nn San n a n a 则的最大值为_*_ 1n n a a 四、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （本小题满分 10 分） 已知正项数列满足，等比数列满足： n a 1 1a 11,( 2) nnnn aaa an n b 2123 ,ab bb 8 a （1）证明数列是等差数列，并求数列的通项公式； 1 n a , nn ab （2）设，求 12 11 n n nn bbb T aaa n T 18 （本小题满分 12 分） 已知函数只能同时满足以下三个条件中的两个 sin(),( ,0) 6 f xAxA 函数的最大值是；( )f x2 函数的图象可由函数左右平移得到； f x 22 cos2sincossin 2222 xxxx f x 函数的对称中心与的对称轴之间的最短距离是；( )f x( )f x 4 （1）写出这两个条件的序号（不必说明理由）并求出函数的单调递增区间； yf x （2）已知的内角、所对的边分别为、，满足，ABCABCabc 1f B 点为的中点，且，求的值 DBCADb= sin sin BAC C 华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数学试卷 5 / 6 19 （本小题满分 12 分） 如图，在三棱柱中，、分别为、的中点， 111 ABCABC POAC 11 AC ，. 11 2 2PAPC 1111 ABBC 1 2 3PB 11 4AC （1）求证：平面； PO 111 ABC （2）求二面角的余弦值 111 BPAC 20 （本小题满分 12 分） 某工厂的质检部门对拟购买的一批原料进行抽样检验，以判定是接收还是拒收这批原 料 现有如下两种抽样检验方案： 方案一：随机抽取一个容量为 10 的样本，并全部检验，若样本中不合格品数不超过 1 个，则认为该批原料合格，予以接收 方案二：先随机抽取一个容量为 5 的样本，全部检验若都合格，则予以接收；若样 本中不合格品数超过 1 个，则拒收；若样本中不合格品数为 1 个，则再抽取一个容量为 5 的样本，并全部检验，且只有第二批抽样全部合格，才予以接收 假设拟购进的这批原料，合格率为 p（），并用 p 作为原料中每件产品是合格01p 品的概率若每件产品的所需的检验费用为 10 元，且费用由工厂承担 （1）若，记方案二中所需的检验费用为随机变量 X，求 X 的分布列； 2 = 3 p （2）分别计算两种方案中，这批原料通过检验的概率如果你是原料供应商，你希望该工 厂的质检部门采取哪种抽样检验方案？ 并说明理由 21 （本小题满分 12 分） 已知离心率为的椭圆与抛物线有 1 2 22 1 22 :1(0) xy Cab ab 2 2: 2 (0)Cypxp 相同的焦点，且抛物线经过点，是坐标原点F(1,2)PO （1）求椭圆和抛物线的标准方程； （2）已知直线 ：与抛物线交于 A,B 两点，与椭圆交于 C,D 两点，若的lxtymABP 内切圆圆心始终在直线上，求面积的最大值PFOCD 22 （本小题满分 12 分） 已知函数 2 ( )(1)(1)ln , 2 2 x f xa xax a 第 19 题图 华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数学试卷 6 / 6 （1）求函数的单调区间；( )f x （2）若且，证明：，；( )(1)f mf1m (1,)xm (1)ln1axx （3）记方程的三个实根为，若，证明： 2 43ln4 2 x xx 123 ,x x x 1 x 2 x 3 x 32 2 3xx华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数学试卷 1 / 5 华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数 学 2021.02 命题学校：深圳中学 命题：董正林 赵志伟 审题：黄文辉 本试卷分选择题和非选择题两部分，共 5 页，22 小题，满分 150 分考试用时 120 分钟 注意事项： 1答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相 关信息填写在答题卡指定区域内，并用 2B 铅笔填涂相
收藏
- 资源描述：
-
