【文档说明】天津市南大奥宇培训学校2021届高三下学期高考校模拟数学试题答案.doc，共(6)页，277.500 KB，由小赞的店铺上传

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2021届南大奥宇校级模拟数学试卷参考答案一、选择题：（本题共9小题，每题5分，共45分）题号（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）答案CDAABDDCB二、填空题：（本题共6小题，每题

5分，共30分）（10）43；（11）1；（12）(x–2)2+(y+3)2=13；（13）5；32；（14）33−；（15）37；333194+．注：（13）、（15）题每题第一个空2分，第二个空3分。三、

解答题：（其他正确解法请比照给分）（16）解：（Ⅰ）∵∠ADB=120，∴∠ADC=60．由S△ADC=21AD·DC·sin∠ADC=3，得DC=2，…………3分∵BD=21DC，∴BD=1，BC

=3．在△ABD中，由余弦定理得AB2=AD2+BD2–2AD·BDcos∠ADB=7，∴AB=7，由正弦定理得BADsin=ADBABsin，∴sinB=721．…………8分（Ⅱ）∵sinB=721，且B为锐角，∴cosB=772，∴sin2B=2sinBcosB=73

4，cos2B=2cos2B–1=71，…………12分∴cos(2B–3)=21cos2B+23sin2B=1413．…………14分（17）解：（Ⅰ）∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PC．∵AB=4，

AD=CD=2，∴AC=BC=2．∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC．又BC∩PC=C，∴AC⊥平面PBC．∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC．…………5分（Ⅱ）如图，以点C为原点，DA，CD，CP分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，

则C(0，0，0)，A(1，1，0)，B(1，–1，0)．设P(0，0，a)（a＞0），则E(21，–21，2a)，CA=(1，1，0)，CP＝(0，0，a)，CE=(21，–21，2a)．取m=(1，–1，0)，则

m·CA=m·CP=0，m为面PAC的法向量．设n=(x，y，z)为面EAC的法向量，则n·CA=n·CE=0，即=+−=+00azyxyx，，取x=a，y=–a，z=–2，则n=(a，–a，–2)，依题意，|cos<m，n>|=|mn||m||

n|=22+aa=36，则a=2．…………11分（Ⅲ）由（Ⅱ）知n=(2，–2，–2)，PA=(1，1，–2)．设直线PA与平面EAC所成角为，则sin=|cos<PA，n>|=|n||||n|PAP

A=32，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为32．…………15分（18）解：（Ⅰ）由题设可得1224caa==，，解得a=2，c=1，从而b=3，所以椭圆方程为22143xy+=．………………4分（Ⅱ）（i）当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜

率不存在，由题意知，四边形ACBD面积S=21|AB|·|CD|=6．………………6分（ii）当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为x=ty+1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线CD的方程为x=–1ty+1．将直线AB的方程代入椭圆方程

中并整理得(3t2+4)y2+6ty–9=0，则y1+y2=2634tt−+，y1y2=2934t−+，∴|AB|=21t+|y1–y2|=21t+·2226363434ttt+++()()=2212134tt++()．同理，|CD|=22112134++(

)tt=2212134tt++()．………………10分∴四边形ACBD面积S=21|AB|·|CD|=21·2212134tt++()·2212134tt++()=22227213434ttt+++()()()=4242

7221122512tttt++++()=6(1–242122512ttt++)=6(1–4221122512ttt++)=6(1–22111225tt++())≥28849．………………14分综上，四边形ACBD面积的最小值为28849．………………15分（19）解：（Ⅰ）∵an+1=3a

n，∴{an}是公比为3，首项a1=1的等比数列，∴通项公式为an=3n–1．…………2分∵2bn–b1=S1•Sn，∴当n=1时，2b1–b1=S1•S1，∵S1=b1，b1≠0，∴b1=1．…………3分∴当n＞1时，

bn=Sn–Sn–1=2bn–2bn–1，∴bn=2bn–1，∴{bn}是公比为2，首项a1=1的等比数列，∴通项公式为bn=2n–1．…………5分（Ⅱ）cn=bn•log3an=2n–1log33n–1=(

n–1)2n–1，…………6分Tn=0•20+1•21+2•22+…+(n–2)2n–2+(n–1)2n–1……①2Tn=0•21+1•22+2•23+……+(n–2)2n–1+(n–1)2n……②①–②得：–

Tn=0•20+21+22+23+……+2n–1–(n–1)2n=2n–2–(n–1)2n=–2–(n–2)2n∴Tn=(n–2)2n+2．…………10分（Ⅲ）∵nnba−1=11231−−−nn=122331−−−nn=22213232−−−+−()nnn≤231−n，∴221ba−

+331ba−+…+nnba−1＜031+131+…+231−n=1113113−−−()n=23(1–131−n)＜23．…………15分（20）解：（Ⅰ）f(x)=eax+a(x+1)eax=(ax+a+1)eax，因为x=2a是f(x)的一个极值点，所以f(2

a)=(a+3)e2=0，所以a=–3．…………3分（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)=(x+1)e–3x，f(x)=(–3x–2)e–3x，易知f(x)在(–∞，–23)上递增，在(–23，+∞)上递减，当t+1≤–23，即t≤–53时，f(x)在[t–1，

t+1]上递增，f(x)max=f(t+1)=(t+2)e–3(t+1)；当t–1≥–23，即t≥13时，f(x)在[t–1，t+1]上递减，f(x)max=f(t–1)=te–3(t–1)；当t–1＜–23＜t+1，即–53＜t＜1

3时，f(x)max=f(–23)=2e3．…………9分（Ⅲ）g(x)=(x+1)e–3x+2x+3xlnx，设g(x)=m1(x)+m2(x)，x∈(0，1)，其中m1(x)=(x+1)e–3x+2x，m2(x)=3xlnx，则m1(x)=(–3x–2)e–3x+2

，设h(x)=(–3x–2)e–3x+2，则h(x)=(9x+3)e–3x＞0，可知m1(x)在(0，1)上是增函数，所以m1(x)＞m1(0)=0，即m1(x)在(0，1)上是增函数，所以1＜m

1(x)＜2+32e．又m2(x)=3(1+lnx)，由m2(x)＞0，得x＞1e；由m2(x)＜0，得0＜x＜1e，所以m2(x)在(0，1e)上递减，在(1e，1)上递增，所以–3e≤m2(x)＜0．从而1–3e＜m1(x)+m2(x)＜2+32e．所以，对

任意x1，x2∈(0，1)，|g(x1)–g(x2)|＜(2+32e)–(1–3e)=32e+3e+1．…………16分