2021届高三数学(新高考)全国统一模拟考试押题卷六(含解析)
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2021届高三数学(新高考)全国统一模拟考试押题卷六(含解析)

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资料简介
2021 普通高等学校招生全国统一考试•押题卷 数学(六) 本试卷分选择题和非选择题两部分,共 16 道小题,6 道大题,满分 150.考试时间 120 分钟. 一、选择题:本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一 项是符合题目要求的. 1.设集合  * 2{ || 1 2}, 2 3 0A x x B x x x      N∣ ∣ „ ,则 A B  ( ) A. {0,1,2} B. {1,2} C. {0,1} D. {1,2,3} 2. 已 知 , ,ia b R R 是 虚 数 单 位 . 若 1 a i 和 1 ib 互 为 共 轭 复 数 , 则 a b  ( ) A. 0 B. 1 C. -1 D. 2 3.设    2 2: 0, :ln 1 ln 1p x y q x y     , 则 p 是 q 的 ( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4.若直线 : 2 0( )l ax y a a    R 被圆 2 2: 2 3 0C x y x    截得的弦长等于圆 C 的半径长, 则 a  ( ) A. 2 B. 2 2 C. 2 2  D. 2 2  5.河北省、湖北省等八省从 2021 年开始,高考实行“3+1+2"模式: “3"是语文、数学、外 语,由全国统考; "1+2”为北水平选择性考试,其中“1”是在物理、历史 2 门学科中选择 1 门, "2”是在思想政治、地理、化学、生物 4 门学科中选择 2 门. 新高考地区某校上 学期期中考试后,学校为了让同学们有更大的进步,从期中考试的 9 门学科每科的第一名 中(每科只有一个第一名,每个学生只有一科得第一名)挑选 3 人做学习经验交流.若事件 A :数学学科的第一名被选中,事件 B:物理、历史至少有一科的第一名被选中,则 ( )P B A ∣ ( ) A. 1 28 B. 7 28 C. 13 28 D. 23 28 6. 2020 年 12 月 9 日起,山东省济南市对城市快速路、经十路、旅游路等在工作日早晚高 峰期采取限制外地号牌车辆通行措施. 限行开始后,通过调看经十路每天 7: 00—9: 00 的车辆提速情况,得到时间 x (天)与提速车辆所占的百分比 y 的散点图: 由此散点图估计在前十天中,最适宜作为提速车辆所占的百分比 y 和时间 x(天)的回归 方程类型的是 ( ) A. y bx a  B. 2y ax C. lny a x b  D. xy a b  7.已知 0, 0a b  , 且 2 4a b  , 则 1 2 4 a b a   的最小值是 ( ) A. 1 8 B. 1 4 . C. 1 2 D. 1 8.若抛物线 2 4y x 上一点 M 到焦点 F 的距离为 5, MN 垂直于 y 轴, N 为垂足,则 MNF 的外接圆的周长为 ( ) A. 5 17 4  B. 5 17 2  C. 5 17 D. 85 二、选择题 : 本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 在每小题给出的选项中,有多项符 合题目要求. (山东新高考:全部选对的得 5 分,有选错的得 0 分,部分选对的得 3 分. 其他八省新高考 : 全部选对的得 5 分,部分选对的得 2 分,有选错的得 0 分. ) 9.已知平面四边形 , 3 ,| | 1ABCD AB DC CD    , 且 0AB AD   ,动点 P 满足 (0 1)AP AD     , 则以下各数可以作为 ( 1)PB mPC m  ∣ 的值的是 ( ) A. 3 B. 4 C. 5 D.6 10.如图,在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中, 1 2 2 2AA AB AC   ,AB AC , 点 ,E F 分别为 1,AA BC 的中点,则 ( ) A. / /AF 平面 1B CE B. 1AF B C C. 1 1B C 与 CE 所成角的大小为 60 D. 三棱锥 1B B CE 的体积为 2 3 11.已知 , ,A B C 为 ABC 的三个内角,且 , ,A B C 成等差数列, ( ) sin cos 2sin( )cosf x x x x B x   , 则 ( ) A. 函数 ( )f x 的最小正周期为  B. 函数 ( )f x 的最小值为 3 C. 函数 ( )f x 在 0, 2      上单调递增 D. 直线 2x  为函数 ( )f x 的图像的一条对称轴 12.已知函数 ( )f x 对于任意 x  R 都有 ( ) ( ) 0f x f x   成立,且当 0x  时, 1( ) e ( 2)xf x x  ,则下列命题正确的是 ( ) A. (1) 1f  B. ( ) 0f x  的解集为 ( 2,0) (2, )   C. 