华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数 学 参 考 答 案 一、一、单项选择题：单项选择题：1-4：BABB 5-8: DCDA 第第 8 题提示：题提示：将 2sin() 3 yx变形为 2cos() 6 yx，然后研究图象即可. 二、多项选择题：二、多项选择题：9、AC 10、BC 11、ABD 12、ABD 第第 10 题题 C 选项选项解析解析： 2222 loglogloglog (1)abaa 令 22 2 lnln(1) ( )loglog (1),01 (ln2) = xx f xxxx ， 因为( )(1)f xfx，故( )f x关于 1 2 x 对称，故只需研究 1 0, 2 x 的情况即可. 2 (1)ln(1)ln ( ) (ln2)(1) xxxx fx xx . 令( )(1)ln(1)lng xxxxx， 则 2 ( )ln()2g xxx. 易知( )g x在 1 0 2 ，上单调递减. 因为 2 2 1 ()ln(1)20ge e ， 1 ( )2ln220 2 g ，所以存在 0 2 11 , 2 x e ，使得 0 ()0g x， 且 0 0,xx时，( )0g x，( )g x单调递增， 0 1 2 xx ，时，( )0g x，( )g x 单调递减. 因为0 x 时，( )0g x ，且 1 ( )0 2 g，故 1 0 2 x ，( )0g x . 所以当 1 0, 2 x 时，( )0fx，( )f x单调递增， 所以 1 ( )( )1 2 f xf. 第第 12 题提示题提示： sincos ( )ecosesin xx fxxx，显然 2 x 不是极值点. 当 (0,)(,) 22 x时， 2sin() cos 4 ( )ecos (etan ) x x fxxx . 绘制函数 2sin() 4 y=ey=tan x x 与的草图可知，此时( )0fx仅有一个根 0 x， 且 0 2 x. 故 C 选项错误. 由上述分析可知 0 (0,)xx时，函数( )f x单调递增， 0 (,)xx时，函数( )f x单调递减. 当1n 时， ( )0, ( )e 1 42 ff，显然 ( ) ( ) 42 gg. 当2n 时， 22 22 3 ( )e 1, ()ee 24 ff . ( ) ( ) f x g x x 的几何意义为点( , ( )x f x 与坐标原点连线的斜率. 因为 33 = 422 ，故只需比较 33 ( ) () 224 ff与的大小即可. 22 22 3331 ( ) ()=(e 1)(ee)1.5 1.7(e)0 2242e ff . 故 D 正确. 三三、填空题填空题： 13、85 14、56 15、5 16、( 2)1 n ； 7 5 17解： （1） n a各项为正，且 11,( 2) nnnn aaa an ， 1 11 1,(2) nn n aa . 1 n a 是公差1d ，首项 1 1 =1 a 的等差数列. 2 分 1 n n a ，则 1 n a n . 3 分 设等比数列 n b的公比为q，则 2 1231 11 , () 28 bbbb qq. 故 2 1 = 4 qq，解得 1 = 2 q. 故 1 1 1 2 n n n bbq . 5 分 （2） 12 23 11 121 =. 2222 n n n nn bbbnnn T aaa . 21 121 2=. 222 n n nn Tn . 6 分 ： 231 11111 . 22222 n nn Tn （）. 8 分 11 (1) 1 22 1 1 2 1 2 n n nn . 10 分 18解： （1）函数( )f x只能同时满足 . 2 分 由知=2A，由知 12 444 T ,则2. 故 2sin(2) 6 f xx. 4 分 由 2 22 + 262 kxk,Zk解得 + 36 kxk，Zk. 所以 yf x的单调递增区间为 + 36 kk ，Zk. 6 分 （2） 1 1sin(2) 62 f BB . 13 (0,)2( ,) 666 BB. 5 2= =. 663 BB， 8 分 （此处若未结合角 B 的范围，直接写出 B 的值，扣 1 分.） 法一：作线段CD的中点E,因为ADAC，故AECD 因为 cos= 3 BE AB ， 即 312 = 423 aa cc . 10 分 由正弦定理知 sin2 =. sin3 BACa Cc 12 分 法二：分别在,ABDABC中对角 B 运用余弦定理，可得边长 a,c 的关系，略. 19 （ （1）证明：连接 1 OB. 11 PAPC, O为 11 AC的中点, 11. POAC 111 4,2 2ACPA, 22 11 2POPAOA. 2 分 1111 ABBC, O为 11 AC的中点, 111. OBAC 111 2 3,2ABAO, 22 1111 2 2OBABOA. 4 分 222 111 2 3,=PBPBOBOP故, 1 POOB. 11111 ,.POAC ACOBO PO 平面 111 ABC. 6 分 （2）以 O 为坐标原点， 11 OBOCOP，所在的直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则 1(2 2,0,0) B, 1(0, 2,0) A, (0,0,2)P. 则 11 (2 2,2,0)AB , 1 (0,2,2)AP . 7 分 设平面 11 PAB的法向量 1 ( , , )nx y z， 则 111 11 0 2 220 2200 nAB xy yznAP . 令12,2.xyz，则则 1 (1,2, 2)n . 