【文档说明】安徽省池州市2021届高三上学期1月期末考试数学（理）答案.pdf，共(7)页，371.140 KB，由小赞的店铺上传

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２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案第１页（共７页）２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷高三理科数学参考答案１．【答案】Ｃ【解析】因为Ｂ＝｛ｘ｜ｙ＝ｌｎ（ｘ２＋２ｘ）｝＝｛ｘ｜ｘ２＋２ｘ

＞０｝＝｛ｘ｜ｘ＜－２，或ｘ＞０｝，Ａ＝｛ｘ｜－１＜ｘ＜２｝，所以Ａ∪Ｂ＝｛ｘ｜ｘ＜－２，或ｘ＞－１｝．故选Ｃ．２．【答案】Ｂ【解析】ｚ＝ｉ２－５ｉ＝ｉ（２＋５ｉ）（２－５ｉ）（２＋５ｉ）＝－５＋２ｉ２９＝－５２９＋２２９ｉ，所以复数ｚ＝ｉ２－５ｉ在复

平面内对应点－５２９，２()２９在第二象限．３．【答案】Ｄ【解析】由题意可知该折线统计图是工业增加值同比增长率，２０２０年３月份到１０月份，工业增加值同比都在增加，故Ａ错误；２０２０年３月份到１０月份，工业增

加值同比增加速度最大的是４月，增速为９．１％，故Ｂ错误；２０２０年１０月工业增加值同比增长８．５％，故Ｃ错误，Ｄ正确．４．【答案】Ｄ【解析】Ｑ到抛物线Ｅ的准线距离为ｄ，则ｄ＝４．过点Ｍ，Ｎ分别作准线的垂线，垂足分别为Ｍ１，Ｎ１，则ＭＮ＝ＭＦ＋ＮＦ＝ＭＭ１＋ＮＮ１＝２ｄ＝８．５．【

答案】Ａ【解析】因为ａ与ｂ反向，所以＜ａ，ｂ＞＝π，又｜ａ｜＝３，｜ｂ｜＝４，所以（ａ＋３ｂ）·ｂ＝ａ·ｂ＋３ｂ·ｂ＝３×４×（－１）＋３×４２＝３６．６．【答案】Ａ【解析】依次执行如下：Ｓ＝１２－２×１＝１０，ｉ＝２；Ｓ＝１０－２×２＝６，ｉ＝３；Ｓ＝６－２×３＝０，ｉ＝

４；Ｓ＝０－２×４＝－８，ｉ＝５，满足条件Ｓ＜０，退出循环体，输出ｉ＝５．７．【答案】Ｃ【解析】因为ｂ＝０．２５－０．５＝４０．５＞ａ＝４０．４＞４０＝１，ｃ＝ｌｏｇ０．２５０．４＜ｌｏｇ０．２５０．２５＝１，所以ｃ＜ａ＜ｂ．８．【答案】Ｄ【解析】ｃｏｓ１３π１２＋

α()２＝－ｃｏｓπ１２＋α()２＝－ｓｉｎπ２－π１２＋α()[]２＝－ｓｉｎ５π１２－α()２＝槡５４，故选Ｄ．９．【答案】Ａ【解析】由ＭＦ１ＭＦ２＝４得ＭＦ１－ＭＦ２＝３ＭＦ２＝２ａ，∵ＭＦ２＝２ａ３≥ｃ－ａ，∴１＜ｅ≤５３．１０．【答案】Ａ【解析】ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｅ３ｘ，则ｇ′（ｘ）＝ｆ

′（ｘ）·ｅ３ｘ－３ｆ（ｘ）ｅ３ｘ（ｅ３ｘ）２＝ｆ′（ｘ）－３ｆ（ｘ）ｅ３ｘ，因为３ｆ（ｘ）－ｆ′（ｘ）＞０在Ｒ上恒成立，所以ｇ′（ｘ）＜０在Ｒ上恒成立，故ｇ（ｘ）在Ｒ上单调递减，所以ｇ（１）＜ｇ（０）

