2021届高三教学数学试卷.pdf

1 20 20 学年第一学期 高三 调研 考试数学试题 参考答案 与评分标准 评 分 说 明 ： 1．参考答案与评分标准给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与参考答案不 同，可根据试题主要考查的知识点和能力对照评分标准给以相应的分数． 2．对解答题中的计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未 改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的得分，但所给分数不得超过该部分 正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分． 3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数，选择题和填空题不给中间分． 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．1～8 小题为单项选择题，在每小题 给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的； 9～12 小题为多项选择题，在每小题给 出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A C B B B D C C AD ABC BC BD 8.解：因为函数 ( )f x π+ 为偶函数，所以 ( π) ( π)f x f x− + = + ， 即函数 ( )f x 的图象关于直线 x π= 对称，即 ( ) (2π )f x f x= − . 又因为当 (0, π)x∈ 时， ( ) 3cosf x x x= − ，所以函数 ( )f x 在 (0, π) 上单调递减，因而在 (π,2π) 上单调递增，因为 4 2 2 6π< − < ，所以 (4) (2π 2) (6)f f f< − < ，即 ( ) ( ) ( )4 2 6f f f< < ,即 b a c< < .故选 C. 12.解：若 / /MN PQ ，则 M 、 N 、 P 、 Q 四点共面 γ ，当 MN PQ< 时， 平面 1 1DCC D 、 ABCD 、 γ 两两相交有三条交线，分别为 MP 、 NQ 、 CD ，则三条交 线交于一点 O，则 CD 与平面 γ 交于点 O，则 EF 与 CD 不平行.故 A 错误； 若 E ， F 两点重合，则 / /MP NQ ， M 、 N 、 P 、 Q 四点共面 γ ，平面 1 1DCC D 、 ABCD 、 γ 两两相交有三条交线，分别为 MP 、 NQ 、 CD ,由 / /MP NQ ，得 / / / /MP NQ CD ，故 B 正确； 若 MN 与 PQ 相交，确定平面 γ ，平面 1 1DCC D 、 ABCD 、 γ 两两相交有三条交线， 分别为 MP 、 NQ 、 CD ,因为 / /MP CD ,所以 / / / /MP NQ CD , 所以 NQ 与 CD 不可能相交.故 C 错误； 当 MN 与 PQ 是异面直线时，如图，连接 NP ，取 NP 中点 G ，连接 EG ， FG ．则 / /EG MP ，因为 MP ⊂ 平面 1 1DCC D ， EG ⊄ 平面 1 1DCC D ，则 / /EG 平面 1 1DCC D .假设 / /EF CD ， 因为 CD ⊂ 平面 1 1DCC D , EF ⊄ 平面 1 1DCC D ,所以 / /EF 平 面 1 1DCC D . 又 EF EG E∩ = ， ∴平面 / /EFG 平面 1 1DCC D ，同理可得，平面 / /EFG 平面 G 2 ABCD ，则平面 1 1DCC D / / 平面 ABCD ，与平面 1 1DCC D ∩ 平面 ABCD = CD 矛盾．所 以假设错误， EF 不可能与 CD 平行，故 D 正确．故选 BD ． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13. 0x y+ = 14. 25 15. 7+4 3 16. 13 1 6 . 解：由题意知 1 2 90F AF∠ = , 1 2 3cos 5F BF∠ = − ,所以 1 3cos 5ABF∠ = ,即 1 3 5 AB BF = , 易得 1 1: : 3: 4 :5AB AF BF = .设 3AB = , 1 4AF = 1 5BF = , 2BF x= . 由双曲线的定义得： 3 4 5x x+ − = − ，解得： 3x = ，所以 2 2 1 2| | 4 6 4 13F F = + = 13c⇒ = ，因为 2 5 2 1a x a= − = ⇒ = ，所以离心率 13e = . 