函数 ( )f x 既无最大值也无最小值 D. 若函数 ( ) ( )g x f x a  有三个零点,则实数 a 的取值范围为 ( 2 ,2 )e e 三、填空题 : 本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.已知数列 na 的首项为 11, n na a n  ,则 2021a  _______________________. 14. 设 曲 线 3( ) ln 2f x x x   在 1x  处 的 切 线 为 l , 则 直 线 l 在 y 轴 上 的 截 距 为 ________________________. 15. 已 知 双 曲 线 C 的 方 程 为 2 2 2( 4) 4mx m y m m    , 则 实 数 m 的 取 值 范 围 为 _______________________.若双曲线 C 的离心率的最小值为 2 , 则 m 的最大值为 _______________________. 16.已知四棱锥 P ABCD 的底面是边长为 4 的正方形,侧面 PAD  底面 ABCD , 且 5PA PD  , 则以点 P 为球心, 2 为半径的球被底面 ABCD 截得的平面图形的面积为 ________________________. 四、解答题:本题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10 分)在① cos 3 sin ,a a C c A  ②   3 ,a b c a b c ab     ③ ( )sin( ) sin sina b B C b B c C    这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答. 已知锐角三角形 ABC 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ,且 3ABCS  ,求 a 的取值范 围. 注:如果选择多个条件分别解答,那么按第一个解答计分. 18. (12 分)在数列 na 中,已知 1 0a  ,且 1 ( 1) 1n nna n a    . (1)求数列 na 的通项公式. (2)求证 1 2 2: 1.2 2 2 n n aa a    19. (12 分) 如图,在三棱台 1 1 1ABC A B C 中,侧面 1 1ABB A , 1 1 1 1,BCC B ACC A 均为等腰梯形, 上、下底面均为等边三角形, 且 1 1 12 2 2 4.BC B C BB   (1)证明 1: AC BB . (2)求直线 1 1A C 与平面 1ABC 所成角的正弦值. 20. (12 分)某乡镇加大投资建设美丽乡村,大力发展乡村旅游产业,显著提高了农民收入为 了提升旅游质量,打造特色旅游品牌,镇政府聘请有关专家和环保部门工作人员 50 人, 对 A,B 两个特色旅游村进行评价(满分 100 分),并得到 A 村评价分数 (单位:分)的频 数 分布表和 B 村评价分数的频率分布直方图,如下: A 村评价分数的频数分布表 B 村评价分数的频率分布直方图 有关专家与环保部门工作人员对旅游村的评价分数的规定如下: 等级越高旅游资源开发越好,如 II 级好于 I 级. (1) 估计 A 村评价分数的众数,并求 a 的值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代 表). (2) 从参与评价的 50 人中随机抽取 1 人,估计该人对 A 村评价分数等级比 B 村评价分 数等级高的概率. ( 3 ) 以评价分数为依据,比较 A,B 两村旅游产业发展质量情况. 21. (12 分) 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a b a b     的焦点为 1 2( 2,0), ( 2,0)F F , 点 ,A B 是 C 上异于上、下顶点的两动点.当 2, ,A F B 三点共线时, 1ABF 的周长为 4 3 . (1)求C 的标准方程. (2)设 O 为原点,若点 D 满足四边形 OADB 为平行四边形, 且 2 2| | | | 8AB OD  , 证明直 线 ,OA OB 的斜率之积的平方为定值. 22. ( 12 分 ) 已知函数 ( ) ln ( 0)f x x ax a   . (1)若函数 ( )f x 的最大值为 2 ,求 a 的值. (2)若 2 3( ) ( ) 2g x f x ax   , 且 ( )g x 的极大值点为 1x , 求证  1: 2ln 2.g x   参考答案及深度解析 数学(六) 一、1. B【命题意图】本题考查集合的交集、一元二次不等式与绝对值不等式的解法,体现 了数学运算的核心素养. 【解析】因为 { || 1 2} { 2 1 2} | | 1A x x x x x x           ∣ ∣    * 2 *3}, 2 3 0 ( 3)( 1) 0B x x x x x x        N N∣ ∣„ „  * 1 3 {1,2,3}x x  N∣ „ „ ,所以 {1,2}A B  . 