【文档说明】贵阳第一中学2021届高考适应性月考卷（六）理数-答案.pdf，共(8)页，311.536 KB，由小赞的店铺上传

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理科数学参考答案·第1页（共8页）贵阳第一中学2021届高考适应性月考卷（六）理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案DABCACDAADBB【解析】2．2i1i1iz，∴1iz，故选A．

3．∵(2)()fxfx，∴()yfx关于1x对称，∴3311()d2()d6fxxfxx，故选B．4．3330(13)C(3)kkkxx，令2k与3k，2x的系数为2722727

，故选C．5．∵324aaa，又0na，∴31a，3332113aaSqq，又0q，∴13q，∴4313aaq，故选A．6．21ln()e(1)e1e1xxfxafax

，，∴1a，则切点坐标为(1e)，带入切线方程得1b，故选C．7．令ABaACb，，易得1()2ADab，1()2BMba,111222ADBMabba

21142aba21111141624cos60142244bba，故选D．8．6个人分成3组，有(2，2，2)，(4，1，1)，(3，2，1)三种情况，按(2，2，2)分组有4

223642333CCCA90A，按(3，2，1)分组有32136313CCCA360种，按(4，1，1)分组有4113621322CCCA90A，故一共有540种方法，故选A．9．∵π()23sin3fxx，由图易知a的最大值为π6，故选A．

10．圆心坐标为(34)，，由三角形的大边对大角可知，当ACB最小时，则弦AB最小，所以CPAB，421131CPABkk，所以直线方程为2(1)30yxxy，故选D

．理科数学参考答案·第2页（共8页）11．令||3MFt，则||NFt，过NM，作准线2plx：的垂线，垂足为NM，，过N作NHMN，垂足为H，如图1，易得||2MHt，∴在RtMNH△中，60NMH，∴直线MN的倾斜角

为60，焦点弦22||sinpMN，∴6p，故选B．12．3()3logxfxx，易知()fx在(0)，上单调递增，∵2333log3logabab，∴(2)fb223333log23log3log()bbabbafa，∴2ba，故选B．二、填

空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案21313143783364【解析】13．∵||||abab，∴ab，22(23)2322acaabaaba

，22||(23)cab22412913||13aabbc，，∴cosac<，>221313||||113acac.14．令(1)(23)nnSnnTnn，，7769987867149

(293)8aSSbSS，(283)37，791437ab.15．该几何体为如图2所示的三棱锥CABD，所以体积为11423282.316．∵212212acacca，，，∴椭圆为2

212xy，当直线AB的斜率不存在时，设直线ABxt：，不妨令221122ttAtBt，，，，由0OAOBOC，得2cxt

，0cy，故(20)Ct，，将(20)t，代入椭圆方程，可得212||22tt，，所以图1图2理科数学参考答案·第3页（共8页）2136213||224ABCtSt△；当直线AB的斜率存在时，设直线ABykxm：，代入2222x

y，得222(12)42(1)0kxkmxm，设1122()()AxyBxy，，，，则212122242(1)1212kmmxxxxkk，，设33()Cxy，，由0OAOBOC，得312(

)xxx312122242()[()2]1212kmmyyykxxmkk，，代入2222xy，得22212124||1||kmABkxx，，O到直线AB的距离2||1mdk，所以1||2OABSdAB△2222142(1)||42

1212kmmmkk22||63||44mmm，∴ABCS△3634OABS△.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）17．（本小题满分12分）解：（1）在ABC△中，sin()sinACB，由正弦定理得22

()bbcac，∴222bcabc，∴2221cos22bcaAbc，又∵π02A，，所以π3A.………………………………………………………………（6分）（2）在ABC△中，2ππ3ABCCB，，又因为在锐角ABC△

中，π2ππ232BCB，，所以ππ62B，由正弦定理得2π31sincossinsin31322sinsinsin2tan2BBBcCbBBBB，理科数学参考答案·第4页（共8

页）因为ππ62B，所以3tan3B，∴131222tan2B，即122cb，.………………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（1）由题意知，湖人队4∶0获

胜或者0∶4失败，则(4)3311111154422442232P进行场比赛，……………………………………（3分）(41)3111333113922.442244422432P湖人∶获胜………

…………（6分）（2）湖人队最后夺冠的情况有4∶0，4∶1，4∶2，4∶3，4∶0夺冠的概率：1111224P，4∶1夺冠的概率：2113322248P，4∶2夺冠的概率：311111131522242224232P，4∶3夺冠的

