【文档说明】2021届湖南省衡阳市高中毕业班联考（一）（一模）数学答案.pdf，共(9)页，548.996 KB，由小赞的店铺上传

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1/92021届高中毕业班联考（一）参考答案1．【答案】C【简析】【法一】两边取模可得：551.zz【法二】求得543,1.345iizzi2．【答案】D【简析】如图可知，MN，故N的子集有32个.3．【答案】D【简析】3袋垃圾中恰有1袋投放正确的情况有

31113AC种情形，由古典概型计算公式得三袋恰投对一袋垃圾的概率为21331113AACP，选D．4．【答案】A【简析】依题：336()201Caa，含4x项的系数516(1)6C.5．【答案】C【简析】易

知：12ab，2()14abab，1babaa，显然成立.6．【答案】B【简析】【法一】()0abc=，如图，OABC，直线OA交BC于D，30DOB，则c在a上的投影为cos3023ODb.【法二】cos,cos,23

ab=accac=bab.7．【答案】A【简析】设2211,rAFrAF，在21FAF中，由2221212122cos60FFAFAFAFAF，得21221221212221244rrarrrrrrrrc，故222144acrr.2121AFA

FAO，21122124AOAFAFAFAF，2122122121222123441341414rrarrrrrrrra，故2214arr.222444aca，所以离心率2ace.8

．【答案】B【简析】由条件可得，()cos()3gxx，作出两个函数图象，如图：yx2/9A,B,C为连续三交点，（不妨设B在x轴下方），D为AC的中点，由对称性，则ABC是以B为顶角的等腰三角形,2ACT，由coscos3xx

,整理得cos3sinxx,得3cos2x,则32CByy,所以23BBDy,要使ABC为钝角三角形，只须4ACB即可，由3tan1BDACBDC，所以303,选.B9．【答案】BCD【简析】由表中数据可知3x，代入回归方程知142y，

于是151a，B正确，将7x代入回归方程得318y，D正确，故本题答案是BCD.10．【答案】BC【简析】若nb是等差数列，据等差数列求和公式知需1,nbbknkZ，则nb为“吉祥数列”，检验,AC可知C正确．nb

是摆动数列，由并项法知：24,2nnSnSn，21242nnSSnn，故B正确，根据等比数列求和公式知D错误.11．【答案】BCD【简析】易知准线方程为yxCpy4:,2,12.设直线11xky，代入42xy，得0142k

kxx，当直线与C相切时，有0，即012kk，设TBTA,斜率分别为21,kk，易知21,kk是上述方程两根，故121kk，故TBTA.设2211,,,yxByxA，其中4,4222211xyxy.则112124:xxxxyT

A，即112yxxy，代入点)1,1(，得02211yx，同理可得22220xy，故022:yxAB，故12ABk.3/9由21444212122212121xxxxxxxxyykAB，得1221xx

，即AB中点横坐标为1.12．【答案】ABD【简析】,()()xRfxfx,()fx是偶函数,A正确;(2)()fxfx，由函数的奇偶性与周期性,只须研究()fx在[0,2]上图象变化情况.sinsinsin2,0(),1,2xxxexfxexe

当0x时,sin()2cosxfxxe,则()fx在0,2x上单调递增,在,2上单调递减,此时()[2,2];fxe当2x时,sinsin()cosxxfxxee

,则()fx在3[,]2x上单调递增,在3,22x上单调递减,此时1()2,fxee,故当02x时,min()2fx,B正确.因()fx在,2x上单调递减,又()fx是偶函数,故()fx在,2

上单调递增,故C错误.对于D,转化为2()fxx根的个数问题.因()fx在0,2上单调递增,在,2上单调递减,在3,2上单调递增,在3,22上单调递减.当(,)x时,()2fx,22x,2()fxx

无实根.(3,)x时,max262()xefx,2()fxx无实根，3,2x时,显然x为方程之根.sinsinsinsin(),()cos0xxxxfxeefxxee,3123322fee

,单独就这段图象,3()02ff,()fx在3,2上变化趋势为先快后慢,故()gx在3,2内有1个零点,由图象知()gx在3,32内

有3个零点,又5()252fe,结合图象,知D正确.4/913．【答案】104x(答案不唯一，请阅卷教师按照题意自行把握).【简析】22124202xxxxx，依题有:1,(0,)2xAA.14．【答案】0【简析】()(2)1fxfx

