【文档说明】福建省泉州晋江市磁灶中学、内坑中学2021届高三上学期期末联考数学答案.pdf，共(9)页，228.548 KB，由小赞的店铺上传

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第1页2020-2021学年高三上期末联考数学参考答案一、选择题（单选）1~4.BDCC5~8.ABBD二、选择题（不定项选）：9.ABD10.AD11.ABC12.ACD三、填空题：13.2yx14.415.28yx

；6.16.118.81．【解析】求解二次不等式240x可得：2|2Axx，求解一次不等式20xa可得：|2aBxx.由于|21ABxx，故：12a，解得：2a.故选：B.2．【解析

】由题意可得：2212zii，则222212zzii.故2222zz.故选：D.3．【解析】由(1,3)BCACABt，221(3)1BCt

，得3t，则(1,0)BC，(2,3)(1,0)21302ABBC．故选C．4．【解析】将4种颜色的花种任选2种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛中，有6种种法，其中红色和紫色的花不在同一个

花坛的种数有4种，故所求概率为23，选C.5．【解析】由几何关系可得，双曲线222210,0xyabab的渐近线方程为0bxay，圆心2,0到渐近线距离为22213d，则点2,0到直线0bxay的距离

为222023babdcab，即2224()3cac，整理可得224ca，双曲线的离心率第2页2242cea．故选A．6．【解析】因为2lnfxxx在定义域内递增，且2ln210f，23ln303f，由零点存在性定理

可得023x，根据x表示不超过实数x的最大整数可知02gx，故选：B.7．【解析】对于选项A，ab1gc1gclogc,logclgalgb，01c，10gc，而0ab，所以lglgab，但

不能确定lglgab、的正负，所以它们的大小不能确定;对于选项B，clglglog,loglglgcababcc,lglgab，两边同乘以一个负数1lgc改变不等号方向，所以选项B正确;对于选项C，利用cyx在第一象限内是增

函数即可得到ccab，所以C错误;对于选项D，利用xyc在R上为减函数易得abcc，所以D错误.所以本题选B.8．【解析】由图形可知：11()22OFABab，11()()22OCabbab，在直角OCF△中，由勾股定理可得：22221

()()()222ababCFab，CFOF，2211()()22abab，(,0)ab．故选：D9．【解析】由折线图得，这10天中PM2.5日均值的众数为33，中位数为3133322，中位数小于平均数；前4天的数据波动比后4天的波动大，故前4天的方差大于后4天的方差

.故选：ABD第3页10．【解析】因为512axxxx的展开式中各项系数的和为2，令1x得，12a，所以1a，故A正确.此时5511122axxxxxxxx

，展开式中的通项为5562551221rrrrrrrxCxCxx或5542551122rrrrrrrCxCxxx，令626r或426r解得0r

，所以含6x项的系数是32，故B错误.令621r或421r，都无解，故展开式中不含1x项，故C错误.令620r或420r，解得3r或2r=，所以展开式中常数项为40.故选：AD11．【解析】公比q为正数，且232416aaa，34a，214aq，又113aaq

，解得11a，2q=.12nna-\=，1122112nnnS，12nnS，∴数列1nS是公比为2的等比数列.8821255S，故ABC正确，lg(1)lg2nan，数列lgna是公差为lg2的等差数列，故D错误.故选：ABC.12．【解析】由ACB

D，1ACDD可证AC平面11DDBB，从而ACBE，故A正确；取特例，当E与1D重合时，F是F，AE即1AD，1AD平行1BC，异面直线,AEBF所成的角是1CBF，当F与1B重合时，E是E，BF即1BB，异面

直线,AEBF所成的角是1AAE，可知1CBF与1AAE不相等，故异面直线,AEBF所成的角不是定值，故B错误；第4页连结BD交AC于O，又AC平面11DDBB，点A到平面11BDDB的距离是2=2AO，也即点A到平

面BEF的距离是22，故C正确；2=2AO为三棱锥ABEF的高，又1111224BEFS△，故三棱锥ABEF的体积为112234224为定值，D正确.故选：ACD13．【解析】设切线的切点坐标为00

1(,),ln1,1xyyxxyx，00001|12,1,2xxyxyx，所以切点坐标为(1,2)，所求的切线方程为22(1)yx，即2yx.故答案为：2yx.14．【解析】

