【文档说明】安徽省“皖南八校”2021届高三摸底联考试卷数学理试题含答案.docx，共(12)页，725.299 KB，由小赞的店铺上传

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“皖南八校”2021届高三摸底联考数学（理科）考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0

.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.3.本卷命题范围：必修全册+选修2-1，2-2.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项

符合题目要求的.1.已知全集UR，集合21Axx，0Bxx，则UCAB（）A.1,1B.0,1C.1,0D.1,02.已知命题:pmR，23logxfxmx是增函数，则p为（）A.mR，23logxfxmx是减函数B.mR

，23logxfxmx是增函数C.mR，23logxfxmx不是增函数D.mR，23logxfxmx不是增函数3.已知双曲线222210,0yxabab的两条渐近线互相垂直，且焦距为26，则

抛物线22ybx的准线方程为（）A.3xB.32xC.3yD.32y4.已知向量2,2a，1,bx，若//2aab，则b（）A.10B.2C.10D.25.将函数2sin23fxx的图象向左平移14个周期后，所得

图象对应的函数为（）A.2sin212gxxB.2sin26gxxC.72sin212gxxD.22sin23gxx6.我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题（意为）：“有一个人要走378

里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”那么，此人第3天和第4天共走路程是（）A.72里B.60里C.48里D.36里7.执行右边的程序框图，为使输出的b的值为16，则循环体的判断框内①处应开始填的整数为（）A.3B.4C.5D.68.函

数2sin2xyx的图象可能是（）A.B.C.D.9.若正实数x，y满足260xyxy，则2xy的最小值为（）A.451B.451C.12D.410.某空间几何体的三视图如图所

示，则该几何体中直线AB（点B为俯视图中矩形的中心）与平面ACD所成角的余弦值为（）A.45B.35C.310D.3101011.已知函数fxxR满足2fxfx，若函数1xyx与yfx图象的交点为

112220202020,,,,,,xyxyxy，则交点的所有横坐标和纵坐标之和为（）A.1010B.-2020C.2020D.404012.若曲线21xefxax在点1,1f处的切线过点1,0，则函数f

x的单调递减区间为（）A.,0B.0,C.,11,0D.,1，1,0第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知复数z满足：

27142izi，则z_________________.14.已知点M的坐标,xy满足不等式组2402030xyxyy，N为直线22yx上任一点，则MN的最小值是______________

.15.已知等差数列na的公差d不为0、等比数列nb的公比151,22q，若1ad，21bd，222123123aaabbb是正整数，则实数q____________.16.已知偶函数fx满足

20fxfx，且当0,1x时，xfxxe，若在区间1,3内，函数21gxfxkxk有且仅有3个零点，则实数k的取值范围是______________.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字

说明、证明过程及演算步骤.17.（本小题满分10分）在三角形ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sincsinsinsinaACaCbB.（1）求角B的大小；（2）若3b，求三角形ABC面积的最大值.18.

（本小题满分12分）已知等差数列na的公差为0dd，等差数列nb的公差为2d，设nA，nB分别是数列na，nb的前n项和，且13b，23A，53AB.（1）求数列na，nb的通项公式；（2）设11nnnncb

aa，数列nc的前n项和为nS，证明：21nSn.19.（本小题满分12分）如图，在三棱柱111ABCABC中，1ABC△是边长为2的等边三角形，平面1ABC平面11AACC，四边形11AACC为菱形，116

0AAC，1AC与1AC相交于点D.（1）求证：1BDCC.（2）求平面1ABC与平面111ABC所成锐二面角的余弦值.20.（本小题满分12分）某工厂生产了一批零件，从中随机抽取100个作为样本，测出它们的长度（单位：厘米），按数据分成10,15，15,20，20,25，

25,30，30,355组，得到如图所示的频率分布直方图.以这100个零件的长度在各组的频率代替整批零件长度在该组的概率.（1）估计该工厂生产的这批零件长度的平均值（同一组中的每个数据用该组区间的中点值代替）；（2）若用分层抽样的方式从第1组和第5组中抽取5个零件

，再从这5个零件中随机抽取2个，求抽取的零件中恰有1个是第1组的概率.21.（本小题满分12分）已知点00,Pxfx是曲线211ln2fxxaxax上任意一点，aR.（1）若在曲线

yfx上点P处的切线的斜率恒大于203331aaax，求实数a的取值范围.（2）点11,Axgx、22,Bxgx是曲线212gxxfx上不同的两点，设直线AB的斜率为k.若1a，求证：122kxx.22