，即ｆ（１）ｅ３＜ｆ（０）ｅ０，即ｆ（１）＜ｅ３ｆ（０）．故选Ａ．１１．【答案】Ｂ２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案第２页（共７页）【解析】因为ｇ（ｘ）在π，７６()π上具有单

调性，ｇπ()４＝０，ｇ（π）＝３，所以７６π－π≤Ｔ２＝πω，π－π４≥Ｔ４＝π２ω，π－π４＝２ｎ－１４Ｔ＝（２ｎ－１）π２ω（ｎ∈Ｎ���������），得２３≤ω≤６，ω＝４ｎ－２３，ｎ∈Ｎ，所以２３≤４ｎ－２３≤６，解得１≤ｎ≤５．经验证，ω＝２３，２

１０３，１４３，６，５个值均符合，故ω的取值共有５个．１２．【答案】Ａ【解析】因为ｆ（－ｘ）＝－ｘ３＋３ｘ＝－ｆ（ｘ），所以ｆ（ｘ）＝ｘ３－３ｘ是奇函数，曲线ｆ（ｘ）＝ｘ３－３ｘ关于原点Ｏ对称，而正方形也是中心对称图形，所以正方形ＡＢＣＤ的中心就是原点Ｏ．设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（

ｘ２，ｙ２），正方形一条对角线ＡＣ的方程为ｙ＝ｋｘ（ｋ＞０），则另一条对角线ＢＤ的方程为ｙ＝－１ｋｘ．由ｙ＝ｋｘｙ＝ｘ３－３{ｘ，得ｘ３＝ｋｘ＋３ｘ，又ｘ１≠０所以ｘ２１＝ｋ＋３；用－１ｋ代替ｋ，得ｘ２２＝－１ｋ＋３．从而ＯＡ２＝（１＋ｋ２）ｘ２１＝（１＋ｋ２）（ｋ＋３），ＯＢ２＝１＋１

ｋ()２ｘ２２＝１＋１ｋ()２－１ｋ()＋３．由｜ＯＡ｜＝｜ＯＢ｜得（１＋ｋ２）（ｋ＋３）＝１＋１ｋ()２－１ｋ()＋３，整理得ｋ４＋３ｋ３－３ｋ＋１＝０，两边同除以ｋ２，得ｋ－１()ｋ２＋３ｋ－１()ｋ＋２＝０，得ｋ－１ｋ＝－１，或ｋ－１ｋ＝－２．当ｋ－１ｋ

＝－１时，即ｋ２＋ｋ－１＝０，解得ｋ＝槡５－１２，所以－１ｋ＝槡－５－１２．当ｋ－１ｋ＝－２时，即ｋ２＋２ｋ－１＝０，解得ｋ槡＝２－１，所以－１ｋ槡＝－２－１．所以正方形ＡＢＣＤ的对角线的斜率的取值集合为槡５－１２，槡－５－１２，槡２－１，槡{}－２－１．１３．【答案】６【解析】作直线ｌ０：ｙ＝－

５ｘ，平移直线ｌ０，当其过点（１，１）时，ｚ＝５ｘ＋ｙ取得最大值，最大值为５×１＋１＝６．１４．【答案】－４２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案第３页（共７页）【解析】方法一：（ｘ４－１）４ｘ１２＝（ｘ

４－１）４（ｘ３）４＝ｘ－１ｘ()３４，其中展开式的通项公式为Ｔｒ＋１＝Ｃｒ４ｘ４－ｒ－１ｘ()３ｒ＝（－１）ｒＣｒ４ｘ４－４ｒ，令４－４ｒ＝０，解得ｒ＝１，所以常数项为（－１）１Ｃ１４＝－４．方法二：

（ｘ４－１）４中的通项公式为Ｔｒ＋１＝Ｃｒ４ｘ４（４－ｒ）（－１）ｒ＝（－１）ｒＣｒ４ｘ１６－４ｒ，令１６－４ｒ＝１２得ｒ＝１，所以常数项为Ｔ２＝Ｃ１４（－１）＝－４．１５．【答案】２８π３【解析】方法一：∵ＤＥ⊥平面ＡＢＥ，∴ＢＣ