因为π()cossin2cos()4fxxxx，所以由π02ππ2π,(kZ)4kxk得π3π2π2π,(kZ)44kxk因此π3ππ3ππ[,][,],,044444

aaaaaaa，从而a的最大值为π4，15．【解析】抛物线C：22(0)ypxp的焦点为2,0F，可得4p，则抛物线C的方程是28yx.由M为FN的中点，N在y轴上，N的横坐标为0，F的横坐标

为2，得M的横坐标为1，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，M是抛物线上的点，F是抛物线的焦点，抛物线C：22(0)ypxp的准线方程为22px,1232MpMFx，26FNFM

.故答案为：28yx；6.第5页16．【解析】322()3,()323fxxtxxfxxtx∵函数4323()432xtfxxx在(1,4)上是“凸函数”，∴2()3230fxxtx在(

1,4)上恒成立即312txx令31()2gxxx，显然()gx在(1,4)上单调递增，∴51()(4)8gxg∴t≥518．故答案为51,817．【解析】（1）设等比数列na的公比为q，根据

题意，有1121148aaqaqa，解得113aq，所以13nna；（2）令313loglog31nnnban，所以(01)(1)22nnnnnS，根据13mmmSSS，可得(1)(1)(2)(3)222mmmmmm

，整理得2560mm，因为0m，所以6m，18．【解析】（1）sin3cos0,tan3AAA，20,3AA，由余弦定理可得2222cosabcbcA，即21284222cc，即22240cc，解得6c

（舍去）或4c，故4c.(2)2222coscbaabC，162842272cosC，第6页22cos,72cos77ACCCDC，12CDBC，113422322

2ABCSABACsinBAC，132ABDABCSS.19．【解析】（1）分数不少于120分分数不足120分合计线上学习时间不少于5小时15419线上学习时间不足5小时101626合计252045

∵224515161047.296.63525201926K∴有99%的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”（2）依题意，抽到线上学习时间不少于5小时的学生155325人，线上学习时间不足5小时的学生2人

，所以X的取值为0，1，2X的分布列为X012P310610110所以X的期望36140121010105EX第7页20．【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：（Ⅱ）作EMAB，垂足为M，则14AMAE，18EMAA

，因为EHGF为正方形，所以10EHEFBC．于是226MHEHEM，所以10AH．以D为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则(10,0,0)A，(10,10,0)H，(10,4,8)E，(0,4,8)F，(10,

0,0)FE，(0,6,8)HE．设(,,)nxyz是平面EHGF的法向量，则0,{0,nFEnHE即所以可取(0,4,3)n．又(10,4,8)A

F，故45cos,15nAFnAFnAF．所以直线AF与平面所成角的正弦值为4515．21．【解析】（1）当1a时，()(2)xfxex，'()1xfxe

，令'()0fx，解得0x，令'()0fx，解得0x，所以()fx的减区间为(,0)，增区间为(0,)；（2）若()fx有两个零点，即(2)0xeax有两个解，从方程可知，2x不成立，即2xeax有两个解，令

()(2)2xehxxx，则有'22(2)(1)()(2)(2)xxxexeexhxxx，令'()0hx，解得1x，令'()0hx，解得2x或21x，所以函数()hx在(,2)和(2,1)上

单调递减，在(1,)上单调递增，且当2x时，()0hx，第8页而2x时，()hx，当x时，()hx，所以当2xeax有两个解时，有1(1)ahe，所以满足条件的

a的取值范围是：1(,)e.22．【解析】（1）设,0Fc，因为直线AF的斜率为233，0,2A所以2233c，3c.又2223,2cbaca解得2,1ab，所以椭圆E的方程为2214xy.（2

）解：设1122,,,PxyQxy由题意可设直线l的方程为：2ykx，联立221{42,xyykx，消去y得221416120kxkx，当216430k，所以234k，即32k或32k时

1212221612,1414kxxxxkk.所以22121214PQkxxxx2222164811414kkkk222414314kkk第9页点O到直线l的距离2

21dk所以221443214OPQkSdPQk，设2430kt，则2243kt，244414424OPQtSttt，当且仅当2t，即2432k，解得72k时取等号，满足234k所以OPQ

的面积最大时直线l的方程为：722yx或722yx.