【文档说明】2021年普通高等学校招生模拟考试（八）数学-答案.pdf，共(10)页，223.192 KB，由小赞的店铺上传

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数学参考答案·第1页（共10页）2021年普通高等学校招生模拟考试数学参考答案一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）题号12345678答案ACADBDCC【解析】1．由题知ABR，得AB，则1m≤，故选A．2．2cos6042ABADaaa

，故选C．3．画图可知，当2a时，均满足直线l与圆C相切，故选A．4．设扇环的圆心角为，小圆弧的半径为r，由题可得4r且(3)10r，解得2，2r，从而面积2212(52)212S，故选D．5．若ab且bl，则al∥，故A

错；由线面平行的性质定理知B对；若al∥且b，l相交，满足a，b异面，故C错；若al∥且bl∥，满足a，b共面，故D错，故选B．6．23log422233(log3)2log4log42324fff，故选D.7．由题任取

4个数字的数字串，其中偶数个数、奇数个数及数字个数的分类有：0，4，4；1，3，4；2，2，4；3，1，4；4，0，4．则第一步得到数字串依次为044，134，224，314，404；第二步得到的数字串依次为3

03，123，303，123，303．故第二步便进入“黑洞”的概率为13315555410CCCC50501001021021021C，故选C．8．法一：设tx，则2()2lnfttat，2()2ftatt．由(1)20f

a，从而(1)fa0，故选C．法二：对()lnfxxax两边同时求导得11()2fxaxx，再令1x，得1(1)12fa，结合(1)2f，可得0a，从而(1)(1)0ffa，故选C．数学参考答案·第2页（共10页）二、选择题（本大题

共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）题号9101112答案ABDABACDBC【解析】9．若0zz，即2||0z，||0z，则

0z，A正确；若zzR，即z的虚部为0，则zR，B正确；若π2πcosisin55z，则22π2π||cossin155z，C错误；若|i|1z，设i()zxyxyR，，即22(1)=1xy，则||z表示圆上的点到原点的距离，其最大值为2，

D正确，故选ABD．10．画图可知1ac且1c，01a，12acaa，A正确；因1111aaaaacbccbcbb，即aacbbc，B正确；法一：令12a，2c，1b，则log0logaacbbc，e2eeac，C，

D错误；法二：因loglogloglogcbcbaaaacbbcbcbc(※)，若01b，则(※)不成立，C错误；因ee(01)aacaa，构造e()(01)xfxxx，2e(1)()0xxfxx，()fx在(01)，上单减，所以()(1)efx

f，即eeac，D错误，故选AB．11．由题22t，得2t，故双曲线方程为22122xy，离心率222cea，A正确；抛物线的准线为2x，代入22122xy，解得2y，所以抛物线的准线被双曲线所截得的

线段长度为22，B错误；联立2228122yxxy，，解得432(432)Ax舍，则||2632AAFx，C正确；若抛物线上存在点000()(0)Pxyx，使得PAB△为直角三角形，由C选项知，只能是π2APB

，即以线段AB为直径的圆与抛物线1C有异于A，B的交点.联立22288()AAxxxyxy，，解得1Axx，28Axx，因为23240x，故存在，D正确，故选ACD．数学参考答案·第3页（共10页）12．若1(00)A

，，则2(1010)A，，，，3(01100110)A，，，，，，，，A错误；由()fA的定义知，B正确；因为1nA中的每一个0，0数对只能由nA中的一个0，1数对变来，且nA中的每一个0，1数对必生成一个1nA中的0，0数对，C正确；记nA中的0，0数对与0，

1数对的个数分别为na，nb，由C选项知1nnab.又因为nA中的每一个0，1数对只能由1nA中的一个1或者一个0，0数对变来，且由B选项知，1nA中有22n个1，从而212nnnba.所以2112(2)nnnaan≥，故101010102220

212121111()20kkkkkaaaa10101(41)3，D错误，故选BC．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案220.23342【解析】13．∵直线1l与2l平行，∴2211aa，解得2a，∴直线1l

