安徽省池州市2021届高三上学期期末考试理科数学参考答案
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安徽省池州市2021届高三上学期期末考试理科数学参考答案

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资料简介
书书书 2020—2021学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案 第 1    页(共 7页) 2020—2021学年第一学期期末考试卷 高三理科数学参考答案 1.【答案】 C 【解析】 因为 B={x|y=ln(x2+2x)}={x|x2 +2x>0}={x|x<-2,或 x>0},A={x|-1<x <2},所以 A∪B={x|x<-2,或 x>-1}.故选 C. 2.【答案】 B 【解析】 z= i 2-5i= i(2+5i) (2-5i)(2+5i)=-5+2i 29 =-5 29+2 29i,所以复数 z= i 2-5i在复平面内对应 点 -5 29,2( )29在第二象限. 3.【答案】 D 【解析】 由题意可知该折线统计图是工业增加值同比增长率,2020年 3月份到 10月份,工业增 加值同比都在增加,故 A错误;2020年 3月份到 10月份,工业增加值同比增加速度最大的是 4 月,增速为 9.1%,故 B错误;2020年 10月工业增加值同比增长 8.5%,故 C错误,D正确. 4.【答案】 D 【解析】 Q到抛物线 E的准线距离为 d,则 d=4.过点 M,N分别作准线的垂线,垂足分别为 M1, N1,则 MN = MF + NF = MM1 + NN1 =2d=8. 5.【答案】 A 【解析】 因为 a与 b反向,所以 <a,b>=π,又|a|=3,|b|=4,所以(a+3b)·b=a·b+3b· b=3×4×(-1)+3×42=36. 6.【答案】 A 【解析】 依次执行如下:S=12-2×1=10,i=2; S=10-2×2=6,i=3;S=6-2×3=0,i=4; S=0-2×4=-8,i=5,满足条件 S<0,退出循环体,输出 i=5. 7.【答案】 C 【解析】 因为 b=0.25-0.5=40.5>a=40.4>40=1,c=log0.250.4<log0.250.25=1,所以 c<a<b. 8.【答案】 D 【解析】 cos13π 12 +α( )2 =-cos π 12+α( )2 = -sin π 2- π 12+α( )[ ]2 = -sin 5π 12-α( )2 =槡5 4,故 选 D. 9.【答案】 A 【解析】 由 MF1 MF2 =4得 MF1 - MF2 =3 MF2 =2a,∵ MF2 =2a 3≥c-a,∴1<e≤ 5 3. 10.【答案】 A 【解析】 g(x)=f(x) e3x ,则 g′(x)=f′(x)·e3x-3f(x)e3x (e3x)2 =f′(x)-3f(x) e3x ,因为 3f(x)-f′(x) >0在 R上恒成立,所以 g′(x)<0在 R上恒成立,故 g(x)在 R上单调递减,所以 g(1)< g(0),即f(1) e3 <f(0) e0 ,即 f(1)<e3f(0).故选 A. 11.【答案】 B 1 2020—2021学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案 第 2    页(共 7页) 【解析】 因为 g(x)在 π,7 6( )π 上具有单调性,g π( )4 =0,g(π)=3, 所以 7 6π-π≤ T 2=π ω, π-π 4≥ T 4=π 2ω, π-π 4=2n-1 4 T=(2n-1)π 2ω (n∈N        ), 得 2 3≤ω≤6,ω=4n-2 3 ,n∈N , 所以 2 3≤4n-2 3 ≤6,解得 1≤n≤5.经验证,ω=2 3,210 3,14 3,6,5个值均符合, 故 ω的取值共有 5个. 12.【答案】 A 【解析】 因为 f(-x)=-x3+3x=-f(x),所以 f(x)=x3-3x是奇函数,曲线 f(x)=x3-3x关 于原点 O对称,而正方形也是中心对称图形,所以正方形 ABCD的中心就是原点 O.设 A(x1, y1),B(x2,y2),正方形一条对角线 AC的方程为 y=kx(k>0),则另一条对角线 BD的方程为 y =-1 kx.由 y=kx y=x3-3{ x ,得 x3=kx+3x,又 x1≠0所以 x2 1=k+3;用 -1 k代替 k,得 x2 2 =-1 k+3. 从而 OA2=(1+k2)x2 1=(1+k2)(k+3),OB 2= 1+1 k( )2 x2 2= 1+1 k( )2 -1 k( )+3. 由|OA|=|OB|得(1+k2)(k+3)= 1+1 k( )2 -1 k( )+3,整理得 k4+3k3-3k+1=0, 两边同除以 k2,得 k-1( )k 2 +3 k-1( )k +2=0,得 k-1 k=-1,或 k-1 k=-2. 当 k-1 k=-1时,即 k2+k-1=0,解得 k=槡5-1 2 ,所以 -1 k= 槡- 5-1 2 . 