故选 B . 2. B【命题意图】本题考查共轭复数的概念和复数的运算,体现了数学运算的核心素养. 【解析】因为 (1 i) i i1 i (1 i)(1 i) 2 2 2 a a a a a a       和1 ib 互为共轭复数,所以 1,2 ,2 a a b      所以 2, 1, a b    所以 2 ( 1) 1.a b     故选 B. 3. A【命题意图】本题考查充分条件、必要条件的判断,体现了逻辑推理的核心素萊. 【 解 析 】 由    2 2ln 1 ln 1x y   , 得 2 21 1x y   , 即 2 2x y . 若 x 0y  , 则 2 2x y ,所以 p 是 q的充分条件.取 2, 1x y   ,则 2 2x y 成立,但 0x y  不成立, 所以 p 不是 q的必要条件. 所以 p 是 q的充分不必要条件. 故选 A. 4. D【命题意图】本题考查圆的弦长问题,体现了数学运算、直观想象等核心素养. 【 解 析 】 设 圆 C 的 圆 心 到 直 线 l 的 距 离 为 d , 圆 C 的 半 径 为 R . 由 题 意 可 知 2 2 3 .2 2 Rd R R      将 2 2 2 3 0x y x    化成圆的标准方程为 2 2( 1) 4x y   , 所 以 圆 C 的 圆 心 为 (1,0) , 半 径 2R , 所 以 3 32d R  , 所 以 2 | 0 2 | 3 1 a a a     , 解得 2 2a   . 故选 D. 5. C【命题意图】本题考查条件概率、组合,体现了数学运算、逻辑推理等核心素美. 【解析】由题意可得 2 2 1 1 8 2 2 6 3 3 9 9 C C C C( ) , ( ) C C P A P AB   , 所以 2 1 12 2 63 2 1 1 9 2 2 6 2 2 8 8 3 9 ( ) 13( ) .( ) 28 C C C C C C CP ABP B A P A C C C     ∣ 故选 C 6.C【命题意图】本题考查散点图与回归方程的拟合,体现了数学运算、数据分析等核心素 养. 【解析】由散点图中点的分布可知,所有的点分布在一个对数 函数的图像附近,故最适宜 作为提速车辆所占的百分比 y和时间 x (天)的回归方程类型的是 C. 7. A 【命题意图】本题考查利用基本不等式求最小值,考查转化与化归思想,体现了数学运 算、逻辑推理等核心素养. 【解析】设 1 2 4 at b a    , 则由 0, 0, 2 4a b a b    ,得 1 2t b   4 4 4 1 4 1 11 ( 4 2 ) 14 4 2 4 2 8 a a ba a b a b                  1 8 4 1 8 4 14 1 1 5 2 1 (58 4 2 8 4 2 8 b a b a a b a b                      … 4) 11 8   , 当且仅当 8 4 4 2 b a a b  , 即 4 3a b  时取 “ ”, 即 1 2b  4 a a  的最小值是 1 8 . 故选 A. 8. A 【命题意图】本题考查抛物线的定义、标准方程及其筒单几何性质, 正、余弦定理, 同角三角函数的基本关系,体现了数学运算、逻辑推理等核心素养. 【解析】由题意,得抛物线的焦点坐标为 (1,0) .设  0 0,M x y , 则 0| | 1 5MF x   ,所以 0 4x  ,所以 0 4,| | 4.y MN   又 MF 2 25,| | 1 | 4| 17NF     , 所以在 MNF 中, 由余弦定理, 得 2 2 2| | | | | |cos 2 | | | | MN MF NFNMF MN MF     2 2 24 5 ( 17) 3 2 4 5 5     则 4sin 5NMF  , 则 MNF 的外接圆半径 1 17 5 17 42 8 5 r    , 故 MNF 的外接圆的周 长为 2 r  5 17 5 172 .8 4    故选 A . 二、9.CD 【命题意图】本题考查平面向量的运算、向量的模,考查数形结合思想,体现了数 学运算、直观想象等核心素养. 【解析】 3 , / / . 0,AB DC AB DC AB AD AB AD           四边形 ABCD为直角梯形, 且 3 3.AB CD  以 A 为原点,分别以 ,AB AD 所在直线为 x 轴、 y轴建立平面直角坐标系,如图. 设 AD b , 则 (3,0), (1, )B C b , (0, ), (3, ), (1P b PB b PC      ),b b (3, )PB mPC b      (1, ) (3 , ( ))m b b m b m m       2 2 2| | (3 ) ( ) (0,1)PB mPC m b m m             , 2| | (3 ) 3PB mPC m m      … ,当且仅当 0m m    , 即 (0,1)1 m m    时 取 1, 3 4.m m    “ ” 当 22, 3m   时 , | | 5;PB mPC   当 33, 4m   时,| | 6.PB mPC   故选 CD. 10. ABC【命题意图】本题考查直线、平面位置关系的判定,异面直线所成的角,三棱锥的体 积,体现了数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养. 