，两边同时求导可得：()(2)0fxfx，(2019)(2021)0.ff15．【答案】24或8【简析】BPPC，AO面BPC，三棱锥APBC的外接球球心M在AO上，

且4r外，2MO，4MA，6AO或2AO1126243V圆锥或112283V圆锥.16．【答案】31624【简析】以经过,AB的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，如图，则(2

,0)A，(2,0)B，设(,),3PAPxyPB，2222(2)(2)3xyxy，得：12)4(0482222yxxyx，点P的轨迹为圆（如图），其面积为12.【法一】22244PAPBxyOP，

如图当P位于点D时，2OP最大，2OP最大值为31628)324(2，故PAPB最大值是31624.【法二】由极化恒等式知：2224PAPBOPOBOP，以下同法一.四、解答题（本大题共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．【解析】（1）成等差数列，CABcabsinsinsin22------------------------------1分当3A时，CBsin3sinsin2，即)32s

in(3sinsin2BB21)6sin(B而3,66,266,320BBBB-----------------------------5分（2）由余弦定理及cab

2，222()3112cos()2842acaccaBacac，当ca时取等号．cba,,5/9结合余弦函数的单调性可知：30B．----------------------------------------------------

------------------------10分18．【解析】（1）依题，在1122nnnaa两边同时除以12n，得：11122nnnnaa，故数列{}2nna为等差数列.-----------------

------------------------------------------------------5分（2）由上易得:1(1)2nnann，可得2nnan---------------------------------------------

--------------7分【法一裂项相消】由1122nnnaa可得:112nnnnaaa-------------------------------------------------8分则数列1{2}nna的前n项和1121()()()nn

nnnSaaaaaa111(1)22nnaan------------------------------------------------12分【法二乘比错位】12(2)2nnnan---

-----------------------------------------------------------------------------7分则数列1{2}nna的前n项和123324252(2)2nnSn23123242(1)2(2)2nnnSnn

两式相减得：2316222(2)2nnnSn-----------------------------------------------------------10分1(1)22nnSn

-------------------------------------------------------------------------------------12分19.【解析】（1）设40个槟榔芋中，每个槟榔芋的平均质量为q，则6.19324006.022012

.020044.018024.01601.014004.0q（克）------------4分所以这批槟榔芋的数量约为5176.193100000（个）---------------------------------------------

----------------------5分（2）X所有可能取值为0，1，2，3.由表中数据可知，任意挑选一个槟榔芋，质量在170,150的概率为101505----------------------

-------------6分所以729.010903XP243.01011091213CXP027.010110922123CXP001.010133XP-------

-----------------10分故X的分布列为：X0123P729.0243.0027.0001.06/9EoH所以3.0001.03027.02243.01729.00XE---------------------------------------------

-12分20．【解析】【法一】(等积法)（1）即求点B到平面11ACD之距h.1111111843443333BACDABCDABCDAABDVVV，1122ADCD，1123AC，如图，5DH，11

1143235323BACDVh44555h.----------------------------------------------------------6分【法二】如图，连1111ACBDO，取1DD中点H，在正方形11DDBB中，易证：

DOHBBHODE，有BEOD①，又111111111ACBDACACBB面1BD11ACBE②，由①②可得：BE面11ACD，在BDE中，45cos5BEBDDBEBEBDBH--------------------------------

------6分【法三】如图建系，各点坐标如图，面11DAC的法向量为(,,)xyzm，1122003200yzDAxyzDCmm，取1y，1z，3x，m可为3,1,144

555BDBEmm-------------------------------------------------6分（2）如图建系，各点坐标如图，面11DAC的法向量为(,,)xyzm，

//BEm，1122003200yzDAxyzDCmm，取1y，1z，3x，m可为3,1,1，同理可求面1FCB的法向量53,1,23n，46cos,sin52003mn.-------------------

------------------------------------------------------------------12分21.【解析】（1）设公共点为P，则rPFrPF4,21，故12124PFPFFF即公共点P的轨迹为椭圆.-------

