【文档说明】安徽省江南十校2021届高三下学期一模联考理科数学试题 答案.pdf，共(7)页，332.392 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，总7页2021届“江南十校”一模联考数学（理科）参考答案及评分细则一、选择题1.C【解析】1A，6，，所以14AB，，，故选C.2.A【解析】由题

意得2i2i1ibbzaaa，所以211baa且，则2b，故选A.3.A【解析】因为3π3sinπ522且，所以3tan4，故22tan24tan21tan7，故选

A.4.C【解析】过3O作x轴平行线EO3，则163EOO.由五角星的内角为36，可知183BAO，所以直线AB的倾斜角为21618，故选C.5.A【解析】因为xR且()cos()cos()()22xxxxxxfxfx，所以()f

x为奇函数，排除C，D；又易知ππ()0,()024ff，故选A.6.D【解析】记椭圆C的左焦点为E，在△POF中，可得cPF3，在△POE中，可得cPE，故acPFPE2)13(，故13132ace，故选D.7.B【解析】15023323253

335ACCAC，故选B.8.D【解析】由1na是首项为4，公比为4的等比数列，可求得nna41，即14nna，故1214201010a，故选D.9.B【解析】1)1(0efa，)2,1(2log3b，222.1

c，故cba，故选B.10.C【解析】在△ABC中，由sinacB及正弦定理得：sinsinsinACB.因为ABC，所以2sinsin()sinsincossinsincosAABBBBA

BAsin21cos2sincos22BBAA，故222tantansin2cos21tan1sin(2)1tan1+1.AABBABA„当1tan2A„时，题号1234567891011

12答案CAACADBDBCBA答案第2页，总7页不等式显然成立；当1tan2A时，22(2tan1)tan1AA„，解得4tan3A„，所以tanA的最大值为43，故选C.（另解：由sinacB得2111sin222ABCaacBSah△，所以边BC上的高h等于a，

由数形结合思想可知，当aACAB25时，Atan取最大值43.）11.B【解析】连接BD,MN交于点Q，OPQNOPQMPMNOVVVMNSOPQ△3165242531，故选B

.12.A【解析】1e1ee()elog=log()xxaafxxaxa，令)1(e1bab，因为xyblog与xby关于xy对称，所以e()elogxafxxa没有零点等价于()log(1)x

bgxxbb没有零点，等价于)1()(bxbxhx没有零点.1ln)(bbxhx，令0)(xh得)ln1(logbxb，))ln1((log)(bhxhb)ln1(logbbb0)ln1(logbb，所以e1eb，故ea，选A.（另

解：通过xby与xy相切求解.）二、填空题13.1【解析】41)161(f，43)21()223()23(mfff，由4143m可得1m.14.4π【解析】由数形结合可知a和ab的夹角为π4.15.π6【解析】在四棱

锥P-ABCD中，因为22PAPBAB，所以△PAB是等腰直角三角形.因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥AB，又因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，BC平面ABCD，所以BC⊥平面PAB，故BC⊥PB.设PA=PB=a，BC=b，由直角△PBC和等腰△PCD的面

积分别为1和3得，121ab且3222122baa，解得2ba.易求得四棱锥P-ABCD的外接球的半径为26，所以四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为6.（另解：可将四棱锥P-ABCD的外接球还原成正方体的外接球.）16.3【解析】由内切圆的性质可知，21FAF△的

内切圆1O和21FBF△的内切圆2O都与x轴相切于双曲线的右顶点C，易知1O，C，2O三点共线.连接21OO交AB于D点，解三角形答案第3页，总7页得1221122rrrrDO，则21rr为3.三、解答题17.解：（1）由已知得，当2n时，11n

naS.所以)1(111nnnnaaSS，即12(2)nna=an，又因为121aS，所以1222aa.综上，{}na是以1为首项，2为公比的等比数列，12nna.（6分）（2）由（1）及题设得nnnnabSb22211

，且121121nnnaaS.（8分）所以nnnnabab2212211，即2111nnnnabab，所以{}nnab是以21为公差的等差数列.（12分）18.解：（1）取BD的中点O，连接FO，EO.由题意知△FBD

和△BED均为等腰三角形，且BF=DF，BE=ED．故FO⊥BD，EO⊥BD．又因为FO∩EO=O，所以BD⊥平面EFO．又因为EF平面EFO，所以EF⊥BD．（5分）（2）由（1）知，EO⊥BD，又因为平面EBD⊥平面FBD，平面EBD∩平面FBD=BD，EO平面EBD，所以EO⊥平面FB

D，直线EF与平面FBD所成角为∠EFO，则∠EFO=60°.因为2FDFB,FB⊥FD，O为BD中点，所以121BDFO，所以EO=3，所以BE=ED=BD=2，即△EBD为等边三角形，G为等边△ABD的中心.以O为坐标原点，OD

