【文档说明】江苏省南京、盐城市2021届高三下学期第一次模拟考试 数学答案.doc，共(7)页，819.500 KB，由管理员店铺上传

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南京市、盐城市2021届高三年级第一次模拟考试数学参考答案1.B2.C3.D4.C5.B6.A7.C8.B9.ACD10.AC11.AD12.BD13.()2kkZ+(写一个即可)14.3415.1816.<1[,1]217.解：（1）因为当1n时，22nnnSaa=+，………

…①所以当2n时，21112nnnSaa−−−=+，…………②①－②，得当2n时，2211122nnnnnnSSaaaa−−−−=−+−，即22112nnnnnaaaaa−−=−+−，…………………3分∴221111+=(+)

()nnnnnnnnaaaaaaaa−−−−=−−因为数列na的各项均正，∴1+0nnaa−，所以当2n时，11nnaa−−=，故数列na是公差为1的等差数列，在①式中令1n=，得11a=，故数列na的通项公式为nan=．…

………………5分（2）22221111111()1(1)12(1)21iiaaiiiiii+===−+−++−++，…………………7分故22111111111111(1)()()1122231212niiiaannn=+=−+−++−=−+−++．…………

…10分18.解：（1）由3ABC=+及ABC++=得24BC+=，∴=22BC−，∴2AC=+，由000ABC得020220CCC+−，得04C，故

sinC的取值范围为2(0,)2.（2）若6cb=，由正弦定理有sin6sinCB=，①由（1）知=22BC−，则sin=sin(2)=cos22BCC−，②由①②得21sin=cos212sin6CCC=−，∴212sin+sin60CC−=，解得2sin=3C或3sin4C=−，又2s

in(0,)2C，∴2sin=3C.19.方法一：解：∵平面ABEF⊥平面CDFE，平面ABEF平面=CDFEEF，DFEF⊥，DF平面CDFE，∴DF⊥平面ABEF.…………………2分（1）以,,FAFEFD为正交基底建立如图所示空间直角坐标

系Fxyz−，则(0,0,0)F，(2,0,0)A，(0,2,0)E，(0,1,2)C，则(2,2,0)EA=−，(0,1,2)EC=−，设(,,)mxyz=，m⊥平面ACE，则22020mEAxymECyz=−==−+=，令1z

=，得2xy==，(2,2,1)m=，…………………3分又(2,0,0)FA=，(0,2,0)FE=，(0,1,2)FC=，∴0FAFE=，0FAFC=，∴FAFE⊥，FAFC⊥，∴FA⊥平面CEF，…………………4分∵42cos,323||||mFAm

FAmFA===，∴二面角ACEF−−的正弦值为2251()33−=.…6分（2）设(0)DFtt=，则(0,1,)Ct，(2,0,0)EB=，(0,1,)ECt=−，(2,0,0)FA=，(0,1,)FCt=，设(

,,)nabcn=⊥，平面BCE，则200nEBanECbct===−+=，令1c=，则bt=，得(0,,1)nt=，………………8分设(,,)abc=⊥，平面ACF，则200FAaFCbct===+=，令1c=，则bt=−，得(0,,1)t=

−，……………10分∵平面ACF⊥平面BCE，∴0n=，即210t−+=，得1t=，即1DF=.………………12分方法二：解：（1）∵平面ABEF⊥平面CDFE，平面ABEF平面=CDFEEF，DFEF⊥，DF平面CDFE，∴DF⊥平面ABEF，

………………2分∴DFAF⊥，又EFAF⊥，EFDFF=，∴AF⊥平面CDFE.在平面CEF内过点F作FGCE⊥于G，连结AG，又∵AF⊥平面CDFE，∴AGCE⊥，∴AGF为二面角ACEF−−的平面角，…………4分在△CEF中5CECF=

=，2EF=，S△CEF=1122EFDFCEFG=，得4=55FG，在△AFG中2222462(5)=555AGAFFG=+=+，故25sin3655AFAGFAG===.∴二面角ACEF−−的正弦值为53.………………6分（2）设平面ACF平面BCEl=，∵四边形ABE

F为正方形，∴//AFBE,又AF平面BCE，BE平面BCE，∴//AF平面BCE，又AF平面ACF，平面ACF平面BCEl=，∴//AFl，………………8分∵AF⊥平面CDFE，CF平面CDFE，∴AFCF⊥，∴C

Fl⊥，又平面ACF⊥平面BCE，平面ACF平面BCEl=，CF平面ACF，∴CF⊥平面BCE，又CE平面BCE，∴CFCE⊥，∴222+=CFCEEF.………………10分设(0)DFtt=，则2221CFCDDFt=

+=+，222()1CEEFCDDFt=−+=+，则222(1)(1)2tt+++=，得1t=，即1DF=.………………12分方法三：可将五面体补成一个长方体，略.20.解：（1）因得分~(71,81)ZN，所以标准差9=，所以优秀者得分Z

+，由()0.68PZ−+，所以()0.16PZ+，因此，估计这次参加竞赛活动得分优秀者的人数为100.161.6=万人.………………4分（2）法一：设抽奖一次获得的话费为X，则91(40)9010PX===，9(10)10PX==，………………6分所以抽奖一