概率：4111131131393224242242464P，所以湖人队最终夺冠的概率为12345964PPPP.…………………………（12分）19．（本小题满分12分）（1）证明：由题意知：EF23B

D，GH12BD，∴//EFGH，但EFGH，所以直线EGFH与相交，…………………………………………（3分）设交点为P，因为FHABCPFH平面，，∴PABC平面，同理PADC平面，理科数学参考答案·第5页（共8页）又因为ABCADCAC

平面平面，所以PAC.…………………………………………（6分）（2）解：由题意知，2236ADBDCD，，，当四面体ABCD的体积最大时，ADBCD平面，又BDCD，则以D为坐标原点建立空间直角坐标系Dxyz，如图3所示，则43(002)(2300)

(060)(000)(020)203ABCDEF，，，，，，，，，，，，，，，，，，(00G，，1)，43(062)(2360)00(021)3ACBCFEGE

，，，，，，，，，，，，设()nxyz，，为平面ABC的一个法向量，则620023600yzACnxyBCn，，，取(313)n，，，同理可得平面EFHG的一个法向量为(012)m，

，，则765cos65||||mnmnmn<，>，所以平面ABC与平面EFHG所成角的余弦值为765.65………………………（12分）20．（本小题满分12分）（1）证明：1122(3)()()

PmmAxyBxy，，，，，，因为212yx，所以yx，所以1113APymkxxm，化简得1130mxym，同理2230mxym，故直线AB的方程为30mxym，即

(1)3ymx，所以过定点(13)，.…………………………………………………………（6分）图3理科数学参考答案·第6页（共8页）（2）解：由（1）得直线AB的方程为(1)3ymx，联立22(1)322602ymxxmxmxy，，所以2

2121212126()(3)4xxmyyxxm，，因为若以线段AB为直径的圆过坐标原点O，所以0OAOB，即2121226(3)0xxyymm，解得13mm或，当1m时，AB的中点坐标为(13)M，，所以||=10rOM

，则圆的方程为22(1)(3)10(12)xyP，，；当3m时，AB的中点坐标为(39)M，，所以||310rOM，则圆的方程为22(3)(9)90(30)xyP，，.…………………………………（12分）21．（本小题

满分12分）（1）解：由题意知()lnfxaxxa，11()(0)axfxaxxx，当0a≤时，()0fx，所以()fx在(0)，上递减，又(1)0f，所以不符合题意；当0a时，令1()0fxxa，所以()fx在10a，上递减

，1a，上递增，所以1()1lnfxfaaa≥，令()1lngaaa，则11()1(0)agaaaa，当(01)a，时，()0ga，所以()ga递增;当(1)a，时，()0ga，所以()ga递减，所以()(

1)0gag≤，而1ln0aa≥，所以1a.…………………………………………（6分）理科数学参考答案·第7页（共8页）（2）证明：方法一：由（1）知，当1a时，()ln10fxxx≥，所以1lnxx≥，令21(1)xn，则22111ln2ln(1)(1

)(1)nnn，所以211112ln(1)111(1)(1)1nnnnnn，所以111112ln2112ln312ln(1)12231nnn

，，，，累加得212[ln2ln3ln(1)]1111nnnnnnnn，所以2*ln2ln3ln(1)2(1)nnnn

，.…………………………………（12分）方法二：由（1）知，当1a时，()ln10fxxx≥，所以1lnxx≥，令11xn，则111lnln(1)11nnn，即1ln(1)111nnnn，所以12ln2ln3ln(1)2

31nnn，，，，累加得121212ln2ln3ln(1)2311111nnnnnnnnn≥(1)212nnnn，又21022(1)21nnnnn，所以222(1)nnn，所以2*ln

2ln3ln(1)2(1)nnnn，.…………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】（1）解：由已知得cos()22sinxxyy，为参数，

，从而2C的普通方程为2214yx，所以极坐标方程为2222sincos14，理科数学参考答案·第8页（共8页）即2224.4cossin…………………………………………（5分）（2）证明：设π()2ABAB，，，，22

214cossin4A，22222ππ4cossin14sincos2244B，则22222211115cos5sin5||||44ABOAOB，所以2211||||OAOB为定值，此定值为54.………………

………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（1）311()2|1||1|311311xxfxxxxxxx，，，，，≥，≤所以()fx的图象如图4，

所以()fx在(1)，上递减，在(1)，上递增，所以当1x时，()fx取到最小值为(1)2f.…………………………………（5分）（2）由图可知，当0a≤显然成立；当0a时，由函数()||gxax的对称性，只需(1)(1)g

f≤即可，所以02a≤，综上可得(2]a，.…………………………………………（10分）图4