2021届广西柳州市高三第一次模拟考试数学（文）试题及答案.doc

1、 柳州市柳州市 20202121 届高三第一次模拟考试届高三第一次模拟考试 文科数学文科数学( (参考答案参考答案) ) 一、选择题：一、选择题：(每小题 5 分, 满分 60 分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B C A D B C D C D C B C 二、填空题：二、填空题：(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 137 1415 2 15 1 2 16 51 2 三、解答题：三、解答题：（本大题共 6 小题，共 70 分） 17解：（1）由题意， 20 15 1332510185 82 x ， . 2 分 6.53.5 1.50.50.52.5

2、3.59 88 y ， . 4 分 8 1 82 22 1 59 3 248 1 28 4 5 12568 2 ii i i i x ynxy b xnx ， . 6 分 9151 8 2 42 aybx， . 7 分 故线性回归方程为 11 42 y x， . 8 分 （2）由题意，设该同学的物理成绩为，则物理偏差为：91.5 . 9 分 而数学偏差为 128-120=8， . 10 分 11 91.58 42 ， . 11 分 解得94，所以，可以预测这位同学的物理成绩为 94 分 . 12 分 18解：（1） 222 22cosbcbacabcC， 222 2 cos 2 bcbca a

3、C bc ， . 1 分 由余弦定理可得2coscosbcAaC， . 2 分 由正弦定理可得2sincossincossincosBACAAC， . 3 分 ABC， 2sincossincoscossinsinsinBACACACAB， . 4 分 sin0B ， 1 cos 2 A . 5 分 由0,A，则 3 A . . 6 分 （2）如图，在BCD中，2BD ，1CD ， 由余弦定理得： 222 122 1 2cos54cosBCDD ， . 7 分 3 AB ， 3 C ，ABC为等边三角形， 2 15 3 sin3cos 234 ABC SBCD ， . 8 分 1 sinsin

4、 2 BDC S=BDDCDD ， . 9 分 5 35 3 sin3cos2sin 44 5 3 3 2 4 ABDC SDDD 四边形 ， . 10 分 sin()1 3 D ， . 11 分 (0, )D，即 5 6 D . 12 分 19解法一： （1）/ /ABCD,所以 1 , 2 AMAB MCCD 即 1 3 AM AC . 1 分 / /MN平面PCD，MN 平面PAC， 平面PAC 平面PCDPC， . 2 分 /MN PC . 3 分 1 3 ANAM APAC ，即 1 3 . 4 分 (2) 0 ,60ABADBAD，ABD为等边三角形，1BDAD， . 5 分 又1

5、PD ， 2PAPB ， 222 PBPDBD 且 222 PAPDAD ， PD BD且PDDA， . 7 分 又DADBD，PDABCD 平面 . 8 分 PD 平面PCD，平面PCD 平面ABCD 作MECD于E，平面PCD平面=ABCD CD， ME 平面PCD . 9 分 又/ /MN平面PCD，ME即为N到平面PCD的距离 . 10 分 在ABD中，设AB边上的高为h，则 3 2 h ， . 11 分 2 3 MDMC BDAC ， 23 33 MEh ，即N到平面PCD的距离为 3 3 . 12 分 解法二：（1）同解法一 （2） 0 ,60ABADBAD，所以ABD为等边三角形

6、， 1BDAD， . 5 分 又1PD ， 2PAPB ， 222 PBPDBD 且 222 PAPDAD ， PD BD且PDDA， . 7 分 又DADBD，PD 平面ABCD . 8 分 设点N到平面PCD的距离为d，由 1 3 ANAP得 2 3 NPAP， . 9 分 22 33 N PCDA PCDP ACD VVV ， . 10 分 即 21 93 ACDPCD PD Sd S 13 22 ACD SAD DC sin ADC ， 1 1 2 PCD SPD CD， 1PD ， . 11 分 231 923 d，解得 3 3 d ， 即N到平面PCD的距离为 3 3 . 12分

7、20解：（1）设焦距为2c，由已知 3 2 c e a ，22b ， 1b ，2a ， . 2 分 椭圆C的标准方程为 2 2 1 4 x y. . 4 分 （2）设 1122 ,M x yN xy，联立 2 2 1 4 ykxm x y 得 222 418440kxkmxm， . 5 分 依题意， 2 22 84 41440kmkm ， 化简得 22 41mk， . 6 分 2 1212 22 844 , 4141 kmm xxx x kk ， . 7 分 22 12121212 y ykxmkxmk x xkm xxm， . 8 分 若 5 4 OMON kk，则 12 12 5 4 y