9 分 易证 1 OB 平面 11 PAC,故取平面 11 PAC的法向量 2 (1,0,0)n . 10 分 12 12 12 5 cos,. 5 nn n n nn 因为二面角 111 BPAC的平面角为锐角，所以 5 cos. 5 12 分 20解： （1）X 可能的取值为50,100 1 分 4 1 5 1280 (X100) 33243 PC ,(X50)P 80163 1 243243 , 3 分 故 X 的分布列为: X 50 100 P 163 243 80 243 4 分 （2）方案一通过检验的概率为 10199 110(1 )(109 )PpCp ppp. 6 分 方案二通过检验的概率为 514554 25(1 )1 5(1)PpCp ppppp 8 分 544 12 (109 ) 1 5(1)PPppppp ，其中0 1p. 令 4454 ( )(109 )15(1)45p1f pppppp ， 则 433 ( )202020(1)0fppppp . 10 分 z y x 故( )f p在(0,1)p上单调递增，( )(1)0f pf.故 12. PP 原料供应商更希望该工厂的质检部门采取方案二，因为原料通过检验的概率更高 12 分 21解： （1）由题：422pp，故抛物线 2 C的方程为 2 4yx1 分 抛物线 2 C的焦点为(1,0)F，故 22 1ab. 又因为椭圆离心率为 1 2 ，即 11 2a .解得=2, 3ab . 椭圆 1 C的方程为 22 1 43 xy . 3 分 （2）因为ABP的内切圆圆心始终在直线PF上，即PF平分APB. 设直线, PA PB的斜率分别为 12 ,k k因为PF垂直于 x 轴，故 12=0. kk 4 分 设 1122 ( ,), (,)A x yB x y，则 12 12 22 =0 11 yy xx . 22 1122 =4=4yxyx， 12 44 =0 22yy ，即 12= 4yy. 5 分 12 1212 4 1 AB yy k xxyy ，即=1t. 6 分 将直线xym 与 2 4yx联立，可得 2 440ymy ， 由题16(1=)0m，故1.m 7 分 将直线xym 与 22 1 43 xy 联立，可得 22 637120ymym， 由题 2 48(7)0=m，故77m，故17m 8 分 设 3344 (,),(,)C x yD x y，则 2 3434 6312 , . 77 mm yyy y 则 222 3434 4 6 1()47. 7 CDtyyy ym 9 分 坐标原点 O 到直线 l 的距离为 2 m d ， 故OCD的面积 2 24 2 3 712 3 7 277 m m SCD dmm .10 分 17m ， 2 07m 故当 2 7 = 2 m时， max 2 37 = 3. 72 S 12 分 22解： （1） 1(1)(1) ( ) axxa fxxa xx ，0 x 1 分 2a 1 1a ( )0fx 1xa或01x，( )0fx 11xa. ( )f x的单调递增区间为(0,1),(1,)a ，单调递减区间为(1,1)a. 3 分 （2）令( )ln1h xxx，则 1 ( ) x h x x . ( )001h xx. 故( )h x在(0,1)单调递增，在(1,)上单调递减. 故( )(1)0h xh，即ln1xx. 4 分 欲证：(1,)xm ，(1)ln1axx，即证：(1,)xm ， 1 1 ln x a x . 令 1 ( ), 1 ln x g xxm x ，则 2 1 ln1 ( ) (ln ) x x g x x . 因为ln1xx，故 1 ln10 x x .所以( )0g x，( )g x在(1,)m上单调递增. 1 ( )( ) ln m g xg m m . 故欲证(1,)xm ， 1 1 ln x a x ，只需证 1 1 ln m a m . 6 分 ( )(1)f mf， 2 1 (1)(1)ln 22 m a mam，即 2 (1) (1)(1 ln) 2 m amm 因为ln1mm，故1 ln0mm . 故等价于证明： 1 ln2 1 m m m . 7 分 令 2(1) ( )ln,1 1 x H xxx x ，则 2 2 (1) ( )0 (1) x H x x x ，( )H x在(1,)上单调递增. 故( )(1)=0H xH即 2(1) ln 1 x x x . 从而结论得证. 8 分 （3）法一：令4a ，则 2 ( )4(1)3ln . 2 x f xxx 由（1）可知，( )f x在(0,1),(3,)上单调递增，在(1,3)上单调递减. 由题易知. 242 114 ()20 e2ee f， 17 (1)0(3)3ln30 22 ff， 故 1 01x 2 3x 3 x.因为 2 1 (e ) 2 f，故存在1m，使得 1 ()(1)= 2 f mf ，由（2）可 知(1,)x m ，3ln1xx，故(1,)x m ， 22 ( )4(1)1=33. 