【文档说明】广西桂林、崇左市2021届高三下学期5月第二次联合模拟考试数学（理）答案.pdf，共(7)页，464.377 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

评分说明：1．第一题选择题，选对得分，不选、错选或多选一律得0分.2．第二题填空题，不给中间分.3．解答与证明题，本答案给出了一种或几种解法供参考.如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则．4．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后

继部分的解答未改变该题的内容和难度,可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．5．解答右侧所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．6.只给整数

分数．一、选择题题号123456789101112答案CBDCAACABDBB1．【解析】∵20xx，∴(1)0xx，解得01x，故01Bxx，01ABxx，故选C.2．【解析】∵iiiiiiiz5351)2)(2()2)(1(21

，则iz5351，故选B.3.【解析】根据线性约束条件作出可行域如图所示：由zxy可得yxz，作0:lyx，让其沿着可行域的方向平移，由2220yxy可得2,2A由图可知过点2,2A时取

得最大值，所以最大值为224z，故选D.4．【解析】2sin2cos21，24sincos2cos.0,,cos02．sin0,2sincos，又22sincos1，2215sin1,sin5，又sin

0，5sin5，故选C．5．【解析】原始中位数为5x，去掉1x，9x后剩余2348xxxx…，中位数仍为5x，A正确；原始平均数1234891()9xxxxxxx…，后来平均数23481()7xxxxx…，平均数受极端值影响较大，∴x与x不一定相

同，D不正确；22222911[()()()]9sxxxxxx…22222381[()()()]7sxxxxxx…，由②易知，C不正确；原极差91xx，后来极差82xx，显然极差变小，B不正确，故选A.6.【解析】1sin1

sin()()lglgcoscosxxfxfxxx221sinlg0()()cosxfxfxx，可知：()fx是奇函数，排除C、D，0,2上，1sin1cosxx，1sinlg0cosxx

，故选A.7．【解析】3(21)(2)xx展开式中含2x的项为：122222233221224618xCxCxxxx，所以3(21)(2)xx的展开式中2x项的系数为18，故选C.8.【解析】由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面是直角三角

形，PA底面ABC．,ABAC底面ABC．所以PAAB，PAAC，所以22345PC，224541PB因为2224541，即222BCPCPB，所以BCPC．该几何体的表面积1(34543445)322S

．故选A.9.【解析】已知数列na满足11a，+121nnnaaa，在等式+121nnnaaa两边同时取倒数得112112nnnnaaaa，1112nnaa，所以，数列1na是等差数列，且首项为111a=，公差为2，则112121nn

na，121nan，11111212122121nnaannnn，因此，1111111111111112323525722121221nTnnn

21nn.故选B.10.【解析】如图，由已知可设2FBn，则22,3AFnABn，132ABAF││││12AFn││，由椭圆的定义有1224,aAFAFn13,BFn

在1AFB△中，由余弦定理推论得22214991cos2233nnnFABnn．在12AFF△中，由余弦定理得2214422243nnnn,解得32n．2222423,3,312,anabac

所求椭圆方程为22132xy，故选D.11．【解析】如图，由PA⊥平面ABC，得平面PAC⊥平面ABC，取AC中点H，连接BH，PH，则BH⊥AC，可得BH⊥平面PAC，则∠BPH＝30°，∵PA＝AB＝2，∴PB＝22，得

BH＝2，求得AH＝HC＝2，则H为底面三角形ABC的外心．过H作HO⊥底面ABC，且HO＝12PA(O在球内部)，则O为三棱锥P­ABC的外接球的球心，可得R2＝OA2＝12＋(2)2＝3.∴球O的表面积为4πR2＝4π×3＝12π.故选B.12.【解析】当0m时，21()2xfxe

单调递增，()fx无极值点，不符合题意；当0m时，令()0fx得20xxmeemx，∴2xxxmee，∴21xxmexe.记2()xxexgxe，221'()xxgxeex