次获得电话费的期望值为19()(40)(10)131010EXPXPX==+==，…………8分又由于10万人均参加抽奖，优秀者参加两次，所以抽奖次数的期望值为10100.1611.6+=万次，…………………

…10分因此，估计这次活动所需电话费为11.613150.8=万元.……………………12分法二：设每位参加活动者获得的电话费为X，则849756(10)100101000PX===，84184(40)100101000PX===，21691296(20)()10010100

00PX===，1691288(50)2100101010000PX===，216116(80)()1001010000PX===，………………9分所以75684129628816()104020508015.081000100010000100

0010000EX=++++=，…………11分因此，估计这次活动所需电话费为1015.08150.8=万元.………………………12分21.解：（1）若B为椭圆的上顶点，则)1,0(B，故直线022:=−+yxAB，代入椭圆方程可得：0143

2=+−yy，解得：31,121==yy，…………………………………2分即点)31,34(A，从而直线1:−=xyAF.…………………………………………………4分（2）设),(11yxA，),(22yxB

，法一：设直线2:+=tyxAB，代入椭圆方程可得：024)2(22=+++tyyt，所以22,24221221+=+−=+tyyttyy，…………………………………………………6分故111010221

1221121+++=−−+−−=+tyytyyxyxykk，…………………………………………………9分化简可得：0)1()1(24222)1()1()(2212221212121=+++−++=++++=+tytytttttytyyyytykk，又21,kk均不为0，故121−=kk，

即21kk为定值1−.…………………………………………………12分法二：设直线2:+=tyxAB，代入椭圆方程可得：024)2(22=+++tyyt，所以22,24221221+=+−=+tyyttyy，…………………………………………………

6分即tyyyy212121−=+，即：22121yyyty+−=，故221121221121122112212122)1()1()1()1(yyyyyyyytyyytytyytyyxyxykk++−++−=++=++=−

−=，即1122121−=−−=yyyykk，即21kk为定值1−.………………………………12分法三：设直线2:+=tyxAB，代入椭圆方程可得：024)2(22=+++tyyt，所以22,24221221+=+−=+tyyttyy，………………………………6分即tyyy

yyy211212121−=+=+，不妨设)1()1(122121++==tyytyykk，化简可得)1(112ytyt+=+，又由tyy21121−=+，可得tyy=+−21121，即2111,2111211122y

yytyyyt−=+−=+，即1−=，即21kk为定值1−.…………………………………………………12分法四：设直线)2(:−=xkyAB，代入椭圆的方程可得：0)28(8)21(2222=−+−+kxkxk，则222122212128,2

18kkxxkkxx+−=+=+，…………………………………………………6分可得22121212kxxxx+−=−−，故2222)1)(2()1)(2()1()1(122112211221122121+−−+−−

=−−−−=−−=xxxxxxxxxxxxxyxykk，即12222221214214xkkxkkkk−+−+=，由2221218kkxx+=+可得0)214214222122=−++−+xkkxkk（）（，则121−=kk，即21k

k为定值1−.…………………………………………………12分22.解：（1）由题意得()lnxxfxaae−=−，所以2()(ln)0xxfxaae−=+，即函数()fx单调递增，由()0fx=，得ln

1xxaea=，因1a，所以10lnxxaea=，解得1loglnaexa=，………………2分当1loglnaexa时，()0fx；当1loglnaexa时，()0fx；∴函数()fx在1(,log)lnaea−上递减，在1(log,)lnaea+上递增，因

此，当1loglnaexa=时函数()fx有极值.………………4分（2）法一：由（1）知，函数()fx的极值点0x（即函数()fx的零点）唯一，因ln(1)afea−=−，令ln()agaa=，则21ln()0agaa−==，得ae

=，当ae时，()0ga；当0ae时，()0ga；所以1()()gagee=，所以ln(1)0afea−=−，………………7分而当a为大于1的正整数时，(0)ln1fa=−的取值有正有负，………………8分又1(1)lnfaae=−，因a为

正整数且1a，所以1ln2ln2aae，………………10分所以0(1,1)x−恒成立，且0(1,0)x−，也0(0,1)x，所以nm−的最小值为2.…………12分法二：由（1）知01ln(ln)loglnln1aeaxaa==−+，令lnak=（ln2,ln3,

ln4,k=），则0ln1kxk=−+，先证：ln1kk−，令()ln1gkkk=−+，则1()0kgkk−==，得1k=，当1k时，()0gk；当1k时，()0gk；所以()(1)0gkg=，即ln1kk−成立.所以0ln11kxk

=−−+，………………7分又当ln3k时，0ln01kxk=−+，………………8分而2ln21，∴11ln22e，∴1ln2e，所以当ln2k=时，0ln(ln2)0ln21x=−+，且10ln(ln2)ln1ln21ln21ex−=+

+，………………10分所以0(1,1)x−恒成立，且0(1,0)x−，也0(0,1)x，所以nm−的最小值为2.………………12分