安徽省江南十校2021届高三下学期一模联考理科数学试题答案.pdf

1、答案第 1页，总 7页 2021 届届“江南十校江南十校”一模联考一模联考 数学（理科）数学（理科）参考答案参考答案及评分及评分细则细则 一、一、选择题选择题 1.C【解析】1A ，6，所以14AB ，故选 C. 2.A【解析】由题意得 2i2 i1i bb z aaa ，所以 2 11 b aa 且，则2b ，故选 A. 3.A【解析】因为 33 sin 522 且，所以 3 tan 4 ，故 2 2tan24 tan2 1tan7 ， 故选 A. 4.C【解析】过 3 O作x轴平行线EO3，则 16 3 EOO.由五 角星的内角为 36，可知 18 3 BAO，所以直线AB的倾斜角为 21

2、618，故选C. 5.A 【解析】 因为xR且 ()cos()cos ()( ) 22 xx xxxx fxf x ， 所以( )f x为奇函数，排除 C，D；又易知 ( )0,( )0 24 ff，故选 A. 6.D【解析】记椭圆 C 的左焦点为 E，在POF 中，可得cPF3，在POE 中，可得 cPE ，故acPFPE2) 13(，故13 13 2 a c e，故选 D. 7.B【解析】150 2 3 3 2 3 2 53 3 3 5 A CC AC，故选 B. 8.D 【解析】 由1 n a是首项为 4， 公比为 4 的等比数列， 可求得 n n a41， 即14 n n a， 故12

3、14 2010 10 a，故选 D. 9.B【解析】1) 1 ( 0 efa，)2 , 1 (2log 3 b，22 2 . 1 c，故cba，故选 B. 10.C 【解析】 在ABC 中， 由sinacB及正弦定理得：sinsinsinACB.因为AB C， 所以 2 sinsin()sinsincossinsincosAABBBBABA sin21cos2 sincos 22 BB AA ， 故 22 2tantansin2cos21tan1sin(2)1tan1+1.AABBABA 当 1 tan 2 A时， 题号123456789101112 答案CAACADBDBCBA 答案第 2页

4、，总 7页 不等式显然成立；当 1 tan 2 A时， 22 (2tan1)tan1AA，解得 4 tan 3 A，所以tanA的最大 值为 4 3 ，故选 C. （另解：由sinacB得 2 111 sin 222 ABC aacBSah ，所以边 BC 上的高 h 等于 a，由数 形结合思想可知，当aACAB 2 5 时，Atan取最大值 4 3 .） 11. B【解析】连接 BD,MN 交于点 Q， OPQNOPQMPMNO VVV MNS OPQ 3 1 6 5 2 4 25 3 1 ，故选 B. 12. A 【解析】 1 e 1 ee ( )elog=log() x x a a f

5、xxaxa， 令) 1( e 1 bab， 因为xy b log与 x by 关于xy 对称，所以 e ( )elog x a f xxa没有零点等价于( )log(1) x b g xxb b没有零点， 等 价 于) 1()(bxbxh x 没 有 零 点 .1ln)(bbxh x ， 令0)( x h得) ln 1 (log b x b ， ) ln 1 (log)( b hxh b ) ln 1 (log b b b0) ln 1 (log b b ，所以 e 1 eb，故ea，选 A. （另解：通过 x by 与xy 相切求解.） 二、二、填空题填空题 13.1【解析】 4 1 ) 1

6、6 1 (f， 4 3 ) 2 1 ()2 2 3 () 2 3 (mfff，由 4 1 4 3 m可得1m. 14. 4 【解析】由数形结合可知a和ab的夹角为 4 . 15.6【解析】在四棱锥 P-ABCD 中，因为 2 2 PAPBAB，所以PAB 是等腰直 角三角形.因为底面 ABCD 为矩形，所以 BCAB，又因为平面 PAB平面 ABCD，平面 PAB 平面 ABCD=AB， BC平面 ABCD， 所以 BC平面 PAB， 故 BCPB.设 PA=PB=a， BC=b， 由直角PBC 和等腰PCD 的面积分别为 1 和3得，1 2 1 ab且3 2 2 2 1 2 2 b a a，

