2021届安徽省皖江联盟高三最后一卷数学（理）试题.pdf

第 1 页 共 7 页 2021 届高三最后一卷·理科数学参考答案 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答 案 C C B B C B D B B A D D 1.【解析】 (1, ), [ 2, 2], (1,2]M N M N       . 2.【解析】因为 i 1 2iz    ，所以 2 iz    ，所以 2 iz    . 5z  ， 1 2z   ， 2z i  ， 2 2z i  . 3.【解析】略 4.【解析】由雷达图可知，A 校在本次模拟考试中，语文成绩较好，数学成绩较低，所以各科成绩不均衡，A 校和 B 校相比较，地理成绩差距大，历史成绩相同，语文成绩 A 校比 B校的好，数学、地理、化学科 B校的成 绩比 A 校好，综上可知说法正确的是 B. 5.【解析】注意分母恒大于 0，函数值的正负取决于分子二次函数的正负，选 C， 6.【解析】因为BD DC   ，所以点D为 BC 的中点，又 2AM OD OM OA       ，所 以 2OA OM OD     ， 2OB OC OD     , 所 以 2 2OA OB OC OM OD OD OM             ,所以 1  .故选 B. 7.【解析】因为 为锐角，且 1 0< 2 m  ，所以 0 6 6      .又因为 2 2cos(2 ) 1 2sin ( ) 1 2 3 6 m          ，所以 2 2 2 4 2sin(2 ) 1 (1 2 ) 4 4 2 1 3 m m m m m           , 2cos(2 ) cos(2 ) 2 1 6 3 2 m m            ，故选 D. 8.【解析】因为 (1 ) (1 ) 0f x f x    ，可知函数关于点 (1, 0) 中心对称，因为对任意的 [0,2]x ， ( )f x 是单 调函数，且 [0,1)x 时， 2 2( ) 1xf x mx m   .所以当 1 2 m  时，解得 2m  ，当 0 2 m  ，解得 0m  ，综 上可得 ( , 0] [2, )m   . 9.【解析】设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，且线段 AB的中点坐标为 (2, 4)M  ，则 1 2 1 24, 8x x y y     ， 又 A， B 关于直线 6y x  对称，所以 1 2 1 2 1 1 y y x x      ，且 A， B 在双曲线上， 2 2 1 1 2 2 1 x y a b   ， 2 2 2 2 2 2 1 x y a b   ， 相减可得 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 0 x x y y a b     ，即 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 ( )( ) ( )( ) 0 x x x x y y y y a b       ，故 2 2 4 8 0 a b   ，即 2 2 2 b a  ， 离心率为 2 2 1 3 b e a    ，故选 B． 10.【解析】由余弦定理得 2 2 24 5 3 cos , 2 4 5 5 4 A       sin , 5 3 A  又 A C   ， 2 2 2+ =ABB ADD ，即0 2 A    ，则 2 C    ，所以 cos 5 4 C   . A B C D 第 2 页 共 7 页 在 BCD△ 中， 利用余弦定理 2 2 2 2 2 2 4 5 3 cos 2 2 BC CD BD BC CD C BC CD BC CD           ， 整理得   22 2 8 9 2 5 9 5 BC CD BC CD BC CD BC CD        .利用基本不等式得     2 2 2 4 2 5 5 9 BC CD BC CD BC CD       ，即   29 10 9BC CD  ，解得3 10BC CD   ，当 且仅当 10 2 BC CD  时，等号成立.所以四边形 ABCD 的面积为 3 4 1 10 10 3 27 + = 2 2 2 2 5 4     . 11.【解析】依题意，令 3( ) 2sin cosf x x x ，所以 2 2 4( )=6sin cos 2sinf x x x x  2 2 2 2 22sin (3cos sin ) 2sin (4cos 1)x x x x x    ，又 (0, )x  ，令 ( ) 0f x  ，可得 1 cos 2 x   ，所以 3 x   或 2 3 x   ，当 (0, ) 3 x   ， ( ) 0f x  ，所以 3( ) 2sin cosf x x x 在 (0, ) 3 x   单调递增；当 2 ( , ) 3 3 x    ， ( ) 0f x  ，所以 3( ) 2sin cosf x x x 在 2 ( , ) 3 3 x    单调递减；当 2 ( , ) 3 x   ， ( ) 0f x  ，所以 3( ) 2sin cosf x x x 在 2 ( , ) 3 x   单调递增；又 3 3 ( ) 3 8 f   ， ( ) 0f   ， 所以实数 a 的最小值为 3 3 8 . 