，记()21xhxex，'()20xhxe恒成立，∴()hx在,上单调递减，又00h，∴,0x时，()00hxh，∴'()0gx，0,x时，()00hxh，∴'()0gx，∴()gx在,0上单调递

增，()gx在0,上单调递减，又x时，()gx；x时，()0gx，01g，∵()fx有两个极值点，∴1ym与2()xxexgxe有两个不同交点，∴101m，∴1m.故选B

.二、填空题13.【答案】5【解析】3,45abab14.【答案】-32【解析】设数列na的公比为q，2231132411+26aaaqaqaaaqaq，解得2q

，11a，55611232aaq.15．【答案】2【解析】由题意得)0(，cF，不妨设直线OA的方程为xaby，直线OB的方程为xaby，则过点F平行于OA的直线FB的方程为)(cxaby，平行于OB的直线FA的方程为)(cxaby，由

)(cxabyxaby得)22(abccA，，于是线段AB与OF互相垂直平分，则四边形OAFB(O为坐标原点)为菱形，其外接圆圆心在AB、OF的交点处，∴AFOA，则0442222acbcAFOA，得ba，∴双曲线的离心率

21222abe，则2e.16.【答案】①②③【解析】由()fx的图象可知：①②正确，对③、④，当2a时，若2b，则111ab，若12b，则ln1ln1fafbabln1ln1ab，化为ln11011ababab

111ab，故③正确.三、解答题（一）必考题：共60分.17.解：（1）由sin3cos10AA，得1sin32A.2分(0,)A,5.6A··························

··········································3分又7a，1c，又2222cosabcbcA，即2360bb，解得3b(负值舍去)……………………

……………………………………………6分（2）由正弦定理得13sin21i2n147sBabA，……………………………8分21si57cos4n1BB，3tan5B，………………………………9分ADAB，

3tan5ADcB，且60∠DAC，………………………………10分ACD△的面积133sin60220ACDSADAC△．……………………………………12分18.解：（1）连接ME,在长方体1111ABCDABCD中，四边形11BCCB

是矩形．∵E，M分别为棱1CC，1BB的中点，且14BB，112BC，∴四边形11MECB是正方形．∴11CMBE．……………………………2分∵N，M分别为棱1AA，1BB的中点，则11//NMAB，在长方体中，11AB平面11B

CCB，所以NM平面11BCCB．又1BE平面11BCCB，∴1NMBE．4分∵1NMCMM，NM，1CM平面1NMC，∴1BE平面1CMN．∵1BE平面11BDE，∴平面11BDE平面1CMN．……………………………………

…………6分（2）平面1111//ABCD平面ABCD，AF平面ABCD所以直线//AF平面1111DCBA，AF平面AFM．∵平面AFM平面1111ABCDl，∴//AFl．∴直线l与平面11BDE所成的角﹐即直线AF与平面11BDE所成的角．…………………………7分以D为

坐标原点，DA，DC，1DD的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则0,0,0D，2,0,0A，1,2,0F，10,0,4D，12,2,4B，0,2,2E．∴

112,2,0DB，10,2,2DE，1,2,0AF，…………………………………………8分设平面11BDE的一个法向量,,mxyz．由11100mDB

mDE，得220220xyyz，即00xyyz．取1,1,1m…………………………10分设直线l与平面11BDE所成角为．∴315sin553mAFmAF

．∴直线l与平面11BDE所成角的正弦值155．………………………………………………………12分19.解:(1)由题意，设)(00yxA，、)(00yxB，，直线BE的方程为)1(100xxyy，联立xyx

xyy4)1(1200得0)1(40020yyxyy，………………………………………………2分由题意得该方程有一个根为0y，由韦达定理得40Dyy，则04yyD，∴)44(020yyD，，则直线FD的斜率为44414200200yyyy，直线AF的斜率为44142

00200yyyy，……………………2分∴FDAFkk，故A、F、D三点共线，∴直线AD过焦点F；…………………………………6分(2)设直线AD方程为)1(xky，则直线MN的方程为)1(1xky，(3)联立xyxky4)1(2