22 xx f xxxx 10 分 令 2 ( )=33 2 x F xx，则(1,)x m ，( )( ).f xF x 易知( )F x在(,3)上单调递减，在(3,)上单调递增. 记( )F x的两个零点为, p q，易知13pq m . 故 2 ( )( )()f pF pf x， 3 ( )( )()f qF qf x 因为( )f x在(1,3)上单调递减，在(3,)上单调递增. 所以 2 px， 3 qx，所以 32 =2 3xxqp. 12 分 法二： （切线放缩）略解. 令4a ，则 2 ( )4(1)3ln . 2 x f xxx 研究函数( )f x在点(2,(2)Af处的切线 11 :3ln21 2 x ly 以及在点(4,(4)Bf处的切线 22 3 :6ln27 4 x ly ,然后证明当1x 时，( )3ln21 2 x f x 以及 3 ( )6ln27 4 x f x . 切线 1 l与 x 轴的交点为(6ln22, 0)；切线 2 l与 x 轴的交点为 28 (8ln2, 0) 3 ， 故 32 2834 8ln2(6ln22)14ln21.62 3 33 xx.华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数 学 参 考 答 案 一、单项选择题：一、单项选择题：1-4：BABB 5-8: DCDA 第第 8 题提示：题提示：将变形为，然后研究图象即可. 2sin() 3 yx 2cos() 6 yx 二、多项选择题：二、多项选择题：9、AC 10、BC 11、ABD 12、ABD 第第 10 题题 C 选项解析：选项解析： 2222 loglogloglog (1)abaa 令， 22 2 lnln(1) ( )loglog (1),01 (ln2) = xx f xxxx 因为，故关于对称，故只需研究的情况即可.( )(1)f xfx( )f x 1 2 x 1 0, 2 x . 令， 2 (1)ln(1)ln ( ) (ln2)(1) xxxx fx xx ( )(1)ln(1)lng xxxxx 则. 易知在上单调递减. 2 ( )ln()2g xxx ( )g x 1 0 2 ， 因为，所以存在，使得 2 2 1 ()ln(1)20ge e 1 ( )2ln220 2 g 0 2 11 , 2 x e ，且时，单调递增，时， 0 ()0g x 0 0,xx( )0g x( )g x 0 1 2 xx ，( )0g x 单调递减.( )g x 因为时，且，故，.0 x ( )0g x 1 ( )0 2 g 1 0 2 x ，( )0g x 所以当时，单调递增， 所以. 1 0, 2 x ( )0fx( )f x 1 ( )( )1 2 f xf 第第 12 题提示：题提示：，显然不是极值点. sincos ( )ecosesin xx fxxx 2 x 当时，. (0,)(,) 22 x 2sin() cos 4 ( )ecos (etan ) x x fxxx 绘制函数的草图可知，此时仅有一个根， 2sin() 4 y=ey=tan x x 与( )0fx 0 x 且. 故 C 选项错误. 0 2 x 由上述分析可知时，函数单调递增，时，函数单调递减. 0 (0,)xx( )f x 0 (,)xx( )f x 当时，显然.1n ( )0, ( )e 1 42 ff ( ) ( ) 42 gg 当时，. 的几何意义为点2n 22 22 3 ( )e 1, ()ee 24 ff ( ) ( ) f x g x x 与坐标原点连线的斜率. 因为，故只需比较的大小( ,( )x f x 33 = 422 33 ( ) () 224 ff与 即可. . 故 D 正确. 22 22 3331 ( ) ()=(e 1)(ee)1.5 1.7(e)0 2242e ff 三、填空题：三、填空题： 13、85 14、 15、 16、； 565( 2)1 n 7 5 17解：（1）各项为正，且，. n a 11,( 2) nnnn aaa an 1 11 1,(2) nn n aa 是公差，首项的等差数列. 2 分 1 n a 1d 1 1 =1 a ，则. 3 分 1 n n a 1 n a n 设等比数列的公比为，则. n bq 2 1231 11 , () 28 bbbb qq 故，解得. 故. 5 分 2 1 = 4 qq 1 = 2 q 1 1 1 2 n n n bbq （2）. 12 23 11 121 =. 2222 n n n nn bbbnnn T aaa . 6 分 21 121 2=. 222 n n nn Tn ：. 8 分 231 11111 . 22222 n nn Tn （） . 10 分 11 (1) 1 22 1 1 2 1 2 n n nn 18解：（1）函数只能同时满足 . 2 分( )f x 由知，由知,则.=2A 12 444 T 2 故. 4 分 2sin(2) 6 f xx 由,解得，. 2 22 + 262 kxkZk + 36 kxkZk 所以的单调递增区间为，. 6 分 yf x + 36 kk ，Zk （2）. 