12.【解析】取 AC中点 D，则 PD AC ，BD AC ，D为直角 ABC 外接圆圆心，得 AB=BC=2， AC= 2 2 ，BD= 2 ，PD= 3 ，作 PE BD 于 E ,易证 PE  平面 ABC ,故 PBE 就是 PB 与 平 面 ABC 所 成 角 ， 故 2 2 cos PBD= 3  . 在 PBD 中 ， 由 余 弦 定 理 得 ， 2 2 2 3=PB +2-2PB 2 2 3   ,解得 PB=3,故 BE = 2 2 ,PE=1.建立空间直角坐标系，则 D(1,1,0),P(2,2,1),设外接球的球心 O 为(1，1，,z),由 OB=OP 得，1+1+z2=1+1+(z-1)2,解得 1 2 z  ,故 1 3 R 1+1+ = 4 2  . 所以 23 4 ( ) 9 2 S     . 13.【答案】5 4 0x y   【解析】由 ( ) (4 ln 1)f x x x  得 4 ( ) 4 ln 1 4ln 5f x x x x x        ， (1) 1f  ，则曲线 ( )y f x 在点 (1, (1))f 处的切线斜率为 (1) 5k f   ，因此所求切线方程为 (1 1)5y x   ，即 5 4 0x y   ． 14.【答案】 2 2 【解析】由抛物线的定义可得 2 3 2 p   ，解得 2p  ，故 2 2 2 2 2 2t t      . 15.【答案】5【解析】∵ 2 2 5 5 5( )( ) ( ) ( ) y y x x y x x y x y x x       ， 5( )x x y 的展开式通项为 第 3 页 共 7 页 5 5Ck k k kT x x y    6 5Ck k kx y  ， 5 2 ( )x x y y  的展开式通项为 2 5 4 2 5 5C Cr r r r r r r y S x y x y x         ，由 6 3 4 3 k r      ， 可得 3 1 k r    ，因此，式子 2 5( )( ) y x x y x   的展开式中， 3 3x y 的系数为 3 1 5 5C C 5  . 16. 【答案】 3 ； (2 3,4]【解析】由 2sin 3 cos cos 3 cosb A a A C c A  及正弦定理， 得 sin sin 3 cos (sin cosB A A A C  sin cos )C A ，即 sin sin 3 cos sin( )B A A A C  ，∴ sin sin 3 cos sinB A A B ， ∵ 0 π 2 B  ，∴ sin 0B  ，可得 tan 3A  ，∵ π 0 2 A  ，∴ π 3 A  ．又∵ ABC△ 是锐角三角形，∴ 0 2 2π 3 π 0 2 π B B          ， 解得 π 6 π 2 B  ，由正弦定理得 2 4 3 sin sin sin 33 2 b c a B C A     ， 4 3 2π 4 3 3 [sin sin( )] (sin cos 3 3 3 2 b c B B B B      1 sin ) 2 B 4 3 3 3 ( sin cos ) 4sin( ) 3 π 2 2 6 B B B    ， ∵ π 6 π 2 B  ，∴ π π 2π ( , ) 6 3 3 B   ，∴ π 3 sin( ) ( ,1] 6 2 B   ，∴ (2 3,4]b c  ．故答案为： 3 ； (2 3,4]． 17.【解析】（1）由题设 12 ( 1)n nna n a   ，所以 1 1 1 2 n na a n n     ， 数列{ }n a n 是首项为 2 ，公比 1 2 q  的等比数列，所以 1 2 21 2 ( ) 2 , 2 2 n n nn n a a n n        ………………6 分 （2） 2 2 2 1 1 1 16 4 1 2 1 2 1 n n n n n n a b n a         ，注意对任意 *n N ， 2 2n n 所以 1 1 1 1 1 ( ) 2 1 2 1 2 2 1 2 1 nb n n n n         所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1 ) (1 ) 2 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2 nT n n n               ……………………………12 分 18.