三 、 解 答 题 ： 本 大题 共 6 小题 ， 满 分 7 0 分 ．解答 应 写 出 文 字 说 明， 证明 过 程 或 演 算 步 骤． 17 . （ 10 分 ） 解： 已知 4 sin 3 cos sin ,a B b A b A= + 由正弦定理， 得 4sin sin 3sin cos sin sin ,A B B A B A= + ………………………………2 分 因为 B 为三角形内角， sin 0B ≠ ， ………………………………3 分 所以 4sin 3 cos sin ,A A A= + 即 3sin 3 cosA A= ………………………………4 分 所以 3tan 3A = ， ………………………………5 分 因为 0 πA< < ,所以 π 6A = ………………………………6 分 选 择 条 件 ① 的解 析： 解 法 一 ：由 sin 3 sinB C= 及正弦定理，可得 3b c= ，………………………………7 分 由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A= + − , 则 2 2 34 ( 3 ) 2 3 ( )2c c c c= + − ⋅ ⋅ ⋅ ， ………………………………9 分 解得 2c = . …………………………… …10 分 解法 二 ： 由 sin 3 sinB C= ，又因为 π 6A = ，所以 5π 6B C= − ，……………………7 分 则 5πsin( ) 3 sin6 C C− = ，展开得， cos 3 sinC C= ， …………………………8 分 所以 3tan 3C = ， π 6C = 所以 A C= ， ……………………………9 分 所以 2c = . ……………………………10 分 选择条件 ② 的解析： 解法一: 由 4sinb A= ，可得 π4sin 26b = = , ………………………………7 分 由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A= + − 得, ………………………………8 分 2 2 2 π2 =2 2 2 cos 6c c+ − × × × ， ………………………………9 分 3 解得 2 3.c = ………………………………10 分 解法二:由 4sinb A= 得 π4sin 26b = = , ………………………………7 分 因为 2,a = 所以, ABC∆ 是以 C 为顶角的等边三角形. 所以 π 6A B= = ,所以 2π 3C = . ………………………………8 分 由正弦定理 sin sin a c A C= 得, 2 π 2πsin sin6 3 c= , ………………………………9 分 解得 2 3.c = …………………………………10 分 选择条件 ③ 的解析： 解法一：由 2B C A+ = ，由因为 πA B C+ + = ,则 π ,3A = …………………………8 分 与 π 6A = 矛盾，则问题中的三角形不存在. ………………………………10 分 解法二：由 2B C A+ = ,则 π π2 =6 3B C+ = × , 则 π π π π6 3 2A B C+ + = + = < , ……………………………………8 分 与三角形内角和等于 π 矛盾,因而三角形不存在. ……………………………………10 分 1 8 . ( 1 2 分 ) 解：（1）设等比数列 { }na 的公比为 q ．依题意， 有 ( )2 1 32 1a a a+ = + ……………………………………1 分 将 ( )1 3 22 1a a a+ = + 代入 1 2 3 14a a a+ + = 得 ( )2 22 1 14a a+ + = , 得 2 4a = . ……………………………………2 分 联立 1 2 3 2 14 4 a a a a + + =  = 得 2 1 1 1 1 14 4 a a q a q a q  + + =  = 两式两边相除消去 1a 得 22 5 2 0q q− + = , 解得 2q = 或 1 2q = (舍去), ………………………………3 分 所以 1 4 22a = = . ………………………………4 分 所以, 1 1 1 2 2 2n n n na a q − −= = × = . ………………………………5 分 （2）解法一：因为 2 1log = 22 n n n nb a n = − ⋅   ………………………………6 分 所以, 2 31 2 2 2 3 2 2 n nT n− = × + × + × + + ×⋯ ……① …………………………7 分 ( )2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 1 2 2n n nT n n +− = × + × + × + + − × + ×⋯ ……② ……………………8 分 ①﹣②，得 2 3 12 2 2 2 2n n nT n += + + + + − ×⋯ …………………………9 分 4 ( ) 1 1 12 1 2 = 2 2 2 2.1 2 n n n nn n+ + +− − × = − ⋅ −− …………………………11 分 所以,数列 { }nb 的前 n 项和 nT 1 12 2 2.n nn+ += − ⋅ − …………………………12 分 解法二：因为 { }2 1log ( ) 2 ( 2 ) 2 [ 2( 1) 4] ( 2) 22 n n n n n nb a n n n n n= = − ⋅ = − + ⋅ = − + + − − + ⋅ 所以 1[ ( 1) 2] 2 ( 2) 2n n nb n n+= − + + ⋅ − − + ⋅ …………………………8 分 进而得 { } 2 1 3 2 1 [( 2 2) 2 ( 1 2) 2 ] [( 3 2) 2 ( 2 2) 2 ] ... [ ( 1) 2] 2 ( 2) 2 n n n T n n+ = − + ⋅ − − + ⋅ + − + ⋅ − − + ⋅ + + − + + ⋅ − − + ⋅ 1 1[ ( 1) 2] 2 2 (1 ) 2 2n nn n+ += − + + ⋅ − = − ⋅ − …………………………11 分 所以数列 { }nb 的前 n 项和为 1(1 ) 2 2n nT n += − ⋅ − …………………………12 分 1 9 . ( 1 2 分 ) 解：（1）连接 1 1,O C O D ，………………………1 分 因为 ,C D 是半圆 AB 上的两个三等分点， 所以 1 1 1 60AO D DO C CO B∠ = ∠ = ∠ = ， 又 1 1 1 1O A O B O C O D= = = ， 所以 1 1 1, ,AO D CO D BO C∆ ∆ ∆ 均为等边三角形. 所以 1 1O A AD DC CO= = = ， ………………………………2 分 所以四边形 1ADCO 是平行四边形. ………………………………3 分 所以 1 / /CO AD ， ………………………………4 分 又因为 1CO ⊄ 平面 AFD ， AD ⊂ 平面 AFD ， 所以 1 / /CO 平面 AFD . ………………………………………… 5 分 （2）因为 FC 是圆柱 1 2O O 的母线， 所以 FC ⊥ 平面 ABC ， BC ⊂ 平面 ABC ,所以 FC ⊥ BC ………………………6 分 因为 AB 为圆 1O 的直径，所以 90ACB∠ = ， 在 60Rt ABC ABC∆ ∠ = 中 ， ， 3AC = , 所以 1tan 60 ACBC = = ， 所以在 tan 45 1Rt FBC FC BC∆ = =中 ， ………………………7 分 （方法一）因为 BC AC⊥ ， BC FC⊥ ， AC FC C∩ = , 所以 BC ⊥ 平面 FAC ， 又 FA ⊂ 平面 FAC ， 所以 BC FA⊥ . 在 FAC∆ 内，作 CH FA⊥ 于点 H ，连接 BH . 5 因为 , ,BC CH C BC CH∩ = ⊂ 平面 BCH ， 所以 FA ⊥ 平面 BCH ， ……………………………8 分 又 BH ⊂ 平面 BCH ， 所以 FA BH⊥ ， 所 以 BHC∠ 就 是 二 面 角 B AF C− − 的 平 面 角. ……………………………………9 分 在 2 2 2Rt FCA FC AC∆ + =中，FA= , 3 2 FC ACCH FA ⋅= = . ………………………………10 分 在 90Rt BCH BCH∆ ∠ = 中 ， ， 所以 2 2 7 2BH BC CH= + = ， ……………………………………………………11 分 所以 21cos 7 CHBHC BH∠ = = . 所以,二面角 B AF C− − 的余弦值为 21 7 .…………………………………12 分 （方法二）以 C 为坐标原点，分别以 CA,CB,CF 所在直线为 , ,x y z 轴，建立如图所示的空间 直角坐标系，则 ( ) ( ) ( )3,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1A B F ， 所以 ( ) ( )3,1,0 , 3,0,1AB AF= − = − .