当 k-1 k=-2时,即 k2+2k-1=0,解得 k 槡= 2-1,所以 -1 k 槡=- 2-1. 所以正方形 ABCD的对角线的斜率的取值集合为 槡5-1 2 , 槡- 5-1 2 ,槡2-1, 槡{ }- 2-1. 13.【答案】 6 【解析】 作直线 l0:y=-5x,平移直线 l0,当其过点(1,1)时,z=5x+y取得最大值,最大值为 5 ×1+1=6. 14.【答案】  -4 2 2020—2021学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案 第 3    页(共 7页) 【解析】 方法一:(x4-1)4 x12 =(x4-1)4 (x3)4 = x-1 x( )3 4 ,其中展开式的通项公式为 Tr+1 =Cr 4x4-r -1 x( )3 r =(-1)rCr 4x4-4r,令 4-4r=0,解得 r=1,所以常数项为(-1)1C1 4=-4. 方法二:(x4-1)4中的通项公式为 Tr+1 =Cr 4x4(4-r)(-1)r=(-1)rCr 4x16-4r,令 16-4r=12得 r =1,所以常数项为 T2=C1 4(-1)=-4. 15.【答案】 28π 3 【解析】 方法一:∵DE⊥平面 ABE,∴BC⊥平面 ABE,∴∠ABC=90°,则有 AB2 +BC2 =AC2,解 得 AB=2,设 O在平面 BCDE的投影为 H,即为正方形 BCDE对角线的交点,则 HB=HC=HD= HE 槡= 2,设点 O到平面 BCDE的距离为 h,则外接球半径 R2 =OB2 =HB2 +h2 =h2 +2.过点 A 作 AF⊥EB,∵DE⊥平面 ABE,∴AF⊥ED,又 ED∩EB=E,∴AF⊥平面 BCDE,即 F是点 A在平 面 BCDE的投影. ∵△ABE为等边三角形,∴AF 槡= 3,HF=1 2ED=1, ∴R2=OA2= AF-( )h2+HF2= 槡3-( )h2+1,与 R2=h2+2联立, 解得 R2=7 3,则 S=4πR2=28π 3 . 方法二:构造直三棱柱 ABE-A′CD,由题意易知直三棱柱 ABE-A′CD的上下底面为正三角形, 边长为 2,三棱柱的高为 2,设外接球半径 R,则 R2= 2 槡( )3 2 +12=7 3,所以外接球的表面积为 S= 4πR2=28π 3 . 16.【答案】 2 【解析】 由 2 tanA+ 1 tanB= 2 sinA,得2cosAsinB+cosBsinA sinAsinB = 2 sinA,即 2cosAsinB+cosBsinA=2sinB, 结合正弦定理得 2bcosA+acosB=2b,再由余弦定理可得 2b·b2+c2-a2 2bc +a·a2+c2-b2 2ac =2b, 整理 3c2+b2-a2=4bc.又由余弦定理可得 b2-a2=2bccosA-c2,代入上式得 c2 =bc(2-cosA), 又锐角△ABC的面积 1 2bcsinA= 槡23 3 ,所以 bc= 槡43 3sinA时,所以 c2= 槡43(2-cosA) 3sinA ,设函数 f(x)= 2-cosx sinx (0<x<π 2),求导可得 f′(x)=1-2cosx sin2x ,由 f′(x)=1-2cosx sin2x =0,得 x=π 3,所以在 0,π( )3 上单调递减,在 π 3,π( )2 上单调递增,所以 f(x)≥fπ( )3 槡= 3.于是 c2 = 槡43(2-cosA) 3sinA ≥ 4,即 c≥2,当且仅当 A=π 3时,等号成立. 17.【答案】 见解析 【解析】 (1)设等差数列 a{ }n 的公差为 d. 因为 2a2,a6,a9成等比数列,所以 a2 6=2a2·a9, 即(a1+5d)2=2(a1+d)·(a1+8d), 3 2020—2021学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案 第 4    页(共 7页) 整理可得 a1=-9d或 a1=d, (3分)!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 而 a3=a1+2d=3,且 an>0,所以 a1=d,解得 a1=d=1, 所以 an=1+(n-1)×1=n,即数列 a{ }n 的通项公式为 an=n; (6分)!!!!!!!!!! (2)由(1)可得 bn= 2(n+1)-an n(an+1)·2an+1= 2(n+1)-n n(n+1)·2n+1= 1 n·2n- 1 (n+1)·2n+1, (8分)!!! 所以 Tn = 1 1×21- 1 2×22+ 1 2×22- 1 3×23+… + 1 n·2n- 1 (n+1)·2n+1 = 1 1×21- 1 (n+1)·2n+1 =1 2- 1 (n+1)·2n+1. (12分)!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 18.【答案】 见解析 【解析】 (1)证明:取 BC的中点分别为 F,连接 NF,DF. 