8、y x x ， 即 1212 45y yx x， . 9 分 22 121212 4445k x xkm xxmx x， . 10 分 2 22 22 41 8 45440 4141 m km kkmm kk ， . 11 分 即 222222 4518410kmk mmk，化简得 22 5 4 mk， . 12 分 21 解：（1） 1 ( )0( ), x f xfxm的定义域是（ ，）， 1 分 若0m ， 则( )0fx ，( )f x在定义域内单调递增， 无最大值； 2 分 若0m ，当 1 (0,)x m 时，( )0fx，( )f x单调递增； 当 1 ()x m ，时，( )0

9、fx，( )f x单调递减。 当 1 x m 时，( )f x取得最大值， 即 1 ln()0 m ， 所以1m 3 分 又 1 ( )1f e e ， ( )2f ee 4 分 函数( )f x在xe处的切线方程为 1 (1)1yx e 5 分 （2）( )F x的定义域是(0,)， 2 1 ( )(1)ln 2 F xmxmxx， 2 1(1)1(1)(1) ( )(1) 2 mxmxxmx F xmxm xx . 6 分 1当 0m 时，( )F x在(0,1)上单调递增，(1,)上单调递减 此时函数( )F x有极大值 2 (1) 2 m F ，无有极小值 . 8 分 2当 0m 时，

10、 （i）1m 时，( )F x在(0,)上单调递增，所以此时函数( )F x没有极值 . 9 分 （ii）01m时，( )F x在(0,1)上单调递增， 1 (1,) m 上单调递减， 1 (,) m 上单调递增， 此时函数( )F x有一个极大值 2 (1) 2 m F ，有一个极小值 11 ()ln1 2 Fm mm . 10 分 （iii）1m 时，( )F x在 1 (0,) m 上单调递增， 1 (,1) m 上单调递减，(1,)上单调递增 此时函数( )F x有一个极大值 11 ()ln1 2 Fm mm ，有一个极小值 2 (1) 2 m F . 11 分 综上所述：0m ， 1

11、m 时，此时函数( )F x没有极值. 当01m时，函数( )F x有一个极大值 2 (1) 2 m F ，有一个极小值， 11 ()ln1 2 Fm mm . 当1m 时，函数( )F x有一个极大值 11 ()ln1 2 Fm mm ， 有一个极小值 2 (1) 2 m F . 12 分 22解：（1）由于直线l的参数方程为 82 32 42 32 xt yt （t为参数）， 消去参数t，得直线l的普通方程为40 xy， . 2 分 由 222 xy，cosx， . 3 分 得曲线C的直角坐标方程为 22 60 xyxa. . 4 分 （2）将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，并整

12、理， 得 2 5 264 0 39 tta ，(*) . 5 分 依题意，直线l与曲线C相交于两点，则有 2 5 264 ()4()0 39 a ，即得 17 2 a . 6 分 设 1 t， 2 t是方程(*)的两个根，则有 得 12 5 2 3 tt ，1 2 64 9 t ta ， . 7 分 由于点 8 4 , 3 3 P 恰为线段AB的三等分点，不妨设 12 2tt ，则 . 8 分 2 5 2 3 t ，且 2 2 3250 929 a t ， . 9 分 解得：4a ，符合条件0a .a的值为 4. . 10 分 23解：（1）不等式 f xx即12xx x . 当1x 时，化简

13、得3x .解得1x ； . 1 分 当21x 时，化简得21xx .解得 1 1 3 x； . 2 分 当2x时，化简得3x.此时无解. . 3 分 综上，所求不等式的解集为 1 | 3 x x . . 4 分 （2） 12123xxxx，当且仅当2x时等号成立. . 5 分 3M ，即491abc. . 6 分 又, ,0a b c ， 111111 (49 )abc abcabc . 7 分 2 111 49abc abc . 8 分 2 12336. . 9 分 当且仅当 111 49 abc abc ,即 1 6 a ， 1 12 b ， 1 18 c 时取等号， 111 abc 的最小值为 36. . 10 分