⊥平面ＡＢＥ，∴∠ＡＢＣ＝９０°，则有ＡＢ２＋ＢＣ２＝ＡＣ２，解得ＡＢ＝２，设Ｏ在平面ＢＣＤＥ的投影为Ｈ，即为正方形ＢＣＤＥ对角线的交点，则ＨＢ＝ＨＣ＝ＨＤ＝ＨＥ槡＝２，设点Ｏ到平面ＢＣＤＥ的距离为ｈ，则外接球半径Ｒ２＝ＯＢ２＝ＨＢ２＋ｈ２＝ｈ

２＋２．过点Ａ作ＡＦ⊥ＥＢ，∵ＤＥ⊥平面ＡＢＥ，∴ＡＦ⊥ＥＤ，又ＥＤ∩ＥＢ＝Ｅ，∴ＡＦ⊥平面ＢＣＤＥ，即Ｆ是点Ａ在平面ＢＣＤＥ的投影．∵△ＡＢＥ为等边三角形，∴ＡＦ槡＝３，ＨＦ＝１２ＥＤ＝１，∴Ｒ２＝ＯＡ２＝ＡＦ－()ｈ２＋ＨＦ２＝槡３－()ｈ２＋１，与

Ｒ２＝ｈ２＋２联立，解得Ｒ２＝７３，则Ｓ＝４πＲ２＝２８π３．方法二：构造直三棱柱ＡＢＥ－Ａ′ＣＤ，由题意易知直三棱柱ＡＢＥ－Ａ′ＣＤ的上下底面为正三角形，边长为２，三棱柱的高为２，设外接球半径Ｒ，则Ｒ２＝２槡()３２＋１２＝７３，所以外接球的表面积为Ｓ＝４πＲ２＝２８π３．１６．【答案】２【

解析】由２ｔａｎＡ＋１ｔａｎＢ＝２ｓｉｎＡ，得２ｃｏｓＡｓｉｎＢ＋ｃｏｓＢｓｉｎＡｓｉｎＡｓｉｎＢ＝２ｓｉｎＡ，即２ｃｏｓＡｓｉｎＢ＋ｃｏｓＢｓｉｎＡ＝２ｓｉｎＢ，结合正弦定理得２ｂｃｏｓＡ＋ａｃｏｓＢ＝２ｂ，再由余弦定理可得２ｂ·ｂ

２＋ｃ２－ａ２２ｂｃ＋ａ·ａ２＋ｃ２－ｂ２２ａｃ＝２ｂ，整理３ｃ２＋ｂ２－ａ２＝４ｂｃ．又由余弦定理可得ｂ２－ａ２＝２ｂｃｃｏｓＡ－ｃ２，代入上式得ｃ２＝ｂｃ（２－ｃｏｓＡ），又锐角△ＡＢＣ的面积１２ｂｃｓ

ｉｎＡ＝槡２３３，所以ｂｃ＝槡４３３ｓｉｎＡ时，所以ｃ２＝槡４３（２－ｃｏｓＡ）３ｓｉｎＡ，设函数ｆ（ｘ）＝２－ｃｏｓｘｓｉｎｘ（０＜ｘ＜π２），求导可得ｆ′（ｘ）＝１－２ｃｏｓｘｓｉｎ２ｘ，由ｆ′（ｘ）＝１－２ｃｏｓｘｓｉｎ２ｘ＝０，得ｘ＝π３，所以在０，π()３

上单调递减，在π３，π()２上单调递增，所以ｆ（ｘ）≥ｆπ()３槡＝３．于是ｃ２＝槡４３（２－ｃｏｓＡ）３ｓｉｎＡ≥４，即ｃ≥２，当且仅当Ａ＝π３时，等号成立．１７．【答案】见解析【解析】（１）设等差数列ａ{}ｎ的公差为ｄ．因为２

ａ２，ａ６，ａ９成等比数列，所以ａ２６＝２ａ２·ａ９，即（ａ１＋５ｄ）２＝２（ａ１＋ｄ）·（ａ１＋８ｄ），２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案第４页（共７页）整理可得ａ１＝－