【解析】对于 A:如图,取 1B C 的中点 D ,连接 ,DE DF 则 DF 1 1 .2 B B AEDF为平行四边形, AF ∥ .DE 又 AF  平面 1 ,B CE DE  平面 1 , / /B CE AF 平面 1B CE , 故 A 正确. 对于 B:方法一 由 ,AB AC F 为 BC 的中点,得 .AF BC  三 棱 柱 1 1 1ABC A B C 为 直 三 棱 柱 ,  1BB  平 面 .ABC AF  平 面 1, .ABC AF B B  又 1B B ⋂ 1,BC B BB  平面 1 1BB C C , BC  平面 1 1 ,BB C C AF  平面 1 1 1.BB C C B C  平面 1 1 1,BB C C AF B C  , 故 B 正确. 方法二 在 1B CE 中,由 E 为 1A A 的中点及 AB AC 易得 1 .B E EC 又 D 为 1B C 的中 点, 1DE B C  . 由 A 知 / /DE AF , 1AF B C  , 故 B 正确. 对于 C :由 1 1/ /BC B C , 得 BCE 即为 1 1B C 与 CE 所成的角. 1, , 2.AB AC AB AC BC     又 CE EB  2 2 2, , 60AB AE BE EC BC BCE        ,即 1 1B C 与 CE 所成角的大小为 60 ,故 C 正确. 对于 D: 方法一 / / ,AF DE AF  平面 1 1 ,BB C C DE  平面 1 1 .BB C C 又 1 1 2 1,2 3B B CE E B BC AB ACDE AF V VBC         . 1BC 1 1 2 12 23 2 2 3BS DE       , 故 D 错误. 方法二 1 1 1 1 1 1 11 1 1 11 1 22 3B B CE ABC B C B AEC B ECCV V V V            1 1 1 11 1 1 (2 1) 1 12 3 2 3           , , 故 D 错误.选 ABC. 11. AD【命题意图】本题考查等差数列的概念、二倍角公式、两角差的正亥公式、三角函数 的图像和性质,体现了数学运算、直观想象等核心素养. 【解析】 , ,A B C 成等差数列, 2 .B A C   又 A B C    , ( ) sin cos 2sin cos sin cos3 3B f x x x x x x x            21 3 3 32 sin cos cos 3cos cos2 , ( )2 2 2 2x x x x x f x          的最小正周期为 2 , A2    正确. 1 cos2 1x „ „ , 3 3 3 3 3cos 2 , 0 cos 2 32 2 2 2 2x x   „ „ „ „ ,即 0„ ( ) 3, Bf x „ 错误.令 2 2 2 2 ,k x k k     Z„ „ , 则 2   , , ( )k x k k f x    Z„ „ 的 单 调 递 增 区 间 为 , , , C2k k k         Z 错误.令 2 ,x k k Z , 则 x  , , ( )2 k k f x  Z 的图像的对称 轴为直线 , .2 kx k  Z 当 k  1 时, , D2x   正确. 故选 AD . 12. BC【命题意图】本题考查函数的单调性、奇偶性,函数的零点,利用导数研究函数的最 值,考查转化与化归思想、属性集合思想,体现了数学运算、逻辑推理、直观想象等核心 素养. 【解析】 x R 都有 ( ) ( ) 0, ( )f x f x f x    是奇函数, 1 1(1) ( 1) e ( 1 2) 1,Af f        错误.当 0x 时, 1e 0x  ,当 2x 时, ( ) 0f x  ,当 2 0x   时, ( ) 0.f x  根据奇函数的性质,得当 0 2x  时, ( ) 0f x  , 当 2x 时, ( ) 0f x  .故 ( ) 0f x  的解集是 ( 2,0) (2, ),   B 正确. 当 0x 时,对函数 1( ) e ( 2)xf x x  求导,得 1( ) e ( 3)xf x x   . 当 3x  时, ( ) 0f x  , 当 3 0x   时, ( ) 0, ( )f x f x   在 ( , 3)  上 单 调 递 减 , 在 ( 3,0) 上 单 调 递 增 ,  当 0x 时 , min( ) ( 3)f x f   3 1 2e ( 3 2) e .     当 0, 0x x  时, ( ) 2e.f x  根据奇函数的 性质,得当 0x 时, 2 max( ) e , 0f x x  时, 2( ) 2e. ef x   22e,e 2e,   函数 ( )f x 既无最大值也无最小值, C 正确.