河北省唐山市2021届高三下学期4月学业水平选择性考试第二次模拟演练（二模）数学试题 答案.doc

1、唐山市 2021 年普通高等学校招生统一考试第二次模拟演练 数学参考答案 一选择题： 14CABD58DBCD 9BD10ACD11CD12ABC 二填空题： 13 3 3 ；14 21 16； 15ytanx，或 yx 1 x 或 y x1，x0， x1，x0，等； 16 52 17解： （1）设等差数列an的公差为 d，则 Snna1n(n1)d 2 ，2 分 所以 S44a16d24；S1010a145d120， 解得 a13，d24 分 故 Sn3nn2nn22n5 分 （2） 1 Sn 1 n22n 1 2 ( 1 n 1 n2)， 7 分 所以 Tn 1 S1 1 S2 1 S3

2、1 Sn 1 2 (1 1 3 )( 1 2 1 4 )( 1 3 1 5 )( 1 n1 1 n1)( 1 n 1 n2) 1 2 (1 1 2 1 n1 1 n2) 9 分 1 2 (1 1 2 ) 3 4 10 分 18解： （1）t -4132333 4 18.25，3 分 a y -bt-70.63750.2518.2570.63754.562566.075 6 分 （2）2020 年对应的年份代码 t43，7 分 M1a b t66.0750.254366.07510.7576.82576.83 10 分 从散点图的发展趋势可以得出：随着年份代码增加，人口平均预期寿命提高的越快 因

3、此，估计 M1M12 分 19解： （1）由 EFAD，AD2EF，可知延长 AF，DE 交于一点设为 P过 P 点作 AB 的平 行线即为 l，lAB，理由如下1 分 由题意可知 ABCD，AB平面 CDE，CD平面 CDE，则 AB平面 CDE 又 AB平面 ABF，平面 ABF平面 CDEl，则 lAB5 分 A BC D EF P l x y z O （2）法一法一 由底面 ABCD 为正方形，且平面 ADEF平面 ABCD，得 AB平面 ADEF， 由（1）可知 lAB，则 l平面 ADEF，所以APD 即为平面 ABF 与平面 CDE 所成 二面角的平面角9 分 由 EFAD，AD

4、2EF，DE1，AF 3，得 DP2，AP2 3，又 AD4，则 AD2DP2AP2，所以APD 90 所以，平面 ABF 与平面 CDE 所成二面角的大小为 9012 分 法二法二由 EFAD，AD2EF，DE1，AF 3，得 DP2，AP2 3，又 AD4， 则 AD2DP2AP2，所以APD90，7 分 由题意可知，P 点向平面 ABCD 引垂线，垂足落在 AD 上，设为 O，则 OD1 以 O 为原点，以OD , OP的方向分别为 y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角 坐标系 Oxyz A(0，3，0)，B(4，3，0)，P(0，0， 3)，则 AB (4，0，0)， AP(0

5、，3， 3)， 设平面 PAB 的法向量为 m(x，y，z)， 由 AB m0， APm0 得 4x0， 3y 3z0， 可取 m(0，1， 3)，9 分 D(0，1，0)，C(4，1，0)，则DC (4，0，0)，DP(0，1， 3)， 设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，同理可得 n(0，3，1)，11 分 因为 mn0，所以平面 PAB平面 PCD，即平面 ABF平面 CDE， 所以，平面 ABF 与平面 CDE 所成二面角的大小为 9012 分 20解： （1）依题意 SABC 1 2 absinC 1 2 c 32 3，可得 c4， 因为 C 3 ，所以 ab83 分 由余

6、弦定理得 a2b2abc2， 因此(ab)2c23ab40，5 分 即 ab2 10 故ABC 的周长为 2 1046 分 （2）由（1）及正弦定理可得 2 a 1 b 2ba ab 2ba 2c 2sin BsinA 3 ，8 分 2sin(2 3 A)sin A 3 7sin (A) 3 ，(其中为锐角，且 sin 3 7) 10 分 由题意可知 0A2 3 ， 因此，当 A 2 时， 2 a 1 b 取得最大值 21 3 12 分 21解： （1）f(x)的定义域为(0，)，f(x) 1 x 11 分 0 x1 时，f(x)0；x1 时，f(x)0， 所以 f(x)在(0，1)上单调递增

7、，在(1，)单调递减3 分 即 x1 时，f(x)取得最大值 f(1)a1， 依题意，a10，故 a15 分 （2）由（1）知，a1，0m1n，ea 1em 1 m e n1 n 所以 2ea 1(m1 m) 2em 1 m (m 1 m) 2em 1m21 m ； 2ea 1(n1 n )2e n1 n (n 1 n )2e n1n21 n 8 分 令 g (x)2ex 1x21，则 g(x)2ex1 2x， 由（1）知，lnxx1，等号当且仅当 x1 时成立， 所以 ex 1x，等号当且仅当 x1 时成立， 于是可得 g(x)0，即 g(x)单调递增， 因此，当 0 x1 时，g (x)g

8、 (1)0；当 x1 时，g(x)g(1)0，11 分 所以 2ea 1(n1 n )0，2ea 1(m1 m)0， 故 n 1 n 2ea 1m1 m 12 分 22解： （1）由题设得 P(3，t)，A (a，0)，B(0，1)1 分 则 AP (a3，t)， BP(3，1t) 所以 AP BP93at2t(t1 2) 2 3a35 4 ，3 分 于是 t 1 2 时， AP BP取得最小值 3a35 4 ，所以 3a35 4 59 4 ，解得 a2 所以 E 的方程为x 2 4 y215 分 （2）假设存在点 P(3，t)满足题设，设 D(x1，y1)，则 AP (5，t)，AD(x12

9、，y1)， 由题意可知存在(0，1)，使得 AD AP，即 x125， y1t， 整理得 x152， y1t ，代入x 2 4 y21 中，有 (52)2 4 (t)218 分 设 C(x2，y2)， BP (3，t1)， BC(x2，y21)，同理可得 BC BP，即 x23， y21t，整理得 x23， y2t1，代入 x2 4 y21 中，有 (3)2 4 (t1)2110 分 由得(1)(32t)0，且(0，1)， 解得t 3 2 故当P(3， 3 2)时，四边形ABCD为梯形 12分 法二法二 假设存在点 P 满足题设，则 t0，设 C(x1，y1)，D(x2，y2) 所以直线PA的

10、方程为y t 5 (x2)，直线PB的方程为yt1 3 x1. 将y t 5 (x2)代入E得(4t225)x216t2x16t21000， 可得x2(2)16t 2100 4t225 ，所以x2508t 2 4t225 8分 将yt1 3 x1代入E得(4t28t13)x224(t1)x0， 可得x1 24(t1) 4t28t13 9分 若四边形ABCD为梯形，则ABCD，所以| |AD| | | |AP| | | |BC| | | |BP| |， 于是x22 5 x1 3 ，所以 20 4t225 8(t1) 4t28t13，整理可得8t 312t210t150， 即(2t3)(4t25)0，解得t 3 2 故当P(3， 3 2)时，四边形ABCD为梯形 12分