【文档说明】安徽省江南十校2021届高三下学期一模联考数学（文）试题 答案.pdf，共(6)页，343.354 KB，由小赞的店铺上传

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2021届“江南十校”一模联考数学（文科）参考答案及评分细则一、选择题123456789101112CAACABDABCBD1.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()fx为奇函数，排除C，D；又易知π()02f，π()04f，故选A.6.B【解析】△MNF2的周长为22112248MNMFNFMFNFMFNFa，所以2a，故3c，则△MF1F2面积的最大值为1232cbbc，故选B.7.

D【解析】由排除法可排除A，B，C，故选D.8.A【解析】0y时，曲线方程为22(3)(1)1xy，0y时，曲线方程为22(3)(1)1xy.当直线ykx与曲线相切时，3k，则k的取值范围是33，，故选A.9.B【解析】由题意知，数列

na是首项为9，公比为9的等比数列，所以9nna，则1020109=3a，故选B.10.C【解析】,1,()1,01,xxfxxx，23(1)1()32afbf，，(2)2cf，所以cba，故选C.11.B

【解析】在△ABD中，sinsinsinsin()63BDADCCDBC，解得3tan5C，所以21sin14C，故选B.12.D【解析】由题意知，1lnlnxaxx，)1(x，构造函数1()lnln

xFxxx，)1(x，2(ln1)(1ln)()lnxxxFxxx，令()1lngxxx，则1()10,()(1)0gxgxgx，故当1xe时，()0Fx，()Fx单调递减；当xe时，()0Fx，()Fx单调递增，所以()()=2FxFee

，所以2ae，故选D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.2【解析】周期ππ2T，所以=2.14.π4【解析】由数形结合可知a和ab的夹角为π4.15.53【解析】由题意可知，点A到渐近线的距离等于FH

的中点G到渐近线的距离，其中G点坐标为)8,(ac，所以直线AG与渐近线平行，即84aaca，故2ca.又因为2216ca，所以35ac，，53e.16.π3【解析】设外接球球心为O，球半径为R，△BCD外心

为1O，直线1AO与平面MNP的交点为2O.在△BCD中，133BO,所以22111AOABBO，在△BOO1中，22211OBOOBO，则2223(1)()3RR，23R，所以113OO.又

因为2113AOAMAOAB，得213OO，所以O到平面MNP的距离等于O到平面BCD的距离，则所求截面的面积等于△BCD外接圆的面积π3.三、解答题17．解：（1）众数为85，平均数为：=(650.0025+750.01+850.04+950.035+1050.01+1150.0

025)10x=89.75．（６分）（2）日销售量6090，的频率为0.5250.8,日销量60100，的频率为0.8750.8，故所求的量位于90,100.（8分）由0.80.0250.10.4

=0.275---，得0.27590+980.035，故每天应该进98千克苹果.（12分）18.解：（1）由条件得22+1+12()nnnnaaaa，即+1+1+1()()2()nnnnnnaaaaaa，又因为数列{}na的各项均为

正数，所以+10nnaa，则有+12nnaa，na所以的公差为2，则21nan．（6分）（2）由（1）知1112121=2121(2121)(2121)nnnnnbaannnnnn1(2121)2nn.(10分)12nnSbbb

所以…1[(31)(53)(75)(2121)]2nn…1(211)2n．（12分）19.解：（1）证明：菱形ABCD中，ACBD，设AC，BD交于点O，连接EO，FO则EOBD，FOBD，又EOFOO，所以BDEOF平

面，所以BDEF.（6分）（2）由32EF，32OEOF，可得120EOF，133sin120=216OEFSOEOF所以，△DEF中，cos=EDF１８，37sin=EDF８，137sin=216EDFSDEDFEDF所以.（8分）记B到平面DE

F的距离为h，=1111=3333BDEFBOEFDOEFDEFOEFOEFOEFVVVShSOBSODSBD+即217h解得：.（12分）20．解：（1）当ea时，()eexfxx，()eexfx，令()0

fx，得1x，显然()fx在(,)单调递增，当1x时，()0fx；当1x时，()0fx，所以，()fx在,1单调递减，在1,+单调递增，则()fx的最小值为(1)0f，无最大值.（5分）（2）()()lnxgxfxaaa，（

i）若01a，()0gx在(0,1)恒成立，此时()gx在(0,1)没有零点.（7分）（ii）若1a，2()(ln)0xgxaa，所以()gx在(0,1)单调递增.(0)=lngaa，令()=lnhaaa(1)a，因为1()=10haa

，所以()ha在(1,)单调递减，故()(1)10hah，所以(0)=ln0gaa；(1)ln(ln1)gaaaaa①当1ea„时，(1)0g„，()gx在0,1没有零点.②当ea时，(1)0g，()gx在0,1有且只有1个零点.

综上所述：若01a或1ea„，()gx在0,1没有零点；若ea，()gx在0,1有且只有1个零点（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）（2）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28320xkx，设1122(,),(,)Ax

yBxy，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，由2112224848xxyxxxyx，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21kt)0(t，则12292SStt，当3t即1k时，12SS取最大值，直线AB的方程为40xy.（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121212121111

127ttttPAPBtttt,21212()4261237tttt.（10分）23．解：（1）当2x时，21212)(xxxxxf，解得3x，所以3x；当12x时，231

2)(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()()[()+()+()][()+()+()]==33aabcabcabbacbcc31313122222222222(++)(),33aabbccabc

当且仅当333222111222==abcabc，即abc时等号成立，所以33322233abcabc.（10分）