.（本小题满分12分）已知椭圆222210xyabab的左焦点F在直线3320xy上，且22ab.（1）求椭圆的方程；（2）直线l与椭圆交于A、C两点，线段AC的中点为M，射线MO与椭圆交于点P，点O为PAC△的重心，探求PAC△面积S是否为定值，若是，则求出这

个值；若不是，则求S的取值范围.“皖南八校”2021届高三摸底联考·数学（理科）参考答案、解析及评分细则1.D由题意得，11Axxx或，11UCAxx，∴1,0UCAB.2.D3.B由题意222126322ab，

∴3b.4.D因为向量2,2a，1,bx，所以24,22abx，因为//2aab，所以42222x，所以1x，所以2b.5.B函数的周期为，将函数fx的图象向左平移14个周期即4个单位，所得图象对应的函数为2sin26gxx

.6.A记每天走的路程里数为na，可知na是公比12q的等比数列，由6378S，得166112378112aS，解得1192a∴23341119219248247222aa

.所以此人第3天和第4天共走了72里.7.B当2a时，进入循环，2b，3a，当3a时，再次进入循环，224b，4a，当4a时，再次进入循环，4216b，5a，所以当5a时应跳出循环，故判断条件应是4a.8.D令

2sin2xfxx，因为xR，2sin22sin2xxfxxxfx，所以2sin2xfxx为奇函数，排除选项A，B；因为,2x时，0fx，所以排除选项C，选D.9.D因为260xyxy，所以62xyxy，因为x，

y为正实数，所以21122222xyxyxy，当且仅当2xy时等号成立，所以2126222xyxy，解得24xy.10.D该几何体为一个底面为正方形的四棱锥，挖去一个半圆锥，作CD的中点E，易知EAB为直线AB与平面ACD所成的角.又22AE

，1BE，5AB，所以851310cos102225EAB.11.C函数fxxR满足2fxfx，即为2fxfx可得fx的图像关于点0,1对称.函数1xy

x，即11yx的图象关于点0,1对称，即若点11,xy为交点，则点11,2xy也为交点；同理若点22,xy为交点，则点22,2xy也为交点；则交点的所有横坐标和纵坐标之和为112220202020111122

xyxyxyxyx1222220202020200020000222020yxyxyxyxy.12.D由题意2211xaxaefxax，∴1211ekfa，又111

efa，故曲线在点1,1f处的切线方程为211111yxeaea，将点1,0代入可得1a，则221xxefxx，故函数在,1，1,0上

单调递减.13.542122izii，故125zi14.255不等式组2402030xyxyy，代表区域为三角形，由图可知直线22yx与直线240xy平行，minMN即为直线22yx与直线240xy之间的距离，所以mi

n22|42|2255521MN.15.12因为223222111123221231112141aadadaaabbbbbqbqqq，故由已知条件可知2141qqm，其中m为正整数.令2

141qqm，11431563124242mqmm，解得8m，由于公比151,22q，所以271,24qq，71424m，解得78m，故8m，所以2147184qq

，解得12q或32q（舍去）.16.111,532ee由题意，函数满足20fxfx，即2fxfx，即函数fx的周期为2，当0,1x时，xfxxe

，可得函数为单调递增函数，且00f，1fe，当1,0x时，xfxfxxe，由图象可知当1x时，1fe，当3x时，31ffe，即1,Be，3,Ce，当直线

21ykx经过点1,Be时，此时在区间1,3内两个函数有2个交点，此时31ek，解得13ek.直线21ykx经过点3,Ce时，此时在区间1,3内两个函数有4个交点，此时51ek，解得15ek.直线21

ykx经过点0,0O时，此时在区间1,3内两个函数有3个交点，此时12k.所以要使得函数2gxfxkxk有且仅有3个零点，则直线的斜率满足1153eek或12k，即实数k的取值范围是111,532ee

.17.解：（1）设三角形ABC的外接圆的直径长为2R由已知sinsinsinsinaAcCaCbB及正弦定理所以2222222acacbRRRR，所以222acacb，即222acbac.……………………………………………

……………3分由余弦定理得2221cos22acbBac，.……………………………………4分因为0B，所以3B.…………………………………………………………5分（2）因为3B，所以32sinsinsin32acbAC

B，三角形ABC面积11323sin4sinsin3sinsin3sincos22232SacBACAAAA133333sinsin2cos2sin22444264AAAA