1 1sin(2) 62 f BB . 8 分 13 (0,)2(,) 666 BB 5 2= =. 663 BB， （此处若未结合角 B 的范围，直接写出 B 的值，扣 1 分.） 法一：作线段的中点,因为，故 CD E ADAC=AECD 因为， 即. 10 分 cos= 3 BE AB 312 = 423 aa cc 由正弦定理知 12 分 sin2 =. sin3 BACa Cc 法二：分别在中对角 B 运用余弦定理，可得边长 a,c 的关系，略. ,ABDABC 19 （1）证明：连接. 1 OB , 为的中点, 11 PAPC O11 AC 11. POAC , . 2 分 111 4,2 2ACPA 22 11 2POPAOA , 为的中点, 1111 ABBC O11 AC 111. OBAC , . 4 分 111 2 3,2ABAO 22 1111 2 2OBABOA , . 222 111 2 3,=PBPBOBOP故 1 POOB 平面. 11111 ,.POAC ACOBO PO 111 ABC 6 分 （2）以 O 为坐标原点，所在的直线分别 11 OBOCOP， z y x 为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则, , . 1(2 2,0,0) B 1(0, 2,0) A(0,0,2)P 则, . 7 分 11 (2 2,2,0)AB 1 (0,2,2)AP 设平面的法向量， 11 PAB 1 ( , , )nx y z 则. 111 11 0 2 220 2200 nAB xy yznAP 令则. 9 分12,2.xyz ，则 1 (1,2, 2)n 易证平面,故取平面的法向量. 10 分 1 OB 11 PAC 11 PAC 2 (1,0,0)n 12 12 12 5 cos,. 5 nn n n nn 因为二面角的平面角为锐角，所以 12 分 111 BPAC 5 cos. 5 20解：（1）X 可能的取值为 1 分50,100 , 3 分 4 1 5 1280 (X100) 33243 PC (X50)P 80163 1 243243 故 X 的分布列为: X50100 P 163 243 80 243 4 分 （2）方案一通过检验的概率为. 6 分 10199 110(1 )(109 )PpCp ppp 方案二通过检验的概率为 514554 25(1 )15(1)PpCp ppppp 8 分 ，其中. 544 12 (109 )15(1)PPppppp 01p 令， 4454 ( )(109 )15(1)45p1f pppppp 则. 10 分 433 ( )202020(1)0fppppp 故在上单调递增，.故( )f p(0,1)p( )(1)0f pf 12. PP 原料供应商更希望该工厂的质检部门采取方案二，因为原料通过检验的概率更高 12 分 21解：（1）由题：，故抛物线的方程为1 分422pp 2 C 2 4yx 抛物线的焦点为，故. 2 C(1,0)F 22 1ab 又因为椭圆离心率为，即.解得. 1 2 11 2a =2, 3ab 椭圆的方程为. 3 分 1 C 22 1 43 xy （2）因为的内切圆圆心始终在直线上，即平分.ABPPFPFAPB 设直线的斜率分别为因为垂直于 x 轴，故 4 分, PA PB 12 ,k kPF 12=0. kk 设，则. 1122 ( ,), (,)A x yB xy 12 12 22 =0 11 yy xx ， ，即. 5 分 22 1122 =4=4yxyx， 12 44 =0 22yy 12= 4yy ，即. 6 分 12 1212 4 1 AB yy k xxyy =1t 将直线与联立，可得，xym 2 4yx 2 440ymy 由题，故 7 分16(1=)0m1.m 将直线与联立，可得，xym 22 1 43 xy 22 637120ymym 由题，故，故 8 分 2 48(7)0=m77m17m 设，则 3344 (,),(,)C x yD xy 2 3434 6312 , . 77 mm yyy y 则 9 分 222 3434 4 6 1()47. 7 CDtyyy ym 坐标原点 O 到直线 l 的距离为， 2 m d 故的面积 .10 分OCD 2 24 2 3 712 3 7 277 m m SCD dmm ，17m 2 07m 故当时， 12 分 2 7 = 2 m max 2 37 = 3. 72 S 22解：（1）， 1 分 1(1)(1) ( ) axxa fxxa xx 0 x 2a 11a 或， .( )0fx1xa01x( )0fx11xa 的单调递增区间为,，单调递减区间为. 3 分( )f x(0,1)(1,)a(1,1)a （2）令，则. .( )ln1h xxx 1 ( ) x h x x ( )001h xx 故在单调递增，在上单调递减. ( )h x(0,1)(1,) 故，即. 4 分( )(1)0h xhln1xx 欲证：，即证：，.