------------------------------------------------------------------------------------------2分7/9且2,42aa，又3,12bc，故曲线134:22yxE.------

------------------------------------------4分（2）当直线PQ斜率不存在时，712:xPQ，代入E得712y，易知OQOP；------------5分当直线PQ斜率存在，设mkxyPQ:，PQ与圆O相切，22212171mrm

kk---------6分将PQ方程代入E，得0124834222mkmxxk，34124,3482221221kmxxkkmxx，221212121212121OPOQxxyyxxkxmkxm

kxxkmxxm----------------------7分2222222348341241mkmkkmk341127222kkm将171222km代入，

得0OPOQ，即OQOP---------------------------------------------------------10分综上，恒有OQOP，2127APAQAPAQOA.------------------------------------

--------12分【法二】当直线PQ斜率不存在时，712:xPQ，代入E，得712y，127APAQAPAQ；当直线PQ斜率存在时，设mkxyPQ:，PQ与圆O相切，rkm

12，即171222km.将PQ方程代入E，得0124834222mkmxxk，34124,3482221221kmxxkkmxx，7122171221212212122

mkmxxkmkxxrOPAPkmxkkmxxm7121277122127121212，同理可得kmxAQ7121272，故221212712127kAPAQmxxkmxx----

-----------------------------------------------------------------10分将21212228412,4343kmmxxxxkk，及171222km代入，可得712AQAP.

综上127APAQAPAQ.（注：本题也可联想射影定理思考）------------------------------------12分8/922．【解析】（1）当1ka时，1xxye，由2(1)xxxxexexyee

------------------------------------1分则函数1xxye在(,0)上单调递增,在(0,)上单调递减,当0x时,max1y-----------------------

--4分.（2）【法一】记()()()axhxfxgxekxa（0,0xa），则()()axaxkhxaekaea①当1ka时，()hx在(0,)上单调递增，()(0)1hxha，由10a，可得01a---------5

分②当1ka时，()hx在1(0,ln)kaa上单调递减，在1(ln)kaa，上单调递增，min1()(ln)khxhaalnkkkaaaa，由min()0hx，可得21ln0kaak，令2()1lnka

aak---------------------7分1.若1k时，对于①，1ka，此时a不唯一（舍去）2.若1k时，对于①，11a，即1a对于②，01a时，由221()1ln=1+lnaaaaa，所以当01a时，2112()2aaaaa

，当212a时，()a为减函数，()(1)0a，此时a不唯一（舍去）---------------------------------8分3.若1k时，对于①，a无解，对于②，转化为2()1ln0kaaak在

(0,)k内仅有唯一解的问题.2122()akaaakak,()a在(0,)2k上单调递增，在(,2k)k上单调递减，1(,)2kak，()10kk；21(0,)2kae，211()ln0keek，要使a唯一，只须()02k，即

11202k，解得2ek，此时22kea符合题意---------------------------------------------------11分综上：存在2ek，有唯一的22kea符合题意-----------------

---------------------------------------------12分【法二】原问题等价于()10axkxaxe恒成立，2()axakxakxe，(0)1a--------------5分1°.当00,()0,(

)(0,)kxxx时，在上单调递增，要使()0x恒成立，只须10a即可，得01a，此时a不唯一（舍去）------------------------------------------------------------------------------

---------6分2°.当0k时，220,(),()kakaxxxxakak可得单调递增；单调递减9/9若01a时,221(0)0,=10,()0akkakxakae满足，此时a不唯一（舍去）

若1a时，221(0)0,=10,akkakakae由零点存在性定理得：200()00,kaxxak，且，当00,()0xxx时，与题意矛盾（舍去）---------------

-----------------------------------------------------------9分3°.当20ka时,()(0,),(0)10xa在上单调递增只须,此时a不唯一

.当222,,()0,()kakakaxxxxakak单调递增；时单调递减，要使()0x恒成立，且a唯一，只须221=10akkakakae,所以有21lnakka，令222()lnln1,()akaHaakHakak，故()H

a在(0,)2ka上单调递增，在(,)2ka上单调递减，则须使02kH,解得,22eeka符合题意，综上：,22eeka----------------12分