令 1 2( ),y f x y a  , 则 ( ) ( )g x f x a  的零点个数即函 数 1y  ( )f x 与 2y a 图像的交点个数.由 C 的分析知,当 a   22e, e  ⋃  2e ,2e 时,直线 2y a 与 1 ( )y f x 的图像有一个交点,即函数 ( )g x 有一个零点, D 错误. 故选 BC. 三、13.1 011【命题意图】本题考查数列的递推公式、等差数列的判定与通项公式,体现了 数学运算、逻辑推理等核心素养. 【解析】 1n na a n  ① 1 2, 1n na a n     ②. ②-①,得 2na   1 3 51, , , ,na a a a   是首项为 1 , 公差为 1 的等差数列, 2021 1 2021 1 1 1 1 1010 10112a a            14. -3 【命题意图】本题考查导数的几何意义、直线的纵截距, 体现了数学运算、直观想 象等核心素养. 【解析】由 3( ) ln 2f x x x   , 得 2 1( ) 3f x x x    ,所以曲线 ( )f x 在 1x  处的切线的斜率 为 (1) 2.f   又 (1) 1f   ,所以切线 l 的方程为 1 2( 1).y x   令 0x  ,则 3y   , 即切 线 l 在 y 轴上的截距为-3. 15. ( 4,0) 3  【命题意图】本题考查双曲线的标准方程及其简单几何性质,体现了数学运 算、逻辑推理等核心素养. 【解析】 2 2( 4) ( 4)mx m y m m    为双曲线 C 的方程, 0m  且 2 2 4, 1,. ( 4) 04 x ym m mm m        ,即 4 m   0. 4 0,m    双曲线 C 的焦点在 x 全上, 4 2c m m    . 双曲线的离心率 2 4 4 ce m m     , 则 2 2, 0 4 m m     … 4 1, 4 3.m  „ „ 故 m 的最大值为 3. 16. 3 2  【命题意图】本题考查面面垂直的性质定理、球的截面问题,体现了逻辑推理、数 学运算、直观想象等核心素养. 【解析】如图,取 AD 的中点 O , 连接 PO ,则 PO AD . 又平面 PAD  平面 ABCD ,平 面 PAD ⋂平面 ,ABCD AD PO  平面 ,PAD PO  平面 ABCD .由 5, 4PD AD  ,得 PO  2 2 2 2 1 2PD DO PD AD       2 2( 5) 2 1.  可知以点 P 为球心, 2 为半径的球被底面 ABCD 截得的平面图形是以 O 为圆心, 2 22 1 3  为半径的半圆,截得的平面图形的面积为 21 3( 3)2 2    . 四,17.【命题意图】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式、诱导公式、同角三 角函数的基本关系、两角差的正弦公式,体现了数学运算、逻辑推理等核心素养. 【解】选择条件①. cos 3 sina a C c A  , 由正弦定理,得sin sin cos 3sin sin .A A C C A  0 , sin 02A A    , 1 cos 3sin , 3sin cos 1C C C C      , (2 分) 3 1 1 1sin cos , sin2 2 2 6 2C C C         . 0 , , .2 6 6 3C C C          (4 分) 1 1 3sin 3, 4.2 2 2BCS ab C ab ab       (5 分) ABC 为锐角三角形, 且 3C  , 2 20, , .3 2 6 3A B B             又 30 , , tan2 6 2 3B B B         . (6 分) 由正弦定理 sin sin a b A B  , ,得 sin sin b Aa B  , 2 3 12 4 cos sinsin 2 2 2 33 2sin sin tan B Bab B a B B B                 , (8 分) 22 8, 2 2 2a a      , 即 a 的取值范围为 ( 2,2 2). (10 分) 选择条件②. 由    3 ,a b c a b c ab     得  2 2 2 2 22a b c a b ab c       2 2 23 ,ab a b c ab    . (2 分) 则由余弦定理,得 2 2 2 1cos 2 2 2 a b c abC ab ab     . 0 ,2 3C C     . (4 分) 以下解法同选择条件①的. 选择条件③. ,A B C B C A        , 结合 ( )sin( ) sin sina b B C b B c C    , 得 ( )sina b A b  . sin sinB c C . 由正弦定理,得 2 2( )a b a b c   , 即 2 2 2a b c ab   . (2 分) 则由余弦定理,得 2 2 2 1cos 2 2 2 a b c abC ab ab     . 