【文档说明】江西省南昌市2021届高三下学期4月第二次模拟考试数学（理）试题答案.pdf，共(5)页，531.142 KB，由小赞的店铺上传

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—高三理科数学（模拟二）答案第1页—NCS20210607项目第二次模拟测试卷理科数学参考答案及评分标准一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

．题号123456789101112答案BDAABCBDCADC二、填空题:本大题共4小题,每小题5分，满分20分．13．43(,)5514．10815．(,1]a16．12三．解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17题-21题为必考题，每个

试题考生都必须作答．第22题、23题为选考题，考生根据要求作答．17.【解析】（Ⅰ）由BAcossin，A为钝角，所以2BA；……………………3分因为BC2，CBABA,2，知24,243CBCA

，所以4C；……………………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知4C，所以8,85BA；……………………8分由正弦定理知：CcBbAasinsinsin，所以8sin4,85sin4ba，……………………10分24sin44sin8sin8cos84sin8

sin85sin8sin212CabSABC△…………12分18.【解析】（Ⅰ）证明：因为折叠前BDAC，所以ACBE，ACDE，因为DEBEE，所以AC平面BDE，……………………3分又AC平面ABC，平面DBE平面

ABC.……………………5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面DBE平面ABC，过点D作DOBE，则DO平面ABC，……………………6分1。当点D在面ABC内的投影O落在ABC内时，因为4AB，23ABC，所以23CEAE，2DEBE，因为34ODDC，4DC，所

以3OD，……………………7分则1BOOE，如图所示，建立空间直角坐标系，则100B(,,)，003D(,,)，1230C(,,)，100E(,,)，则1233CD(,,)，2230BC(,,)

，—高三理科数学（模拟二）答案第2页—OzyxABCDEzyxHEDDBA设平面BCD的法向量为1nxyz(,,)，则22302330xyxyz，则311n(,,)，…………………8分因为平面BCE

的法向量为2001n(,,)，所以121255nnnncos；………………10分2。当点D在面ABC内的投影H落在ABC外时，因为面BDE面ABC,所以点H在BE的延长线上，RtDHE中，2,31DEDHHE.如图以E为原点，,E

BEC所在直线分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，则(2,0,0),(0,23,0),(1,0,3),(0,0,0)BCDE,所以(3,0,3),(2,23,0)DBBC,设平面DBC的法向量为1111(,,)mxyz

,由110,0mDBmBC，得到1111330,2230xzxy，令10y，有1(3,1,3)m,而平面BCE的一个法向量为2(0,0,1)m,1212123313cos,

13||||3191mmmmmm所以二面角DBCE的余弦值为55或31313.………………12分19.【解析】（Ⅰ）由题：32ca，且12242ab，又222abc，所以2,

1ab，……………………4分所以椭圆的方程为2214xy.……………………5分（Ⅱ）设00(,)Pxy，则220014xy即22004(1)xy，不妨设(0,1),(0,1)CD，直线PC：0011yyxx，令0y得001xxy，故00(,0)1xMy；同理可

求00(,0)1xNy.……………………7分则200012200011114yyykkxxx，030ykx，所以004xky，……………………8分—高三理科数学（模拟二）答案第3页—所以直线l为0000()4xyyxxy，令0y得220004xyxx，又

220014xy，故04xx即04(,0)Qx.……………………10分000000000288||||||||||11(1)(1)xxxMQNQyyxyyx……………………11分又220014xy即22004(1)xy，代入上式得：020028||

||||||04xMQNQxx.……12分20.【解析】（Ⅰ）（i）记事件A为“甲答对了某道题”，事件B为“甲确实会做”，则1()52(|)111()6225PABPBAPA；……………………3分（ii

）X可取0、1、2、3、4，甲答对某道题的概率为1113()==2255PA，………………5分则X～3(4,)5B，4432()()()(0,1,2,3,4)55kkkPXkCk，则X的分布列为X01234P1662596625216625216625816

25则312()455EX.……………………8分（Ⅱ）记事件iA为“甲答对了i道题”，事件iB为“乙答对了i道题”，其中甲答对某道题的概率为111+(1)222pp，答错某道题的概率为111(1)(1)22pp则1212111()(1)(1)(1)222PACppp

，22211()[(1)](1)24PApp，2011()()39PB，112214()339PBC，所以甲答对题数比乙多的概率为1021201021202222()()()()111411115(1)(1)(1)(3107)2949493636PABA

BABPABPABPABppppp…………………11分解得213p.甲的亲友团助力的概率p的最小值为23.……………………12分—高三理科数学（模拟二）答案第4页—21.【解析】证明：（Ⅰ）'()sincosafxxxxx，………………

……1分由题2'()112af，所以a.……………………2分故()sinln,'()sincosfxxxxfxxxxx，方法一：'()sincossintancos2sinfxxxx

xxxxxxx，令()2singxxx，知()gx在π(0,)2x单调递增，所以π()()02gxg，也即'()0fx，……………………4分所以()fx在π(0,)2x上

单调递减，2πππππ()()πln(1ln)022224fxf，所以，在π(0,)2x，()0fx得证；……………………6分方法二：2'()sincoscos(1cos)fxxxxxxxxxxxx，令2

()1coshxxx，32'()sinhxxx，知'()hx在π(0,)2x单调递减，所以2π16'()'()102πhxh，知()hx在π(0,)2x单调递增，所以π4()()102πhxh

，也即'()0fx，……………………4分所以()fx在π(0,)2x上单调递减，2πππππ()()πln(1ln)022224fxf，所以，在π(0,)2x，()0fx得证；……………………6分方法三：2'()sincos1sin()fxxxxxxxx

，因为sin()1x，2'()1fxxx，设2()1gxxx，显然()gx在(0,)2x单调递增，22()11204gxxx，所以'()0fx，……………………4分所以()fx在(0,)2x

单调递减，故()()ln222fxf，因为1ln22，所以()()ln0222fxf.……………………6分—高三理科数学（模拟二）答案第5页—（Ⅱ）当,2nNn时，1(0,)32n，因为1113nn，所以11sin()si

n(1)3nn，……………………8分则1111sin()sin(1)3nnnnnn，由（1）知：(0,)2x时，sinlnxxx，令1,(2,,)kxknk，11111sin()sin(1

)ln()3nnnnnnnn，…………10分所以313414111sin()ln,sin()ln,,sin()ln232233333nnnnn，相加得3141111sin()sin()sin()ln23233332nn

nn.…………………12分22.【解析】（Ⅰ）由cos,sinxy知：曲线2C的极坐标方程为2sincos3；……………………3分曲线1C的普通方程为2

24xy.……………………5分（Ⅱ）由2243xyxy解得13xy或31xy或13xy或31xy，…………………7分不妨设(1,3),(3,1),(1,3),(3,1)ABCD，由图可知四边形ABC

D为矩形，2(31),2(31)ABBC，所以四边形面积4SABBC.……………………10分23.【解析】（Ⅰ）()|1||1||1(1)||2|fxxaxbxaxbab

，……3分因为,(0,1)ab，所以()2fxab，当11axb时取到最小值2ab，所以2cab即2abc；……………………5分（Ⅱ）因为2abc，所以2()4abc即2222224abcabbcac，……7分因为222bcbc

，所以22222222222abcabbcacabcabbcac即22424aabbcac.…………………………10分