得：0)42(222kxkxk，设)(11yxA，、)(22yxB，，则222214242kkkxx∴221442||kxxAD，…………………………………………9分同理可得244||kMN，…………………………………………………………………

…………10分∴四边形ANDM面积为：32)21(8)44()44(21||||212222kkkkMNADS，当且仅当1k时，四边形ANDM面积取得最小值，最小值为32.………………………………………

……12分20.解：（1）由题可知，所以可能的情况有①同学甲答对1次，同学乙答对2次；②同学甲答对2次，同学乙答对1次；③同学甲答对2次，同学乙答对2次.故所求概率222212212222222231

2321322443433433PCCCCCC………………………………4分（2）他们在轮竞赛中获“优秀小组”的概率为22222122122211222122221

221212121123PCppCpCpCppCpCppppppp…………………6分因为1265pp，所以212121235Ppppp，因为101p，201p，所以1115p，2115p，又21

2129225pppp，所以12192525pp，………………………………7分令12tpp，则2212212()335525Phtttt19,525t所以当925t

时，max297625P，………………………………………………………………………9分他们小组在n竞赛中获“优秀小组”次数满足~(,)Bnp………………………………………10分由max()9np，则9625192973

3625n，所以理论上至少要进行19轮比赛.此时1265pp，12925pp，1235pp.……………………………………………………12分21.解：（1）因为'()ln1xfxa，所以2lnl)2n(1xaagxx，函数()gx的定义域为(0,),

2'11ln()ln,xagxxaxx……………………………………………………………………2分当ln0a，即01a时,恒有'()0gx，所以函数()gx在0（，）上单调递增；……………………3分当ln0a，即1a时,令'

()0gx，解得10lnxa；令'()0gx，解得1lnxa，所以函数()gx在10lna（，）上单调递增；()gx在1lna（，+）上单调递减.……………………5分（2）依题意221''211212121lnlnln()()xxxfxfxxa

akxxxxxx.…………………………………………6分要证2111kxx，由于210xx，即证21221211lnxxxxxxxx………………………………8分令21xtx，则1t，所以只要证11ln1ttt……………………

………………………………9分①设()1ln(t1)httt，则'1()10htt，所以()ht在1（，）上是单调递增，所以()(1)0hth，即ln1tt成立；……………………………………………………………10分②要证11lntt，由

于1t，即证1lnttt.设()tlnt(t1)(t1)t，则'()ln0tt，所以()t在1（，）上是单调递增，所以()(1)0t，即1lnttt成立.综上可知，

2111kxx.……………………………………………………………………………12分（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.解（1）将单位圆与三叶玫瑰线联

立sin31，解得sin31，…………………………2分所以32()2kkZ，2()63kkZ，因为0,2，取k0，1，2，得6，56，32，从而得到单位圆与三叶玫瑰

线交点的极坐标为1,6A，51,6B，31,2C．……………5分（2）将0，02代入C：sin3,0,2R，点M，N所对应的

极径分别为1，2，所以10sin3，20cos3，即220sin3OM，220cos3ON，……………………………………………………………7分2222001111||||sin3cos3OMON2200220011sin3cos3sin3cos3

22002200sin3cos324cos3sin3（当且仅当20tan31时，取得最小值4）……………………10分23.解：（1）()2127fxxx当1x时，由()2(1)(2)7fxxx

得11x，则111x…………………………2分当12x时，由()2(1)(2)7fxxx得73x，则12x………………………3分当2x时，由()3fxx

，则23x……………………………………………………………4分综上，不等式()7fx的解集：113xx…………………………………………………5分（2）已知对xR都有0()fxfx，则0min()()fxf

xxR.………………………6分4,1()2123,124,2xxfxxxxxxx……………………………………………………………7分则()fx在(,1)上是减函数，在(1,)上是增函数，所以min(

)(1)3fxf.……………………………………………………………………………8分00abcfx，即3(,,0)abcabc，则22222214911233abcabc

abc21123123abcabc（仅当23bca，即12a，1b，32c时，等号成立）所以，min1491

2abc.………………………………………………………………………10分