【解析】（1）依题意，由频率分布直方图可知， 2( 2 3 4 0.175 3 ) 1a a a a a      ， ……………2分 所以 0.025a  ，……………………………………………………………………………………………………3分 所以抽取的 10%住户中，家庭人均年收入在 [6,8]万元的比重恰好为8 0.2a  ，又恰好为 32 户，所有 10%住户共 计约为 160 户，………………………………………………………………………………………………………4分 进而可得该社区共有住户约 1600 户. ……………………………………………………………………………5分 （2）依题意，在家庭人均年收入不高于 8 万元的住户中分层抽样抽取 10 户，可知 10 户中，收入在 [0,2)是 1 户，[2,4) 是 2 户，[4,6)是 3户，[6,8]是 4户，其中不少于 6万的占 4户，再从这 10 户中随机抽取 4户对其住 房和医疗保健情况进行调查，所有 X 的可能值为 0，1，2，3，4. ……………………………………………6 分 第 4 页 共 7 页 所以随机变量 X 的分布列 4 6 4 10 1 ( 0) 14 C P X C    ， 3 1 6 4 4 10 8 ( 1) 21 C C P X C    ; 2 2 6 4 4 10 3 ( 2) 7 C C P X C    , 1 3 6 4 4 10 4 ( 3) 35 C C P X C    , 0 4 6 4 4 10 1 ( 4) 210 C C P X C    , ……………………………………………………………………………………………………………9分 即 X 0 1 2 3 4 P 1 14 8 21 3 7 4 35 1 210 ……………………………………………………………………………………………………………………………10 分 所以 8 3 4 1 8 1 +2 +3 +4 = 21 7 35 210 5 EX      . ………………………………………………………………12 分 19. 【解析】（1）证明：因为 AC=DC=DE=AE，所以四边形 ACDE 是菱形， 所以 //AC DE ，且DE ABC 平面 ，所以 //DE ABC平面 . ………3分 又 //DF BC ，DF ABC 平面 ,所以 //DF ABC平面 ,DF DE D , 所以平面 //DEF ABC平面 ,所以 //EF 平面 ABC . …………………6 分 （2）如图，取 AC中点O ,连接 OB,OD,分别以 , ,OB OC CD 所在直线为 x y z轴、 轴、 轴建立空间坐标系，则 ( 3,0,0)B , (0,0, 3)D , (0,1, 0)C , ………………………………7分 所以 ( 3, 1,0)CB    , 1 3 1 ( , ,0) 2 2 2 DF CB     ,所以 3 1 ( , , 3) 2 2 F  . (0, 2,0)DE CA     ,所以 (0, 2, 3)E  , 所以 ( 3, 2, 3)BE     , 3 3 ( , ,0) 2 2 EF   . 设平面BEF 的法向量为 ( , , )n x y z  ， 则由题意得 0 0 EF n BE n           ，所以 3 2 3 0 3 3 0 2 2 x y z x y          ， 不妨取 3, 1,x y  则 所以 3 ( 3, 1, ) 3 n    . …………………………………………………………9分 易知平面 ABC 的一个法向量为 (0,0,1)m   ，…………………………………………………………………10 分 第 5 页 共 7 页 所以 3 133cos , 1313 1 3 m n      ，所以平面 ABC 与平面BEF 所成锐二面角的余弦值为 13 13 .………12 分 20.【解析】（1） (2, 0)A ， ∴ 2a  ．又∵ 3 2 c e a   ，所以 3c  ． ∴ 2 2 2 1b a c   ，∴椭圆C的方程为 2 2 1 4 x y  ．…………………………………………………………4 分 （2）设 1 1( , )P x y ， 2 2( , )Q x y ，因为 AM AP AQ     ， (2,0)A ， ∴ 1 1( 2, )AP x y   ， 2 2( 2, )AQ x y   ，∴ 1 2 1 2( 4, + )AM AP AQ x x y y        ， ∴  1 2 1 22,M x x y y   ． 由 2 2 1 4 ( 1) x y y k x        ，得 2 2 2 2(4 1) 8 4 4 0k x k x k     （判别式 0  ）， 得 2 1 2 2 2 8 2 2 2 4 1 4 1 k x x k k         ， 1 2 1 2 2 2 ( 2) 4 +1 k y y k x x k       ，即 2 2 2 2 ( , ) 4 1 4 1 k M k k     ． 设 3(0, )N y ， 则MN 中点坐标为 3 2 2 1 ( , ) 4 1 4 1 2 yk k k      ， ∵M ， N 关于直线 l对称，∴MN 的中点在直线 l上， ∴ 3 2 2 1 ( 1) 4 1 2 4 1 k y k k k        ，解得 3 2y k  ，即 (0, 2 )N k ． 由于M ，N 关于直线 l对称，所以M ， N 所在直线与直线 l垂直， ∴ 2 2 2 ( 2 ) 4 1 1 2 0 4 1 k k k k k           ，解得 2 2 k   ． …………………………………………………12 分 21.