0 ,2 3C C     . (4 分) 以下解法同选择条件①的. 18.【命题意图】本题考查数列的通项公式、前 n 项和,体现了数学运算、逻辑推理等核心素 养. (1) 【 解 】 因 为 1 ( 1) 1n nna n a    , 给 等 号 两 边 同 时 除 以  1n n  并 整 理 , 得 1 1 1 1 1 ( 1) 1 n na a n n n n n n        , (2 分) 所以 1 1 2 3 21 1 1 1, , ,1 1 1 2 2 1 3 2 n n n na a a a a a n n n n n n n n                 2 11 1 1 1,2 3 2 1 1 2 a a    . 累加, 得 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 2 1 na a n n n                          1 1 1 111 n n n n n        . (5 分) 又 1 0a  , 所以 1.na n  (6 分) (2)【证明】设 1 2 22 2 2 n n n aa aS     , 则 2 3 1 1 2 2 1 2 2 2 2n n n n nS        ①. 所以 3 4 1 1 1 2 2 1 2 2 2 2 2n n n n nS        ②. (8 分) ①-②,得 2 3 4 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2n n n nS           3 2 2 1 1 111 12 2 12 21 2 n n n          1 1 1.2 2n n    (11 分) 所以 11 1. 2n n nS    (12 分) 19.【命题意图】本题考查线线垂直的证明、线面教的求法,考查转化与化归思想,体现了 直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养. 方法一 (1)【证明】如图 (1), 取 BC 的中点 D , 连接 1 .C D 在三棱台 1 1 1ABC A B C 中, / /BD 1 1B C 且 1 1BD B C , 所以四边形 1 1BDC B 为平行四 边形, 所以 1 1 1 1/ / , .BB C D BB C D (1 分) 又侧面 1 1BCC B 为等腰梯形, 1 1 12 2 2 4BC B C BB   , 所以 1 12, 2CD C D CC   , 所以 2 2 2 1 1CD C D CC  ,所以 1 1C D CC ,所以 1 1BB CC . (2 分) 同理可得 1 1.BB AA (3 分) 根据三棱台的概念可知,直线 1AA 与 1CC 相交, 所以 1BB  平面 1 1.ACC A 又 AC  平面 1 1ACC A ,所以 1.AC BB (5 分) (2)【解】如图(1),分别取 1 1,AB A B 的中点 , ,E F 连接 1, ,CE C F EF . 由三棱台的性质可知,直线 EF 与 1CC 相交,所以 1, , ,E F C C 四点共面. 因为上、下底面均为等边三角形,所以 1 1 1,CE AB C F A B  , 且 12 3, 3CE C F  . 因为点 ,E F 分别为 1 1,AB A B 的中点,侧面 1 1ABB A 为等腰梯形, 所以 .EF AB (6 分) 又 EF ⋂CE E ,所以 AB  平面 1 .EFC C 又 AB  平面 ABC , 所以平面 ABC  平面 1 .EFC C 过点 1,F C 分别作 1,FM CE C N CE  ,垂足分别为 ,M N 则 FM  平面 ABC , 且 1FM C N .因为 1 3ME CN CE C F    ,所以 2 2EF MF  2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( 2) 3C C C N MF MF      ,解得 MF  6 3 , 则 3 3ME  . (8 分) 以 E 为原点 ,分别以 ,EB EC   的方向为 x 轴、 y 轴的正方向,建立如图(1)的空间直角坐 标系,则 1 4 3 6( 2,0,0), (2,0,0), (0,2 3,0), 0, ,3 3A B C C       所以 1 4 3 6(4,0,0), 2, ,3 3AB AC          . (9 分) 设平面 1ABC 的法向量为 ( , , )m x y z , 1 0, 0, AB m AC m        即 4 0, 4 3 62 0.3 3 x x y z     令 2y  ,则 4z   ,所以 (0, 2, 4).m   (10 分) 因为 1 1 / /A C AC , 所以直线 1 1A C 与平面 1ABC 所成的角和直线 AC 与平面 1ABC 所成的角相等. (11 分) 设直线 AC 与平面 1ABC 所成的角为 . 