：10xy，直线2l：20xy，∴直线1l与2l之间的距离|1(2)|2211d．14．由题800(100)0.81000PX≥，则(100)1(100)0.2PXPX≥，进而由正态分布的对称性知(140)(100)0.2PXPX≥．15．由s

insin()3sin20CBAA及πABC，得sin()sin()3sin20BABAA，即sincos3sincosBAAA，又由锐角三角形知cos0A，从而sin3sinBA，进而由正弦定理得3ba

．又由余弦定理得22π2cos73abab，结合3ba，求得1a，3b，故面积为1π33sin234ab．16．由题知星形八面体体积为一个棱长为2的大正四面体与四个棱长为1的小正四面体的体积之和，故体积为332224121212．（注：星形八面体中两个正四面体的公共部分为

一个正八面体.也可由此求体积．）数学参考答案·第4页（共10页）四、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10分）解：（1）因为1sincos2，所以112sincos4，3sincos8．从而()(sin1)(cos1)f

1sincos+sincos18．………………………………………………（4分）（2）令sincostxx，则21sincos2txx，其中[22]t，．则原问题转化为求2122tyt在[2

2]，上的值域．因为2211(1)222tytt，所以3202y，．……………………………………………（10分）18．（本小题满分12分）解：（1）由132nnaa，得113(1)nnaa

，又112a，从而{1}na是首项为2，公比为3的等比数列，所以11123231nnnnaa．……………………………………（6分）（2）1112311(231)(231)23121123nnnnnnb

，所以0112111111123123123123123123112nnnS…31231nn．……………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（

1）证明：在题图乙中，过M作MNCQ∥，交AQ于N，连接PN，则MNPB∥，∴MNPB共面且平面MNPB交平面APQ于PN，∵3AB，4BC，∴5AC，又11AAAA为正方形，数学参考答案·第5页（共1

0页）7QC，7tan5QAC，由157AM，有3MNBP，∴四边形MNPB为平行四边形，∴BMPN∥，又PN平面APQ，BM平面APQ，∴BM∥平面APQ．………………………………………………（5分）（2）解：由（1）

，222ACABBC，∴ABBC．由题图甲知，3PBAB，7QC，分别以BA，BC，1BB为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则(300)A，，，(040)C，，，(003)P，，，(047)Q，，，(040)BC

，，，(303)AP，，，(347)AQ，，，设平面APQ的法向量为()nxyz，，，则3303470nAPxznAQxyz，，令1x，得(111)n，，，设AMAC，得(3

340)M，，，∵直线BM与平面APQ所成角的正弦值为1515，∴22|||37|1515||||(33)163BMnBMn，解得35或113，即3AM或1511AM．…………………………

…（12分）20．（本小题满分12分）解：（1）根据题意，甲可以不放回地摸2次球，记甲获得奖金数为，则1111244226CCCC8(30)A15P．……………………………………………（4分）（2）若乙第一次摸出的

球为红球，若选择方案一：乙还要摸球一次，乙获得奖金数的期望为4130753955，若选择方案二：乙还要摸球三次，根据题意，这三次乙摸到红球的个数服从二项分布133B，，数学参考答案·第6页（共10页）此时乙获得奖金数的期望为1

15153303．因此，选择方案一.……………………………………………………（8分）若乙第一次摸出的球为白球，若选择方案一：乙还要摸球一次，乙获得奖金数的期望为320301255，若选择方案二：乙还要摸球三次，根据题意，这

三次乙摸到红球的个数服从二项分布133B，，此时乙获得奖金数的期望为1153153．因此，选择方案二.……………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）（1）解：由题意直线l的斜率不为零，故设其方程为4xty，与椭圆方程联立消去x得22(34)

24360tyty，2144(4)0t，解得2t或2t，故直线l的斜率1kt的取值范围为110022，，．………………………………………………（4分）（2）证明：(10)F，，设11()Axy，，22()Bxy，，33()Px

y，，44()Qxy，，由（1）得1222434tyyt，1223634yyt12123()2tyyyy，由PFFA，得31311(1)xxyy，31311xxyy，，又点P在椭圆上，

即有22333412xy，代入上式得222113(1)412xy2222111(34)6(1)3(1)12xyx，又22113412xy，所以2112(1)(1)6(1)3(1)0x，易知10，故