(1,)xm (1)ln1axx(1,)xm 1 1 ln x a x 令，则. 1 ( ), 1 ln x g xxm x 2 1 ln1 ( ) (ln ) x x g x x 因为，故.所以，在上单调递增. ln1xx 1 ln10 x x ( )0g x( )g x(1,)m . 故欲证，只需证. 1 ( )( ) ln m g xg m m (1,)xm 1 1 ln x a x 1 1 ln m a m 6 分 ， ，即( )(1)f mf 2 1 (1)(1)ln 22 m a mam 2 (1) (1)(1 ln) 2 m amm 因为，故. 故等价于证明：. 7 分ln1mm1 ln0mm 1 ln2 1 m m m 令，则，在上单调递增. 2(1) ( )ln,1 1 x H xxx x 2 2 (1) ( )0 (1) x H x x x ( )H x(1,) 故即. 从而结论得证. 8 分( )(1)=0H xH 2(1) ln 1 x x x （3）法一：令，则4a 2 ( )4(1)3ln . 2 x f xxx 由（1）可知，在,上单调递增，在上单调递减.( )f x(0,1)(3,)(1,3) 由题易知.， 242 114 ()20 e2ee f 17 (1)0(3)3ln30 22 ff， 故.因为，故存在，使得，由（2） 1 01x 2 3x 3 x 2 1 (e ) 2 f1m 1 ()(1)= 2 f mf 可知，故， (1,)x m 3ln1xx(1,)x m 22 ( )4(1)1=33. 22 xx f xxxx 10 分 令，则， 2 ( )=33 2 x F xx(1,)x m ( )( ).f xF x 易知在上单调递减，在上单调递增.( )F x(,3)(3,) 记的两个零点为，易知.( )F x, p q13pq m 故， 2 ( )( )()f pF pf x 3 ( )( )()f qF qf x 因为在上单调递减，在上单调递增.( )f x(1,3)(3,) 所以，所以. 12 分 2 px 3 qx 32 =2 3xxqp 法二：（切线放缩）略解. 令，则4a 2 ( )4(1)3ln . 2 x f xxx 研究函数在点处的切线以及在点处的切线( )f x(2,(2)Af 11 :3ln21 2 x ly (4,(4)Bf ,然后证明当时，以及. 22 3 :6ln27 4 x ly 1x ( )3ln21 2 x f x 3 ( )6ln27 4 x f x 切线与 x 轴的交点为；切线与 x 轴的交点为， 1 l(6ln22, 0) 2 l 28 (8ln2, 0) 3 故. 32 2834 8ln2(6ln22)14ln21.62 3 33 xx华附、省实、广雅、深中2021届高三四校联考华附、省实、广雅、深中2021届高三四校联考 数学数学 姓名：姓名：____________________班级：班级：______________考场：考场：__________ 座位号：座位号：__________ 正确填涂正确填涂 缺考标记缺考标记 注意事项注意事项 1答题前请将姓名、班级、考 场、准考证号填写清楚。 2客观题答题，必须使用2B铅 笔填涂，修改时用橡皮擦干净。 3必须在题号对应的答题区域 内作答，超出答题区域书写无 效。 考号 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 客观题客观题(18(18为单选题为单选题;912;912为多选题为多选题) ) 1A B C D 2A B C D 3A B C D 4A B C D 5A B C D 6A B C D 7A B C D 8A B C D 9A B C D 10A B C D 11A B C D 12A B C D 填空题填空题 13. 14. 15. 16. ， 解答题解答题 17. 第1页 共6页 18. 第2页 共6页 19. 第3页 共6页 20. 第4页 共6页 21. 第5页 共6页 22. 第6页 共6页华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数学试卷 1 / 6 华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数 学 2021.02 命题学校：深圳中学 命题： 审题： 本试卷分选择题和非选择题两部分，共 5 页，22 小题，满分 150 分考试用时 120 分钟 注意事项： 1答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相 关信息填写在答题卡指定区域内，并用 2B 铅笔填涂相关信息。 2选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。 3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内 的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和 涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4考生必须保持答题卡的整洁。 