９ｄ或ａ１＝ｄ，（３分）������������������������而ａ３＝ａ１＋２ｄ＝３，且ａｎ＞０，所以ａ１＝ｄ，解得ａ１＝ｄ＝１，所以ａｎ＝１＋（ｎ－１）×１＝ｎ，即数列ａ{}ｎ的通项公式为ａ

ｎ＝ｎ；（６分）����������（２）由（１）可得ｂｎ＝２（ｎ＋１）－ａｎｎ（ａｎ＋１）·２ａｎ＋１＝２（ｎ＋１）－ｎｎ（ｎ＋１）·２ｎ＋１＝１ｎ·２ｎ－１（ｎ＋１）·２ｎ＋１，（８分）���所以Ｔｎ＝１１×２１－１２×２２

＋１２×２２－１３×２３＋…＋１ｎ·２ｎ－１（ｎ＋１）·２ｎ＋１＝１１×２１－１（ｎ＋１）·２ｎ＋１＝１２－１（ｎ＋１）·２ｎ＋１．（１２分）�����������������������１８．【答案】见

解析【解析】（１）证明：取ＢＣ的中点分别为Ｆ，连接ＮＦ，ＤＦ．因为Ｎ，Ｆ分别为ＢＣ１，ＢＣ的中点，ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１是正方体，易得ＮＦ⊥平面ＡＢＣＤ，所以ＮＦ⊥ＡＭ．（２分）������������

���������因为ＦＣ＝ＭＤ，ＡＤ＝ＤＣ，∠ＦＣＤ＝∠ＭＤＡ，所以△ＦＣＤ≌△ＭＤＡ，所以∠ＣＦＤ＝∠ＤＭＡ，所以∠ＦＤＣ＋∠ＤＭＡ＝９０°，所以ＦＤ⊥ＡＭ．因为ＮＦ∩ＦＤ＝Ｆ，所以ＡＭ⊥平面ＮＦＤ，所以ＮＤ⊥ＡＭ．（５分）�������������（２）以Ａ为原点，建立如下图所示空

间直角坐标系．连接ＢＤ，Ｃ１Ｄ，在正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，易知ＢＤ＝Ｃ１Ｄ，且Ｎ为ＢＣ１中点，所以ＤＮ⊥ＢＣ１．又ＢＣ１∥ＡＤ１，所以ＡＤ１⊥ＤＮ．因为ＡＤ１∩ＡＭ＝Ａ，所以ＮＤ⊥平面ＡＭＤ１，故→ＮＤ

为平面ＡＭＤ１的一个法向量．（７分）����������������������由ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１是正方体，得ＢＤ⊥平面ＡＡ１Ｃ１Ｃ，故→ＢＤ为平面ＡＡ１Ｃ１Ｃ的一个法向量．（８分）�����

����������������∵Ｂ２，０，()０，Ｄ０，２，()０，Ｎ２，１，()１，∴→ＮＤ＝－２，１，()－１，→ＢＤ＝－２，２，()０，（９分）��������������������２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案第５页（共７页）∴ｃｏｓ＜→

ＮＤ，→ＢＤ＞＝→ＮＤ·→ＢＤ→ＮＤ·→ＢＤ＝（－２）×（－２）＋１×２＋０槡槡６×８＝槡３２，则平面ＡＭＤ１与平面ＡＡ１Ｃ１Ｃ所成锐二面角的余弦值为槡３２．（１２分）�����������１９．【答案】见解析【解析】（

１）抽取口罩中过滤率在（μ－３σ，μ＋３σ］内的概率Ｐ（μ－３σ＜Ｚ≤μ＋３σ）＝０．９９７４，所以Ｐ（Ｚ≤μ－３σ）＝１－０．９９７４２＝０．００１３，（１分）������������������所以Ｐ（Ｚ＞μ－３σ）＝１－０．００１３

＝０．９９８７，（２分）������������������故Ｐ（Ｘ≥１）＝１－Ｐ（Ｘ＝０）＝１－０．９９８７１０＝１－０．９８７１＝０．０１２９．（３分）���������（２）由题意可知Ｘ～Ｂ（１０，０．００１３），所以Ｅ（Ｘ）＝１０×０．００１３＝０．０１３．（７分）�

������（３）如果按照正常状态生产，由（１）中计算可知，一只口罩过滤率小于或等于μ－３σ的概率Ｐ（Ｚ≤μ－３σ）＝１－０．９９７４２＝０．００１３，一天内抽取的１０只口罩中，出现过滤率小于或等于μ－３σ的概率Ｐ（Ｘ≥１）＝０．０１２９，发生的

概率非常小，属于小概率事件．所以一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程中可能出现了异常情况，需要对当天的生产过程进行检查维修．可见这种监控生产过程的方法合理．（１２分）������������

���２０．【答案】见解析【解析】（１）由题意可得１２ａ２＋()３２２ｂ２＝１ｃａ＝１２ａ２－ｂ２＝ｃ���������２，解得ａ＝２，ｂ槡＝３．所以椭圆Ｃ的方程为ｘ２４＋ｙ２３＝１．（４分）����������������������（２）证明：

由（１）可知Ｆ（１，０），则直线ｌ的方程为ｙ＝ｋ（ｘ－１）．联立ｙ＝ｋ（ｘ－１）ｘ２４＋ｙ２３{＝１，得（４ｋ２＋３）ｘ２－８ｋ２ｘ＋４ｋ２－１２＝０．设Ｄ（ｘ１，ｙ１），Ｅ（ｘ２，ｙ２），则ｘ１＋ｘ２＝８ｋ２４ｋ２＋３

，ｘ１ｘ２＝４ｋ２－１２４ｋ２＋３，（７分）������������所以ｋ１＋ｋ２＝ｙ１ｘ１＋２＋ｙ２ｘ２＋２＝ｋ（ｘ１－１）ｘ１＋２＋ｋ（ｘ２－１）ｘ２＋２＝ｋ１－３ｘ１＋２＋１－３ｘ２()＋２＝ｋ２－３（

ｘ１＋ｘ２＋４）（ｘ１＋２）（ｘ２＋２[]）＝ｋ２－３（ｘ１＋ｘ２＋４）ｘ１ｘ２＋２（ｘ１＋ｘ２）[]＋４＝ｋ２－３８ｋ２４ｋ２＋３()＋４４ｋ２－１２４ｋ２＋３＋２×８ｋ２４ｋ２＋３���������

�＋４＝ｋ２－３（８ｋ２＋１６ｋ２＋１２）４ｋ２－１２＋１６ｋ２＋１６ｋ２[]＋１２＝ｋ２－２ｋ２＋１ｋ()２＝－１ｋ，（１１分）��������������������������２０２０—２０２１学年第一学

期期末考试卷·高三理科数学参考答案第６页（共７页）所以ｋｋ１＋ｋｋ２＝ｋ－１()ｋ＝－１（定值）．（１２分）��������������������２１．【答案】见解析【解析】（１）方法一：当ｍ＝１时，ｆ（ｘ）＝３ｘ２＋ｓｉｎｘ，则ｆ′（ｘ）＝６ｘ＋ｃｏｓｘ．设

ｈ（ｘ）＝６ｘ＋ｃｏｓｘ（ｘ＞０），则ｈ′（ｘ）＝６－ｓｉｎｘ＞０，所以ｈ（ｘ）＝６ｘ＋ｃｏｓｘ在区间（０，＋�）上单调递增，（３分）���������������故ｆ′（ｘ）＝ｈ（ｘ）＞ｈ（０）＝１＞０，于是ｆ（ｘ）＝３ｘ２＋ｓｉｎｘ在区间（０，＋�）上单调递

增，即函数ｆ（ｘ）的单调递增区间为（０，＋�），无单调递减区间．（５分）������������方法二：当ｘ＞１时，显然有ｆ′（ｘ）＞０，当０＜ｘ≤１时，ｃｏｓｘ＞０，所以ｆ′（ｘ）＞０，故当ｘ＞０时，恒有ｆ′（ｘ）＞０，即函数ｆ（ｘ）的单调递增区间为（０，＋�

），无单调递减区间．（５分）������������（２）由ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｍｘｃｏｓｘ＝３ｘ２＋ｍｓｉｎｘ－ｍｘｃｏｓｘ，得ｇ′（ｘ）＝６ｘ＋ｍｘｓｉｎｘ＝ｘ（６＋ｍｓｉｎｘ）．①当－６≤ｍ≤６时，对于ｘ∈０，３π()２，有－１＜ｓ

ｉｎｘ≤１，－６＜ｍｓｉｎｘ≤６，所以ｇ′（ｘ）＞０，所以ｇ（ｘ）在区间０，３２()π上单调递增，又ｇ（０）＝０，于是ｇ（ｘ）在区间０，３２()π上无零点，不合题意．（７分）�����������②当ｍ＞６时，令ｇ′（ｘ）＝０，得ｓｉｎｘ＝－６ｍ∈（－１，０），所以存在唯

一的ｘ０∈０，３π()２，使得ｇ′（ｘ０）＝０，当ｘ∈（０，ｘ０）时，ｇ′（ｘ）＞０，ｇ（ｘ）单调递增，当ｘ∈ｘ０，３π()２时，ｇ′（ｘ）＜０，ｇ（ｘ）单调递减．又注意到ｇ（０）＝０，ｇ３π()２＝２７π２４－ｍ，（９分）��������������������于是

：当ｇ３π()２＝２７π２４－ｍ≥０，即６＜ｍ≤２７π２４时，ｇ（ｘ）在区间０，３２()π上无零点，不合题意；当ｇ３π()２＝２７π２４－ｍ＜０，即ｍ＞２７π２４时，ｇ（ｘ）在区间０，３２()π上有且只有一个零点，符合题意．综上所述，实数ｍ的取值范围是２７π２４，＋()�．（１２

分）�����������������２２．【答案】（１）由ｘ＝－１＋１２ｔｙ＝槡３２{ｔ（ｔ为参数）消去参数ｔ可得直线ｌ的普通方程为槡３ｘ－ｙ槡＋３＝０．（２分）�������������������������������������由ρ２＝６３ｓｉｎ２θ＋２ｃｏｓ２θ得３ρ２ｓ

ｉｎ２θ＋２ρ２ｃｏｓ２θ＝６，即３ｙ２＋２ｘ２＝６，２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷·高三理科数学参考答案第７页（共７页）整理可得曲线Ｃ的直角坐标方程为ｘ２３＋ｙ２２＝１．（５分）����������������（２）将直线ｌ的参数方程ｘ＝－１＋１２ｔｙ

＝槡３２{ｔ（ｔ为参数）代入椭圆Ｃ：ｘ２３＋ｙ２２＝１中，整理得１１４ｔ２－２ｔ－４＝０，显然Δ＞０，设点Ａ，Ｂ对应的参数分别为ｔ１，ｔ２（７分）�������所以ｔ１＋ｔ２＝８１１，ｔ１ｔ２＝－１６１１，（８分）�������������������������故１ＰＡ－

１ＰＢ＝ＰＢ－ＰＡＰＡ·ＰＢ＝ｔ１＋ｔ２ｔ１ｔ２＝１２．（１０分）��������������２３．【答案】见解析【解析】（１）ｆ（ｘ）≤５即为３ｘ＋１＋３ｘ－２≤５，等价于ｘ＜－１－３ｘ－３－３ｘ＋２≤{５或－１≤ｘ

≤２３３ｘ＋３－３ｘ＋２≤{５或ｘ＞２３３ｘ＋３＋３ｘ－２≤{５（３分）���������解得－１≤ｘ≤２３，即不等式的解集为ｘ－１≤ｘ≤{}２３．（５分）��������������（２）因为ｆ（ｘ）＝３ｘ＋

１＋３ｘ－２≥３ｘ＋３－３ｘ＋２＝５，（７分）������������所以由ｆ（ｘ）＞２ａ２－９ａ恒成立，可得２ａ２－９ａ＜５，（９分）����������������即２ａ２－９ａ－５＜０，解得－１２＜ａ＜５，故实数ａ的取值范围是－１２，()５．（１０分）����

������������������