……………8 分 设平面 AFB 的法向量为 ( ), ,x y z=n ，则 , 3 0, , 3 0, AB x y AF x z  ⊥ − + =  ⊥ − + =   n n 即 令 1 3x y z= = =， 则 ， 所以平面 AFB 的一个法向量为 ( )1, 3, 3=n . ……………………………………9 分 又因为平面 AFC 的一个法向量 ( )0,1,0=m ， ……………………………………10 分 所以 3 21cos , 77 ⋅= = =m nm n m n . ……………………………………11 分 所以结合图形得，二面角 B AF C− − 的余弦值为 21 7 .……………………………12 分 2 0 . ( 12 分 ) 解: (1)由题意知对业务水平的满意的为 120 人,对服务水平的满意的为 100 人,得 2 2× 列联 表: 对服务水平满意人数 对服务水平不满意人数 合计 对业务水平满意人数 90 30 120 对业务水平不满意人数 10 10 20 6 合计 100 40 140 …………………………2 分 ( )2 2 140 90 10 30 10 21= =5.25 5.024120 20 100 40 4K × × − ×= >× × × . …………………………3 分 所以,有 97.5%的把握认为业务水平与服务水平有关. …………………………4 分 (2) X 的可能取值为 0,1,2 . …………………………5 分 ( ) 0 2 10 30 2 40 290 52 C CP X C ⋅= = = , ( ) 1 1 10 30 2 40 201 52 C CP X C ⋅= = = , ( ) 2 0 10 30 2 40 32 52 C CP X C ⋅= = = . X 0 1 2 P 29 52 20 52 3 52 …………………………7 分 ( ) 29 20 3 10 1 252 52 52 2E X = × + × + × = ． …………………………8 分 (3) 在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平两项都满意的客户 流失 的 概 率为 90 5%140 × 9= 280 ,只对 其 中一项不满意的客户 流失 率为 40 40%140 × 32= 280 ，对两项都不满 意的客户 流失 率为 10 75%140 × 15= 280 . …………………………9 分 从 该 运营 系 统 中 任 选一 名 客户 流失 的 概 率为 9+32+15 1=280 5 . …………………………10 分 在业务服务协议终止时, 从社区 中 任 选 4 名 客户， 至少 有 2 名 客户 流失 的 概 率为 4 0 3 0 1 4 4 4 1 4 1 1131 5 5 5 5 625P C C     = − × − × =           . …………………………12 分 21 . ( 12 分 ) 解:（1）因为 椭 圆 C 的 焦 点在 x 轴上， 所以设 它 的标准方程为 2 2 2 2 1x y a b ＋ ＝ （ 0a b> > ）．…………………………… １ 分 由 椭 圆的定义得 ( ) ( ) 2 2 2 22 22 1 1 0 1 1 0 2 22 2a    = + + − + − + − =          , 所以 2a = ． …………………………… ２ 分 又因为 1c = ，所以 2 2 2 1b a c= − = ． …………………………… ３ 分 因 此 ， 椭 圆 C 的标准方程为 2 2 12 x y+ = . …………………………… ４ 分 （2）根据题意可设直线 AB 的方程为 y x n= − + ，联立 2 2 12 y x n x y = − + + = ， ， 整理得 2 23 4 2 2 0x nx n− + − = ， ……………………………5 分 由 2 2( 4 ) 4 3(2 2) 0n n∆ = − − × − > ，得 2 3n < ． ……………………………6 分 7 设 1 1( )A x x n，− + ， 2 2( )B x x n，− + ， 则 1 2 4 3 nx x+ = ， 2 1 2 2 2 3 nx x −= . ……………………………7 分 又设 AB 的中点为 0 0( )M x x n，− + ，则 1 2 0 2 2 3 x x nx += = ， 0 3 nx n− + = . 