第一部分 选择题 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的 1设集合，则（*） 02MxxR11Nxx R MN A B C D 01xx01xx12xx12xx 2复数在复平面内对应的点位于（*） 2021 i 3i z A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3已知直线 ，和平面，且，则是的（*）条件 lmllmmA A充分不必要 B必要不充分 C充分必要 D既不充分也不必要 4为了解学生的身体状况，某校随机抽取了一批学生测 量体重经统计，这批学生的体重数据(单位：千克)全部 介于 45 至 70 之间将数据分成 5 组，并得到如图所示的 频率分布直方图现采用分层抽样的方法，从， 55,60 ， 这三个区间中随机抽取 6 名学生，再 60,6565,70 从这 6 名学生中随机抽取 3 人，则这三人中恰有两人体重 位于区间的概率是（*） 55,60 ABCD 8 15 9 20 3 5 9 10 第 4 题图 华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数学试卷 2 / 6 5已知是两个夹角为的单位向量，则的最小值为（*）, a b 3 kba A B C D 1 4 1 2 3 4 3 2 6雷达是利用电磁波探测目标的电子设备电磁波在大气中大致沿直线传播受地球表面 曲率的影响，雷达所能发现目标的最大直视距离 22 22 12 LRhRRhR （如图） ，其中为雷达天线架设高度， 22 1122 22RhhRhh 1 h 为探测目标高度，为地球半径考虑到电磁波的弯曲、折射等 2 h R 因素，等效取 8490km，故远大于假设某探测目标高度为 RR12 ,h h 25m，为保护航母的安全，须在直视距离 390km 外探测到目标，并发 出预警，则舰载预警机的巡航高度至少约为（*） （参考数据：） 2 8.494.12 A6400mB7200mC8100mD 10000m 7已知抛物线的焦点为，点是抛物线 C 上位于第一象限内的一点， 2 :2(0)C ypx pFP 为线段的中点，垂直轴于点，若直线的倾斜角为，则MPFMQyQQF (,) 2 直线的倾斜角为（*）PF ABCD 22 8已知点是函数的图象和函数 , ,A B C 2sin(),0 3 yx 图象的连续三个交点，若是锐角三角形，则的取值范围 2sin(),0 6 yx ABC 为（*） ABCD (,) 2 (,) 4 (0,) 2 (0,) 4 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的四个选项中，至少有 两项是符合题目要求的，全部选对得 5 分，对而不全得 2 分，只要有一项选错，即得 0 分 9已知定义在上的函数对任意实数满足， R f x x 2fxf x ，且时，则下列说法中，正确的是（*） 2fxf x0,1x 2 1f xx A是的周期 B不是图象的对称轴 2 f x 1x f x 第 6 题图 华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数学试卷 3 / 6 C D方程只有 4 个实根 2021 =2f 1 2 =f xx 10已知实数，则下列说法中，正确的是（*） 0,0, 1abab A B 11 4 ab 222 2 ab C D存在，使得直线与圆相切 22 loglog1ab , a b 1axby 22 4xy 11点 C，D 是平面内的两个定点，点在平面的同一侧，且 =2CDAB， 若与平面所成的角分别为，则下列关于四面体 ABCD 2=4ACBC ,AC BC 5 , 12 4 的说法中，正确的是（*） A点 A 在空间中的运动轨迹是一个圆 B面积的最小值为 2 ABC C四面体 ABCD 体积的最大值为2 3 D当四面体 ABCD 的体积达最大时，其外接球的表面积为20 12已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中，正确的是 sincos ( )ee xx f x e （*） A. 在是增函数 ( )f x (0,) 2 B. 是奇函数 () 4 f x C. 在上有两个极值点( )f x(0,) D. 