因为 (2,2 3,0)AC  ,所以 2 6 3sin 6| || | 4 3 2 AC m AC m        ; 故直线 1 1A C 与平面 1ABC 所成角的正弦值为 3 .6 (12 分) 方法二 (1)【证明】如图(2)取 1 1A C 的中点 ,M AC 的中点 N ,连接 1, , .MN B M BN 由棱台的性质知 1 1 1 ,2 B M BN B , , ,M N B 四点共面.因为 ABC 为正三角形, N 为 AC 的中点,所以 AC BN . (3 分) 在等腰梯形 1 1ACC A 中, MN AC . 又 MN ⋂ BN N , 所以 AC  平面 1BNMB . 又 1BB  平面 1BNMB , 所以 1.AC BB (5 分) (2)【解】如图 (2),延长 1 1 1, ,AA BB CC ,则三条线必交于一点,设此点为 P ,则三棱锥 P ABC 为正三棱锥.设顶点 P 在底面三角形 ABC 内的射影为点 O , 则点 O 为底面三 角形 ABC 的中心. 在底面三角形 ABC 内,过点 O 作 / /OH AC 交 BC 于点 H ,则 H 为线 段 BC 上靠近点 C 的三等分点,且 OH BN .连接 .OP 以 O 为原点,直线 OB 为 x 轴,直 线 OH 为 y 轴,直线 OP 为 z 轴建立空间直角坐标系,则 4 3 ,0,03B       , 2 3 2 3, 2,0 , ,2,03 3A C                , 所以 (2 3,2,0)AB  . (7 分) 由 1 1 / / / /A C AC y 轴,可取 1 1A C 的方向向量为 (0,1,0).a  (8 分) 在 Rt POB 中, 1 4 32 2 2, 3PB B B OB   , 所以 2 2 2 6 3PO PB OB   , 则 2 60,0, 3P       . 又 1C 为 PC 的中点,所以 1 3 6,1,3 3C      , 所以 1 3 6,3,3 3AC        . 设平面 1ABC 的法向量为 ( , , )n x y z , 1 0, 0, n AB n AC        所以 2 3 2 0, 3 63 0,3 3 x y x y z       令 1x  ,则 3, 4 2y z   , 所以 (1, 3,4 2).n   (10 分) 设直线 1 1A C 与平面 1ABC 所成的角为 ,则 sin cos , I    a n∣ 1 3 3 61 1 3 32      ∣ . 故直线 1 1A C 与平面 1ABC 所成角的正弦值为 3 6 . (12 分) 20.【命题意图】本题考查频数分布表、频率分布直方图的应用, 独立事件的概率, 众数、 概率的估计,体现了数枯分析、数学建模、数学运算等核心素养. 【解】(1) 因为 A 村评价分数频数最多的出现在[80,85) , 所以估计 A 村评价分数的众数 为 80 85 82.5(2   分 ). (1 分) 由 5 (0.012 2 0.020 0.024 2 0.036 0.040) 1a        , 解得 0.028a  . (3 分) (2)设从参与评价的 50 人中随机抽取 1 人,该人"对 A 村评价分数等级为 II "的事件为 2A , 对 A 村评价分数等级为 III" 的事件为 3;A “对 B 村评价分数等级为 I ”的虽件为 1B , "对 B 村评价分数等级为 II"的事件为 2B . 由题表可知,    2 3 10 14 6 4 10.6, 0.1.50 50P A P A      (4 分) 由题图可知,  1 (0.012 0.020 0.028) 5 0.3P B      ,  2 (0.036 0.040 0.024) 5 0.5.P B      (5 分) A 村评价分数等级比 B 村评价分数等级高的概率为            2 1 3 1 3 2 2 1 3P A B P A B P A B P A P B P A          1 3 2 0.6 0.3 0.1 0.3 0.1 0.5 0.26P B P A P B        所以该人对 A 村评价分数等级比 B 村评价分数等级高的概率估计值为0.26 . (8 分) (3) A 村评价分数的平均数 2 5 8 10 14 662.5 67.5 72.5 77.5 82.550 50 50 50 50 50Ax              4 187.5 92.5 97.5 79.350 50      分 . (9 分) B 村评价分数的平均数 B 5 [0.012 (62.5 97.5) 0.020 67.5 0.028 (72.5x           92.5) 0.036 77.5 0.040 82.5 0.024 87.5] 80.4       分 . (11 分) 因为 Bx x  ,所以从评价分数来看, B 村旅游产业发展质量要高于 A 村. (12 分) 21.【命题意图】本题考查椭圆的定义、椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系,考查转化 与化归思想、数形结合思想,体现了数学运算、逻辑推理等核心素养. (1)【解】由题意可知 2c  .