的方向为x轴正方向，OG的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题可得)0,3,0(A,)0,0,1(B，)0,0,1(D，)362,33,0(E，（8分）(1,3,0)AB，(2,0,

0)BD,326(1,,)33BE.设)(1zy,x,n为平面ABE的法向量，则00ABBE11n=,n=,即30,3260.33xyxyz可取)1,2,

6(1n.答案第4页，总7页设)(2zy,x,n为平面BED的法向量，则220,0,nnBDBE即.036233,02zyxx可取)1,22,02（n.31180126140||

||cos212121nnnnnn，因为，所以二面角A-BE-D的余弦值为31.（也可由三棱锥E-ABD为正四面体求得二面角A-BE-D的余弦值为31）（12分）19.解：（1）171100401601jjiiyxz，4510

010016014012222ijjizyxs.（6分）（2）该地区高中学生身高)(2，～NX，其中451712，.47725.029545.0)2()4.184171(

XPXP，（9分）由题意可知)47725.04(，～B，所以的数学期望为909.147725.04)(E.（12分）20.解：（1）由题意知，P到点(0,2)的距离等于它到直线2y的距离，由抛物线的定义知，圆心P的轨迹是以(0,2)为焦点，以2y为准线的抛物线（除去坐

标原点），则C的方程为：28(0)xyx.（5分）（3）由题意知，(4,2)E在曲线C上，直线AB的斜率存在，设AB方程为4ykx，因为直线AB不经过E点，所以21k.由248ykxxy，可得28

320xkx，设1122(,),(,)AxyBxy，则128xxk，1232xx，以A为切点的切线方程为111()4xyyxx，即21148xxyx，同理以B为切点的切线为22248xxyx，答案第5页，总7页由2112224848xxyx

xxyx，解得交点(4,4)Dk，（9分）设E到AB的距离为1d，D到AB的距离为2d，则1122SdSd2222424211444241kkkkkk，设2

1kt)0(t，则12292SStt，当3t即1k时，12SS取最大值，直线AB的方程为40xy.（12分）21．解：（1）当2a时，()2e2ln(1)21xfxxx，.2()2e1xfxx，()fx在1+，单调递增，且(0)0f.

当10x，时，()0fx，当0+x，时，()0fx.所以函数()fx在10，单调递减，在0+，单调递增.（5分）（2）令()()sin2e+ln(1)2sinxgxfxxaxx，[0,π]x.当

[0,π]x时，()sinfxx恒成立等价于()(0)0gxg恒成立.由于()()cos2e+cos0,π1xagxfxxxxx，,所以（i）当0a时，()2e10xgx，函

数()ygx在0,π单调递增，所以()(0)=0gxg在区间0,π恒成立，符合题意.（7分）（ii）当0a时，()2e+cos1xagxxx在0,π单调递增，g(0)2+11aa.①当1+0a

即10a„时，()(0)=1+0gxga，函数()ygx在0,π单调递增，所以()(0)=0gxg在0,π恒成立，符合题意.②当01a即1a时，(0)=1+0ga，π(π)=2e+1π+1ag，若(π)0g„,即π(π+1)

(2e1)a„时，)(xg在),0(π恒小于0，则)(xg在),0(π单调递减，0)0()(gxg，不符合题意.答案第6页，总7页若(π)0g,即π(π+1)(2e1)1a时，存在),0(0πx使得0()0gx.所

以当)0(0xx，时，0)(xg，则)(xg在),0(0x单调递减，0)0()(gxg，不符合题意.综上所述，a的取值范围是1+，.（12分）22．解：（1）1:310Cxy，2:33420Cxy.（4分）（2）当2k时

，2C的直角坐标方程为2244xy，将1C的参数方程代入其中，整理得：2743120tt，0，设A,B对应的参数分别为1t,2t,12437tt，12127tt，（7分）所以121212

121111127ttttPAPBtttt,21212()4261237tttt.（10分）23．解：（1）当2x时，21212)(xxxxxf，解得3x，所以3x；当12x时

，2312)(xxxxf，解得1x，所以11x；当1x„时，22112)(xxxxxf，解得13x，所以1x„.综上，1x或3x，故不等式的解集是(,1)(3,).（4分）（2）因为|2||1|

|2(1)|3xxxx，当且仅当(2)(1)0xx„时等号成立，所以3m.（6分）故333111333222222222222333()()[()+()+()][()+()+()]==33aabcabc

abbacbcc31313122222222222(++)(),33aabbccabc当且仅当333222111222==abcabc，即abc时等号成立，答案第7页，总7页所以33322233abcabc.（10分）