因为 N,F分别为 BC1,BC的中点,ABCD-A1B1C1D1是正方体, 易得 NF⊥平面 ABCD,所以 NF⊥AM. (2分)!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 因为 FC=MD,AD=DC,∠FCD=∠MDA, 所以△FCD≌△MDA,所以∠CFD=∠DMA, 所以∠FDC+∠DMA=90°,所以 FD⊥AM. 因为 NF∩FD=F,所以 AM⊥平面 NFD,所以 ND⊥AM. (5分)!!!!!!!!!!!!! (2)以 A为原点,建立如下图所示空间直角坐标系. 连接 BD,C1D,在正方体 ABCD-A1B1C1D1中, 易知 BD=C1D,且 N为 BC1中点,所以 DN⊥BC1. 又 BC1∥AD1,所以 AD1⊥DN. 因为 AD1∩AM=A,所以 ND⊥平面 AMD1, 故 →ND为平面 AMD1的一个法向量. (7分)!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 由 ABCD-A1B1C1D1是正方体,得 BD⊥平面 AA1C1C, 故 →BD为平面 AA1C1C的一个法向量. (8分)!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ∵B 2,0,( )0,D 0,2,( )0,N 2,1,( )1, ∴ →ND= -2,1,( )-1,→BD= -2,2,( )0, (9分)!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 4 2020—2021学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案 第 5    页(共 7页) ∴ cos<→ND,→BD> = →ND· →BD →ND · →BD = (-2)×(-2)+1×2+0 槡 槡6× 8 =槡3 2, 则平面 AMD1与平面 AA1C1C所成锐二面角的余弦值为槡3 2. (12分)!!!!!!!!!!! 19.【答案】 见解析 【解析】 (1)抽取口罩中过滤率在(μ-3σ,μ+3σ]内的概率 P(μ-3σ<Z≤μ+3σ)=0.9974, 所以 P(Z≤μ-3σ)=1-0.9974 2 =0.0013, (1分)!!!!!!!!!!!!!!!!!! 所以 P(Z>μ-3σ)=1-0.0013=0.9987, (2分)!!!!!!!!!!!!!!!!!! 故 P(X≥1)=1-P(X=0)=1-0.998710=1-0.9871=0.0129. (3分)!!!!!!!!! (2)由题意可知 X~B(10,0.0013),所以 E(X)=10×0.0013=0.013. (7分)!!!!!!! (3)如果按照正常状态生产,由(1)中计算可知,一只口罩过滤率小于或等于 μ-3σ的概率 P(Z≤μ-3σ)=1-0.9974 2 =0.0013,一天内抽取的 10只口罩中,出现过滤率小于或等于 μ- 3σ的概率 P(X≥1)=0.0129,发生的概率非常小,属于小概率事件.所以一旦发生这种情况,就 有理由认为这条生产线在这一天的生产过程中可能出现了异常情况,需要对当天的生产过程进 行检查维修.可见这种监控生产过程的方法合理. (12分)!!!!!!!!!!!!!!! 20.【答案】 见解析 【解析】 (1)由题意可得 12 a2 +( )3 2 2 b2 =1 c a=1 2 a2-b2=c        2 ,解得 a=2,b 槡= 3. 所以椭圆 C的方程为x2 4+y2 3=1. (4分)!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! (2)证明:由(1)可知 F(1,0),则直线 l的方程为 y=k(x-1). 联立 y=k(x-1) x2 4+y2 3{ =1,得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0. 设 D(x1,y1),E(x2,y2),则 x1+x2= 8k2 4k2+3,x1x2=4k2-12 4k2+3, (7分)!!!!!!!!!!!! 所以 k1+k2= y1 x1+2+ y2 x2+2=k(x1-1) x1+2 +k(x2-1) x2+2 =k1- 3 x1+2+1- 3 x2( )+2 =k2- 3(x1+x2+4) (x1+2)(x2+2[ ]) =k2- 3(x1+x2+4) x1x2+2(x1+x2)[ ]+4 =k2- 3 8k2 4k2+3( )+4 4k2-12 4k2+3+2× 8k2 4k2+3      +4 =k2- 3(8k2+16k2+12) 4k2-12+16k2+16k2[ ]+12 =k2-2k2+1 k( )2 =-1 k, (11分)!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 5 2020—2021学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案 第 6    页(共 7页) 所以 kk1+kk2=k -1( )k =-1(定值). (12分)!