【证明】（1）因为   21 sin 2 xf x e x kx x   ，所以   sin cos 1x xf x e x e x kx     .又 [0, ] 2 x   ， 所以 sin 0xe x  ， ………………………………………………………………………………………………2分 因为 2 k   ．设   cos 1xg x e x kx   ，则   cos sinx xg x e x e x k    ，而   2sin 0xg x x e     ， 第 6 页 共 7 页 所以   cos sinx xg x e x e x k    在 [0, ] 2 x   单调递减，故 2( ) [ ,1 ]g x e k k       ．……………………3分 当 2k e    时，  ' 0g x  ，    0 2g x g  成立；此时 ( ) 0f x  ，即 ( )f x 在 [0, ] 2 x   上单调递增；(4 分) 当 2 2 e k      时，存在 0 0, 2 x       ，使得  g x 在  00, x 上单调递增，在 0 , 2 x       上单调减，又 (0) 2 0 ( ) 1 0 2 2 g g k          ，此时 ( ) 0f x  ，即 ( )f x 在 [0, ] 2 x   上单调递增；…………………………………5分 综上可得，当 2 k   时， ( )f x 在 [0, ] 2 x   上单调递增；………………………………………………………6分 另解： 0k  时， 2 1 1 1 0 2 2 kx k               ； 0k  时， 1 0kx   ，故    sin cos 0xf x e x x    ，所以  f x 在[0, ] 2  上单调递增. （2）因为   21 sin 2 xf x e x kx x   ，所以 22 ( ) 2e sin 2xf x x kx x   ， 所以要证   2 22 ( ) 1 2 tan 2f x kx x x x x     ， [0, ) 2 x   ，即证明 21 cos (1 )(2 ) 2 xe x x x   . ……8 分 令 1xy e x   ，则 1xy e   ，当 0x  时， 0y  ，当 0x  时， 0y  ， 所以当 0x  时，y 取得最小值 0，所以 1 0xe x  ≥ ，即 1xe x  . 又当 0, 2 x      时，令 siny x x  ，则 cos 1 0y x    ， ………………………………………………10 分 所以 sin 0y x x   ，即 sin x x ， 所以     2 2 2cos 1 2sin 1 1 2 1 1 2 2 2 x x x x x e x e x x                             . …………………………………12 分 22.【解析】（1）由直线 l 的参数方程消去参数 t,得 1 3 3 , 3 4 3 0 4 2 x y x y       即 所以直线l的普通方程为3x-4y-3=0 ………………………………………………………………………2分 圆 C 的极坐标方程 2 =2 2 sin( ) 4      ，即 2 =2 sin 2 cos     第 7 页 共 7 页 将极坐标方程与直角坐标方程的转化公式 2 2 2 cos sin x y x y             代入上式可得 2 2 2 2 0x y x y        2 2 1 1 2,x y    此为圆 C 的直角坐标方程 ……………………………………………………………5分 （2）由（1）可知圆 C 的圆心为 C(-1,1)，半径 2r  所以 2 22 2PQ PC r PC    …………………………………………………………………7分 而|PC|的最小值为圆心 C 到直线 l 的距离 2 2 3 ( 1) 4 1 3 2 3 ( 4) d          ………………………………………9 分 所以|PQ|的最小值为 2 2 2d   ………………………………………………………………………………10分 23. 【解析】（1）依题意， 3 3 1 7,x x    若 1 3 x ＜ ，原式化为3 3 1 7x x    ，解得 5 4 x   ，故 5 1 4 3 x  ＜ ； 若 1 3 3 x   ，原式化为3 3 1 7x x    ，解得 3 2 x  ，故 1 3 3 2 x   ； 若 3x＞ ，原式化为 3 3 1 7x x    ，解得 9 4 x  ，无解； 综上所述，不等式 ( ) 7f x  的解集为 5 3 | 4 2 x x         …………………………………………………5 分 (2) 由题意知，不等式 3 1 4x mx x     在[1,3]上恒成立， 即3 1 4x mx x     ，则 1 1mx   ，故 1 1 1mx    …………………………………………………7 分 即 2 0mx   在[1,3]上恒成立，得 2 0 3 m   ，故实数 m 的取值范围为 2 0 3      ， …………………10 分