1352x，同理可得2352x，又121212(52)(52)2510()4xxxxxx12122510[()8]4(4)(4)tyytyty数学参考答案·第7页（共10页）2121296()4tyytyy121

2396()4()92tyytyy，所以1291(52)(52)xx．………………………………………（12分）22．（本小题满分12分）解：（1）3a时，23()2logfxxx，1211()2ln3ln3ln3fxxxxxx

，……………………………………………………（1分）10ln3x，，()0fx，()fx单调递减；1ln3x，，()0

fx，()fx单调递增，……………………………………………………（3分）又119139f，(1)1f，且1113ln3，故方程()1fx有2个根1113x，，21x．………

……………………………………………（5分）（2）（法一）：221()lnfxxxa，若01a，e(1)1fa，故不符合题意；………………………………（6分）若1a，211()lnlnfxxxxaa

，10lnxa，，()0fx，()fx单调递减；1lnxa，，()0fx，()fx单调递增，所以()fx的最小值为11ln(

ln)lnlnafaa．……………………………（8分）数学参考答案·第8页（共10页）由题知1ln(ln)elnaaa≥(*)，令lnta，则(*)等价于1eln10ttt≤，………

……………………………………………（10分）令1()eln1tgttt，211e()(0)ettttgttt．处理思路1：令21()e(0)thtttt，1()12ethtt，()ht单调递减，又(1)0h，所以(01)t，，()0ht

；(1)t，，()0ht，所以()(1)10hth≤，即()0gt，所以()gt在(0)，上单调递减，又(1)0g，所以()01ln1gtta≤≥≥，故ea≥．………………………

……………………………（12分）处理思路2：令1()ethtt，1()1etht，(01)t，，()0ht；(1)t，，()0ht，所以()(1)0hth≤，即1e0tt≤，故12()e0thttt.下同处理思路1．……………………………

………………………（12分）（法二）：由e(1)fa≥，得ea≥，…………………………………………（7分）又ea≥时，211()lnlnfxxxxaa，10lnxa，，()0fx，()fx单调递减；1lnxa

，，()0fx，()fx单调递增，所以()fx的最小值为11ln(ln)lnlnafaa，……………………………（9分）由题知1ln(ln)elnaaa≥(*)，令lnta，则（*）等价于1eln10(1)tttt

≤≥，……………………………………………………（11分）数学参考答案·第9页（共10页）令1()eln1tgttt，211e()0ettttgtt，所以()(1)0gtg≤，即e()

fxa≥成立，综上，ea≥．……………………………………………………（12分）（法三）：令20wx，可得ee()logafxwwaa≥≥，……………………………………………………（6分）令()logagxxx，由e(1)ga≥，得ea≥，…………

…………………………………………（8分）又ea≥时，11()lngxxxa，10lnxa，，()0gx，()gx单调递减；1lnxa，，()0gx，()gx单调递增，所以()gx的最小值为11ln(ln)lnlnagaa

，…………………………………（9分）由题知1ln(ln)elnaaa≥（*），令lnta，则（*）等价于1eln10(1)tttt≤≥，……………………………………………………（11分）令1()e

ln1tgttt，211e()0ettttgtt，所以()(1)0gtg≤，即e()fxa≥成立，综上，ea≥.……………………………………………………（12分）（法四）：令20wx，可得ee()logafxwwaa≥≥，……………………………………

……………（6分）由1w时不等式成立，得ea≥，……………………………………………（8分）数学参考答案·第10页（共10页）下证ea≥时，elogaxxa≥，（*）先证1log(1)lnaxxa≤①，令1()log(1)lnagxxxa，1()lnxgxxa，(01)x，，()

0gx；(1)x，，()0gx，所以()(1)0gxg≤，即()0gt，①得证．……………………………………………………（10分）再证e1lnaa≤②，令ln()xhxx，21ln()xhxx，(e)x，，()0hx，所以()

hx在(e)，上单调递减，故()(e)hah≤，即ln1eaa≤，即e1lnaa≤，②得证．……………………………………………………（11分）由①②得11eloglnlnlnaxxxxaaaa≤≤≤，（*）得证

.综上，ea≥．……………………………………………………（12分）