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 21.【答案】 见解析 【解析】 (1)方法一:当 m=1时,f(x)=3x2+sinx,则 f′(x)=6x+cosx. 设 h(x)=6x+cosx(x>0),则 h′(x)=6-sinx>0, 所以 h(x)=6x+cosx在区间(0,+!)上单调递增, (3分)!!!!!!!!!!!!!!! 故 f′(x)=h(x)>h(0)=1>0, 于是 f(x)=3x2+sinx在区间(0,+!)上单调递增, 即函数 f(x)的单调递增区间为(0,+!),无单调递减区间. (5分)!!!!!!!!!!!! 方法二:当 x>1时,显然有 f′(x)>0, 当 0<x≤1时,cosx>0,所以 f′(x)>0, 故当 x>0时,恒有 f′(x)>0, 即函数 f(x)的单调递增区间为(0,+!),无单调递减区间. (5分)!!!!!!!!!!!! (2)由 g(x)=f(x)-mxcosx=3x2+msinx-mxcosx, 得 g′(x)=6x+mxsinx=x(6+msinx). ①当 -6≤m≤6时,对于 x∈ 0,3π( )2 ,有 -1<sinx≤1,-6<msinx≤6,所以 g′(x)>0, 所以 g(x)在区间 0,3 2( )π 上单调递增, 又 g(0)=0,于是 g(x)在区间 0,3 2( )π 上无零点,不合题意. (7分)!!!!!!!!!!! ②当 m>6时,令 g′(x)=0,得 sinx=-6 m∈(-1,0), 所以存在唯一的 x0∈ 0,3π( )2 ,使得 g′(x0)=0, 当 x∈(0,x0)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,当 x∈ x0,3π( )2 时,g′(x)<0,g(x)单调递减. 又注意到 g(0)=0,g3π( )2 =27π2 4 -m, (9分)!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 于是:当 g3π( )2 =27π2 4 -m≥0,即 6<m≤27π2 4 时,g(x)在区间 0,3 2( )π 上无零点,不合题意; 当 g3π( )2 =27π2 4 -m<0,即 m>27π2 4 时,g(x)在区间 0,3 2( )π 上有且只有一个零点,符合题意. 综上所述,实数 m的取值范围是 27π2 4 ,+( )! . (12分)!!!!!!!!!!!!!!!!! 22.【答案】 (1)由 x=-1+1 2t y=槡3 2{ t (t为参数)消去参数 t可得直线 l的普通方程为槡3x-y 槡+ 3=0. (2分)!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 由 ρ2= 6 3sin2θ+2cos2θ得 3ρ2sin2θ+2ρ2cos2θ=6,即 3y2+2x2=6, 6 2020—2021学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案 第 7    页(共 7页) 整理可得曲线 C的直角坐标方程为x2 3+y2 2=1. (5分)!!!!!!!!!!!!!!!! (2)将直线 l的参数方程 x=-1+1 2t y=槡3 2{ t (t为参数)代入椭圆 C:x2 3+y2 2=1中, 整理得11 4t2-2t-4=0,显然 Δ>0,设点 A,B对应的参数分别为 t1,t2 (7分)!!!!!!! 所以 t1+t2=8 11,t1t2=-16 11, (8分)!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 故 1 PA - 1 PB = PB - PA PA· PB = t1+t2 t1t2 =1 2. (10分)!!!!!!!!!!!!!! 23.【答案】 见解析 【解析】 (1)f(x)≤5即为 3 x+1 + 3x-2≤5,等价于 x<-1 -3x-3-3x+2≤{ 5或 -1≤x≤ 2 3 3x+3-3x+2≤{ 5 或 x>2 3 3x+3+3x-2≤{ 5 (3分)!!!!!!!!! 解得 -1≤x≤ 2 3,即不等式的解集为 x -1≤x≤{ }2 3 . (5分)!!!!!!!!!!!!!! (2)因为 f(x)=3 x+1 + 3x-2≥ 3x+3-3x+2 =5, (7分)!!!!!!!!!!!! 所以由 f(x)>2a2-9a恒成立,可得 2a2-9a<5, (9分)!!!!!!!!!!!!!!!! 即 2a2-9a-5<0,解得 -1 2<a<5, 故实数 a的取值范围是 -1 2,( )5. (10分)!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 7

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