，.……………………………………6分∵20,3A，∴72,666A，.………………………………………………8分当且仅当3A时，262A，此时ABC△面积取得最大值334.……………………10分18.解：（1）因为数列na，nb是等差

数列，且23A，53AB，所以112351096adadd.……2分整理得1123549adad，解得111ad，.……………………………………………………4分所以11naandn，即nan，.……………………………

………………………5分11221nbbndn，即21nbn.综上，nan，21nbn.……………………………………………………………………6分（2）由（1）得111212111ncnnnnnn.………………………………9分所以111

11352112231nSnnn，即22211211111nSnnnnnn.………………………………………………12分19.解：（1）侧面11AACC

是菱形，D是1AC的中点，∵1BABC，∴1BDAC.∵平面1ABC平面11AACC，且BD平面1ABC，平面1ABC平面111AACCAC，∴BD平面11AACC，1CC平面11AAC

C，∴1BDCC.………………………………………………………………4分（2）由棱柱的定义知：在三棱柱111ABCABC中，平面//ABC平面111ABC，∴平面1ABC与平面111ABC所成的锐二面角与二面角1CABC相等.∵BD平面11AACC，

∴1BDAC.如图，以D为原点，以DA，DC，DB所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.由已知可得12AC，1AD，13BDADDC，6BC，∴0,0,0D，1,0,0A，0,0,3B，11,0

,0C，0,3,0C.设平面ABC的一个法向量,,mxyz，1,0,3AB，0,3,3BC，由0ABm，0BCm，得30330xzyz，可得3,1,1m.∵平面1AB

C平面11AACC，11ACAC，∴CD平面1ABC，∵平面1ABC的一个法向量是0,3,0DC，∵5cos5mDCmDCDmC即平面1ABC与平面111ABC所成锐二面角的余弦值是55.……………………………………12分20.解：（1）由频率

分布直方图可得10.0160.0360.0800.0445a，解得0.024a，.…3分各组频率依次为0.08，0.18，0.4，0.22，0.12，则这批零件长度的平均值为12.50.0817.50.1822.5

0.427.50.2232.50.1223.1x.…………………………6分（2）由题意可知第1组和第5组的零件数分别是8和12，则应从第1组中抽取2个零件，记为A，B；应从第5组中抽取3个零件，记为c，d，e.这5个零件中随机抽取

2个的情况有AB，Ac，Ad，Ae，Bc，Bd，Be，cd，ce，de，共10种，.………………………………………………………………………………………9分其中符合条件的情况有Ac，Ad，Ae，Bc，Bd，Be，共6种.……………………………

……11分所求概率63105P.…………………………………………………………………………12分21.解：（1）211xaxaxxafxxx由题意得，当00x时，22000013331xaxaaaax

x恒成立，即当00x时，22002230xaxaa恒成立，设函数222230Fxxaxaax，则其对称轴方程为xa，0Fx在0,上恒成立.若0a，即0a，则Fx在0,上单调递增，∵0Fx在0,上

恒成立，∴2230aa，解得3a；若0a，则0Fa，即230a，解得32a.综上可得32a或3a.………………………………………………………………6分（2）若1a，则21ln2gxxfxx，由于12xx，不妨先设120xx

，令12xtx，2ln112tfttt，22222411210212121tttfttttttt，故2ln12tftt在1,上单调递增，所以11ftf，即1212ln2

121xxxx，∴121212lnln2xxxxxx，∴1212122gxgxxxxx，∴122kxx得证.综上可知，原命题得证.……………………………………………………………………12分22.解析：（1）∵直线3320xy

与x轴的交点为2,0，∴2c，∴22222abab，∴解得2a，2b，∴椭圆的方程为22142xy.……………………………………4分（2）若直线l的斜率不存在，则1366322S.

若直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm，代入椭圆方程可得222124240kxkmxm设11,Axy，22,Cxy，则122412kmxxk，21222212mxxk

，121222212myykxxmk.由题意点O为PAC△的重心，设00,Pxy，则12003xxx，12003yyy，所以0122412kmxxxk，0122212myyyk，代入椭圆22142xy，得2222

222224212121212kmmkmkk，设坐标原点O到直线l的距离为d，则PAC△的面积132SACd212211321mkxxk1232xxm22222234421212mkmmkk22222

2123212kmmk22221221212362321222kkkk.综上可得，PAC△面积S为定值362.………………………………………………12分