7、 解得2 ba.易求得四棱锥 P-ABCD 的外接球的半径为 2 6 ， 所以四棱锥 P-ABCD 的外接 球的表面积为6. （另解：可将四棱锥 P-ABCD 的外接球还原成正方体的外接球.） 16. 3【解析】由内切圆的性质可知， 21F AF的内切圆 1 O和 21F BF的内切圆 2 O都与 x 轴相切于双曲线的右顶点 C，易知 1 O，C， 2 O三点共线.连接 21O O交 AB 于 D 点，解三角形 答案第 3页，总 7页 得 12211 22rrrrDO，则 2 1 r r 为 3. 三、解答题三、解答题 17.解： （1） 由已知得， 当2n时，1 1 nn aS.所以) 1(

8、1 11 nnnn aaSS， 即 1 2(2) nn a= a n ， 又因为1 21 aS，所以 12 22aa. 综上， n a是以 1 为首项，2 为公比的等比数列， 1 2 n n a.（6 分） （2）由（1）及题设得 nnnn abSb222 11 ，且121 121 nnn aaS.（8 分） 所以 nnnn abab22122 11 ，即 2 1 11 nnnn abab， 所以 nn ab是以 2 1 为公差的等差数列.（12 分） 18.解： （1）取 BD 的中点 O，连接 FO，EO. 由题意知FBD 和BED 均为等腰三角形，且 BF=DF，BE=ED 故 FOBD

9、，EOBD又因为 FOEO=O，所以 BD平面 EFO 又因为EF平面 EFO，所以 EFBD（5 分） （2）由 （1） 知， EOBD， 又因为平面 EBD平面 FBD， 平面 EBD平面 FBD=BD，EO 平面 EBD，所以 EO平面 FBD，直线 EF 与平面 FBD 所成角为 EFO，则EFO=60. 因为 2 FDFB ,FBFD，O 为 BD 中 点，所以1 2 1 BDFO，所以 EO= 3，所以 BE=ED=BD=2，即 EBD 为等边三角形，G 为等边ABD 的中心. 以 O 为坐标原点，OD 的方向为 x 轴正方向，OG 的方向为 y 轴正 方向，建立如图所示的空间直角

10、坐标系 O-xyz.由题可得)0 , 3, 0(A , )0 , 0 , 1(B，)0 , 0 , 1 (D，) 3 62 , 3 3 , 0(E，（8 分） ( 1,3,0)AB ， (2,0,0)BD , 3 2 6 (1,) 33 BE . 设)( 1 zy,x,n为平面 ABE 的法向量，则 0 0 AB BE 1 1 n= , n= , 即 30, 32 6 0. 33 xy xyz 可取) 1 ,2,6( 1 n . 答案第 4页，总 7页 设)( 2 zy,x,n为平面 BED 的法向量，则 2 2 0, 0, n n BD BE 即 . 0 3 62 3 3 , 02 zyx

11、x 可取) 1,22 , 0 2 （n . 3 1 180126 140 | cos 21 21 21 nn nn nn，因为， 所以二面角 A-BE-D 的余弦值为 3 1 . （也可由三棱锥 E-ABD 为正四面体求得二面角 A-BE-D 的余弦值为 3 1 ）（12 分） 19. 解： （1）171 100 40 1 60 1 j j i i yx z，45100 100 1 60 1 40 1 2 222 ij ji zyxs.（6 分） （2）该地区高中学生身高)( 2 ，NX，其中45171 2 ，. 47725. 0 2 9545. 0 )2()4 .184171(XPXP，（9

12、 分） 由题意可知)47725. 04( ，B， 所以的数学期望为909. 147725. 04)(E. （12 分） 20. 解： （1）由题意知，P 到点(0,2)的距离等于它到直线2y 的距离， 由抛物线的定义知，圆心 P 的轨迹是以(0,2)为焦点，以2y 为准线的抛物线（除 去坐标原点），则 C 的方程为： 2 8 (0)xy x.（5 分） （3）由题意知，(4,2)E在曲线 C 上，直线 AB 的斜率存在，设 AB 方程为4ykx，因 为直线 AB 不经过 E 点，所以 2 1 k. 由 2 4 8 ykx xy ，可得 2 8320 xkx， 设 1122 ( ,), (,)A