因为当 2, ,A F B 三点共线时, 1ABF 的周长为 4 3 , 所以 4 4 3a  , 所以 3a  , (2 分) 所以 2 2 2 1b a c   . (3 分) 故 C 的标准方程 2 2 1.3 x y  (4 分) (2)【证明】设    1 1 2 2, , ,A x y B x y , 则 2 2 2 2 1 1 2 23 3, 3 3x y x y    , 所以 2 2 2 2 1 1 2 23 3 , 3 3x y x y      ,两式相乘,得  2 2 1 23 3x x   2 2 1 29y y , (6 分) 所以  2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 23 9 9x x x x y y    .① (7 分) 因为四边形 OADB 为平行四边形,所以 OD OA OB    , 所以 2 2 2 2 2 2| | | | | | | | ( ) ( )AB OD AB OD OB OA OA OB                2 2 2 2 2 2 1 1 2 22 | | | | 2 8OA OB x y x y       , (9 分) 所以 2 2 2 2 1 1 2 2 4.x y x y    又因为 2 2 2 2 1 1 2 2 1 11 , 13 3y x y x    , 所以  2 2 1 2 2 23 x x  , 所以 2 2 1 2 3.x x  ② (10 分) 将②代入①,得 2 2 2 2 1 2 1 29x x y y , 所以 2 2 1 2 2 2 1 2 1 9 y y x x  , 即 2 1 2 1 2 0 0 1 0 0 9 y y x x        . (11 分) 故直线 ,OA OB 的斜率之积的平方为定值. (12 分) 22.【命题意图】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、取值,不等式的证明,考查分 类讨论思想、转化与化归思想,体现了数学运算、逻辑推理等核心素养. 【解】由题意得 1 1( ) ( 0)axf x a xx x      . (1 分) 0a  , 令 ( ) 0f x  , 得 1x a  , 当 10,x a     时, ( ) 0f x  , 此时函数 ( )f x 单调递增; 当 1 ,x a      时, ( ) 0f x  , 此时函数 ( )f x 单调递减. (3 分) max 1 1( ) ln 1 2f x f a a         ,解得 3ea  . (4 分) (2)【证明】  2 23 3( ) ( ) ln ( 0)2 2g x f x ax x a x x x        , 21 2 1( ) (2 1) ax axg x a xx x       . (5 分) 令 2( ) 2 1h x ax ax   , 则函数 ( )h x 的图像的对称轴为直线 1 4x  . 可得关于 x 的方程 22 1 0ax ax   的 2 8 .a a   (6 分) ①当 0„ ,即 0 8a „ 时, ( ) 0h x … 恒成立,故 ( ) 0g x … 恒成立, 当且仅当 18, 4a x  时, ( ) 0g x  , ( )g x 在 (0, ) 上单调递增,此时 ( )g x 无极大值. ② 当 0  , 即 8a  时 1 1 8, (0) 1 0,2 4 8 ah h h               0, 函 数 ( )h x 在 区 间 10, 2      上有两个零点 2 3, .x x (8 分) 不妨设 2 3 1 10 4 2x x    , 则当 20 x x  时, ( ) 0h x  ,此时 ( ) 0;g x  当 2 3x x x  时, ( ) 0h x  ,此时 ( ) 0;g x  当 3x x 时, ( ) 0h x  , 此时 ( ) 0.g x  ( )g x 在  20, x 上单调递增,在 2 3,x x 上单调递减,在  3,x  上单调递增. 函数 ( )g x 有唯一的极大值点,为 2x , 且 2 10 4x  . 由题意知 1 2x x .  1 2 1 1 10, 2 h x a x x         2 1 1 1 1 1 12 11 1 1 3 1ln ln2 2 1 22 xg x x x x x xx x         . (10 分) 令 1( ) ln 2 1 2 tt t t     , 则 2 2 2 2 1 1 4 5 1 (4 1)( 1)( ) (2 1) (2 1) (2 1) t t t tt t t t t t t            , 当 10 4t  时, ( ) 0t  , ( )t 在 10, 4      上单调递增. (11 分) 1 1 1 14( ) ln 2ln 214 4 22 14 t              , 即  1 2ln 2g x   . (12 分)

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