由于点 M 在直线 y x m= + 上， 所以 2 3 3 n n m= + ，得 3n m= − ， ……………………………8 分 代入 2 3n < ,得 29 3m < ，所以 3 3 3 3m− < < ①. ……………………………9 分 因为 1 1( , 2)QA x x n= − + − ， 2 2( , 2)QB x x n= − + − ，所以 2 1 2 1 22 ( 2)( ) ( 2)QA QB x x n x x n⋅ = − − + + − ( )22 2 23 4 44 4 4 8 3 4 8 3 3 3 3 n nn n n n n− +− − − += − + = . ……………………………10 分 由 4QA QB⋅ < ，得 23 4 8 12n n− + < ， 23 4 4 0n n− − < 得 2 23 n− < < ，得 2 3 23 m− < − < ，所以 2 2 3 9m− < < ②…………………………11 分 由①②得 3 2 3 9m− < < .故 实 数 m 的取值 范围 为 3 2 3 9  −    ， . ……………………12 分 22 . ( 12 分 ) 解: ﹙ 1 ﹚ 函数 ( ) ( )ln 1f x x a x= − + 的定义 域 为 ( )0 + ∞， . …………………………1 分 则 ( ) ( )1 1f x ax ′ = − + . ……………………………2 分 ﹙ⅰ﹚ 当 1 0a + > ,即 1a > − 时, 令 ( ) ( )1 1 0f x ax ′ = − + > 得, 1 1,ax > + 得 1 1x a< + , 又因为 0x > ,所以 10 1x a< < + , 所以函数 ( )f x 在 10 1a    +  ， 上单调递增,在 1 +1a  ∞ +  ， 上单调递减. …………………3 分 ﹙ⅱ﹚ 当 1 0a + ≤ ,即 1a ≤ − 时, ( )1 0a− + ≥ , 又由 0x > 得 ( ) 0f x′ > 对 任 意的 ( )0,x∈ +∞ 恒成 立. 所以函数 ( )f x 在 ( )0 + ∞， 上单调递增. ……………………………4 分 综 上.当 1a > − 时,函数 ( )f x 在 10 1a    +  ， 上单调递增,在 1 +1a  ∞ +  ， 上单调递减 ; 当 1a ≤ − 时, 函数 ( )f x 在 ( )0 + ∞， 上单调递增. ……………………………5 分 8 ﹙ 2 ﹚ 解法一： ( ) ( ) 1= ln 1g x f x x x ax= + + + − , 函数 ( )g x 的定义 域 为 ( )0 + ∞， , ( ) 1g x ax ′ = − ﹙ ⅰ ﹚ 当 0a ≤ 时 , ( ) 0g x′ > , 函 数 ( )g x 在 ( )0 + ∞， 上 是 增 函 数 , 不 可 能 有 两 个 零 点 ; ……… ……………………6 分 ﹙ⅱ﹚ 当 0a > 时,在 10 a      ， 上, ( ) 0g x′ > ,在 1 a  ∞   ， + 上, ( ) 0g x′ < .…………7 分 所以函数 ( )g x 在 10 a      ， 上单调递增,在 1 a  ∞   ， + 上单调递减, 此 时 1g a      为函数 ( )g x 的 最大 值. ………………… …………8 分 若 1 0g a   ≤   ,则 ( )g x 最多 有一个 零 点,不合题意.所以 1 1= ln 0g a a   >   , 解得 0 1a< < . ………………………………9 分 此 时 2 2 1 1 e e a a< < , 且 1 1 1 0e e e a ag   = − − + = − 所以 ( )G a 在 ( )0,1 上单调递增. 所以 ( ) ( ) 21 3 e 0G a G< = − < ,即 2 2 e 0g a   ⇔ < < ； ' ( ) 0 1h x x< ⇔ > …………………………8 分 得函数 ( )h x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, )+∞ 上单调递减，所以函数 ( )h x 的 最大 值为 (1) 1h = ， ……………………… …9 分 9 又因为函数 ( )h x 在 其 定义 域 (0, )+∞ 上连 续 不 断 ，（ 这个理由可以不 写 ） 且 易知当 10 ex< < 时， ( ) 0h x < ；当 1 ex > 时， ( ) 0h x > , 当 x → +∞ 时, ( ) 0h x → …………………………10 分 所以当函数 ( )g x 有两个 零 点时，只 需 满 足 max0 ( )a h x< < ， …………………………11 分 即 a 的取值 范围 为 (0,1) . …………………………12 分 注： 求最大 值后 也 可以 画 图象 说明 ： 4 2 2 4 10 5 5 10