13、 x yB xy，则 12 8xxk， 12 32xx ， 以 A 为切点的切线方程为 1 11 () 4 x yyxx，即 2 11 48 xx yx， 同理以 B 为切点的切线为 2 22 48 xx yx， 答案第 5页，总 7页 由 2 11 2 22 48 48 xx yx xx yx ， 解得交点(4 , 4)Dk ，（9 分） 设 E 到 AB 的距离为 1 d，D 到 AB 的距离为 2 d， 则 11 22 Sd Sd 2 22 2 424 21 1 44424 1 k k k kk k ， 设21kt )0( t，则 1 2 2 9 2 S S t t ，当3t 即1k 时

14、， 1 2 S S 取最大值， 直线 AB 的方程为40 xy.（12 分） 21解： （1）当2a 时，( )2e2ln(1)21 x f xxx ，. 2 ( )2e 1 x fx x ， ( )fx在1 +，单调递增，且(0)0 f . 当1 0 x ，时，( )0fx，当0 +x，时，( )0fx. 所以函数( )f x在1 0 ，单调递减，在0 +，单调递增.（5 分） （2）令( )( )sin2e + ln(1)2sin x g xf xxaxx，0,x. 当0,x时，( ) sinf xx恒成立等价于( )(0)0g xg恒成立. 由于( )( )cos2e +cos0, 1

15、x a g xfxxxx x ，,所以 （i） 当0a时，( ) 2e10 x g x ， 函数( )yg x在0,单调递增， 所以( )(0)=0g xg 在区间0,恒成立，符合题意.（7 分） （ii）当0a 时，( )2e +cos 1 x a g xx x 在0,单调递增，g (0)2+11aa . 当1+0a即10a时，( )(0)=1+0g xga，函数( )yg x在0,单调递 增，所以( )(0)=0g xg在0,恒成立，符合题意. 当01a即1a 时， (0)=1+0ga ， ()=2e +1 +1 a g ， 若 () 0 g ,即 (+1)(2e1)a时，)(x g 在

16、), 0(恒小于 0， 则)(xg 在 ), 0( 单调递减， 0)0()( gxg ，不符合题意. 答案第 6页，总 7页 若()0 g ,即 (+1)(2e1)1a 时，存在), 0( 0 x 使得 0 ()0g x.所以 当)0( 0 xx，时，0)( x g，则)(xg在), 0( 0 x单调递减，0)0()( gxg，不 符合题意. 综上所述，a的取值范围是1 +，.（12 分） 22解： （1） 1: 310Cxy， 2:3 34 20Cxy.（4 分） （2）当2k 时， 2 C的直角坐标方程为 22 44xy，将 1 C的参数方程代入其中， 整理得： 2 74 3120tt，0

17、 ，设 A,B 对应的参数分别为 1 t, 2 t, 12 4 3 7 tt， 12 12 7 tt ，（7 分） 所以 1212 1212 1111 12 7 tttt PAPBtttt , 2 1212 ()42 6 12 3 7 tttt .（10 分） 23解： （1）当2x时，21212)(xxxxxf，解得3x ，所以3x ； 当12x 时，2312)(xxxxf，解得1x ，所以11x ； 当1x时，22112)(xxxxxf，解得 1 3 x ，所以1x. 综上，1x 或3x ，故不等式的解集是(,1)(3,).（4 分） （2）因为|2|1|2 (1)| 3xxxx ，当且仅当(2)(1) 0 xx时等号成立， 所以3m.（6 分） 故 333111 333222222 222222 333 ()()() +() +() () +() +() = 33 aabcabcabb a c bc c 313131 22222 222222 (+)() , 33 aabbccabc 当且仅当 333 222 111 222 = abc abc ，即abc时等号成立， 答案第 7页，总 7页 所以 333222 33 abcabc .（10 分）