设，则满足的正整数的最小值是 2 ( ) ( ) f x g x x 1 ()() 44 nn gg n 第二部分 非选择题 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13已知某种商品的广告费支出 x（单位：万元）与销售额 y（单位：万元）之间有如 下对应数据： x24568 y3040506070 根据上表可得回归方程 ，根据最小二乘法计算可得，则当投入 10 万 ybxa =7 b 华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数学试卷 4 / 6 元广告费时，销售额的预报值为__*___万元 14的展开式中，的系数是__*___ 24 2 1 (2)x x 2 x 15已知双曲线的左焦点为，为双曲线上一点，与双曲 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 1 FP 1 PF 线的渐近线平行，且，其中为坐标原点，则双曲线的离心率C 1 POFOOC __*___=e 16已知数列的前 n 项和，则数列的通项公式为__*__， n a 24 33 = nn San n a n a 则的最大值为__*___ 1n n a a 四、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 （本小题满分 10 分） 已知正项数列满足，等比数列满足： n a 1 1a 11,( 2) nnnn aaa an n b 2123 ,ab bb 8 a （1）证明数列是等差数列，并求数列的通项公式； 1 n a , nn ab （2）设，求 12 11 n n nn bbb T aaa n T 18 （本小题满分 12 分） 已知函数只能同时满足以下三个条件中的两个 sin(),( ,0) 6 f xAxA 函数的最大值是；( )f x2 函数的图象可由函数左右平移得到； f x 22 cos2sincossin 2222 xxxx f x 函数的对称中心与的对称轴之间的最短距离是；( )f x( )f x 4 （1）写出这两个条件的序号（不必说明理由）并求出函数的单调递增区间； yf x （2）已知的内角、所对的边分别为、，满足，ABCABCabc 1f B 点为的中点，且，求的值 DBCADb= sin sin BAC C 华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数学试卷 5 / 6 19 （本小题满分 12 分） 如图，在三棱柱中，、分别为、的中点， 111 ABCABC POAC 11 AC ，. 11 2 2PAPC 1111 ABBC 1 2 3PB 11 4AC （1）求证：平面； PO 111 ABC （2）求二面角的余弦值 111 BPAC 20 （本小题满分 12 分） 某工厂的质检部门对拟购买的一批原料进行抽样检验，以判定是接收还是拒收这批原 料 现有如下两种抽样检验方案： 方案一：随机抽取一个容量为 10 的样本，并全部检验，若样本中不合格品数不超过 1 个，则认为该批原料合格，予以接收 方案二：先随机抽取一个容量为 5 的样本，全部检验若都合格，则予以接收；若样 本中不合格品数超过 1 个，则拒收；若样本中不合格品数为 1 个，则再抽取一个容量为 5 的样本，并全部检验，且只有第二批抽样全部合格，才予以接收 假设拟购进的这批原料，合格率为 p（），并用 p 作为原料中每件产品是合格01p 品的概率若每件产品的所需的检验费用为 10 元，且费用由工厂承担 （1）若，记方案二中所需的检验费用为随机变量 X，求 X 的分布列； 2 = 3 p （2）分别计算两种方案中，这批原料通过检验的概率如果你是原料供应商，你希望该工 厂的质检部门采取哪种抽样检验方案？ 并说明理由 21 （本小题满分 12 分） 已知离心率为的椭圆与抛物线有 1 2 22 1 22 :1(0) xy Cab ab 2 2: 2 (0)Cypxp 相同的焦点，且抛物线经过点，是坐标原点F(1,2)PO （1）求椭圆和抛物线的标准方程； （2）已知直线 ：与抛物线交于 A,B 两点，与椭圆交于 C,D 两点，若的lxtymABP 内切圆圆心始终在直线上，求面积的最大值PFOCD 22 （本小题满分 12 分） 已知函数 2 ( )(1)(1)ln , 2 2 x f xa xax a 第 19 题图 华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数学试卷 6 / 6 （1）求函数的单调区间；( )f x （2）若且，证明：，；( )(1)f mf1m (1,)xm (1)ln1axx （3）记方程的三个实根为，若，证明： 2 43ln4 2 x xx 123 ,x x x 1 x 2 x 3 x 32 2 3xx华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数学试卷 1 / 5 华附、省实、广雅、深中 2021 届高三四校联考 数 学 2021.02 命题学校：深圳中学 命题：董正林 赵志伟 审题：黄文辉 本试卷分选择题和非选择题两部分，共 5 页，22 小题，满分 150 分考试用时 120 分钟 注意事项： 1答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相 关信息填写在答题卡指定区域内，并用 2B 铅笔填涂相
展开阅读全文
