【文档说明】广西桂林、崇左市2021届高三下学期5月第二次联合模拟考试数学（文）答案.pdf，共(7)页，378.845 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1评分说明：1．第一题选择题，选对得分，不选、错选或多选一律得0分.2．第二题填空题，不给中间分.3．解答与证明题，本答案给出了一种或几种解法供参考.如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则．4．对

计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度,可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．5．解答右侧所注分数，表

示考生正确做到这一步应得的累加分数．6.只给整数分数．一、选择题题号123456789101112答案DADBCACABBDB1．【解析】}3|{}512|{xxxxA，}6543{，，，B，}654{，，BA，故选D.2．【解析】∵iiiiiiiz5351)2)(2(

)2)(1(21,故选A.3．【解析】根据线性约束条件作出可行域如图所示：由zxy可得yxz，作0:lyx，让其沿着可行域的方向平移，由2220yxy可

得2,2A由图可知过点2,2A时取得最大值，所以最大值为224z，故选D.4.【解析】22log0.2log10,a0.20221,b0.3000.20.21,则01,cacb．故选B．5.【解析】2sin2cos21

，24sincos2cos.0,,cos02．sin0,2sincos，又22sincos1，2215sin1,sin5，又sin0，5sin5，故选C．6．【解析】原始中位数为5x，去掉1x，9

x后剩余2348xxxx…，中位数仍为5x，A正确；原始平均数1234891()9xxxxxxx…，后来平均数23481()7xxxxx…，平均数受极端值影响较大，∴x与x不一定

相同，D不正确；222222911[()()()]9sxxxxxx…22222381[()()()]7sxxxxxx…，由②易知，C不正确；原极差91xx，后来极差82xx，显然极差变小，B不正确，故选A.7.【解析】因为11()lnln(

)cos()cosfxfxxx，所以函数1lncos22yxx是偶函数，故排除B，D；当4x时，1lnln20cos4y，故排除A.故选C.8.【解析】由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥

，底面是直角三角形，PA底面ABC．,ABAC底面ABC．所以PAAB，PAAC，所以22345PC，224541PB因为2224541，即222BCPCPB,所以BCPC．该几何体的表面积1(34543445)322S．故选A9.【解析】已知

数列na满足11a，+121nnnaaa，在等式+121nnnaaa两边同时取倒数得112112nnnnaaaa，1112nnaa，所以，数列1na是等差数列，且首项为111a=，公差为2，则112121nnna，12

1nan，11111212122121nnaannnn，因此，1111111111111112323525722121221nTnnn

21nn.故选B10.【解析】设内切球的半径为R，则圆柱的面半径为R，高为R2，故圆柱的表面积2216222RRRRS，内

切球的表面积224RS，∴该圆柱的表面积与其内切球的表面积之比为23462221RRSS，故选B。11.【解析】如图，由已知可设2FBn，则212,3AFnBFABn，由椭圆的定义有121224,22aBFBFnAFaAFn．3在1AFB△中，由

余弦定理推论得22214991cos2233nnnFABnn．在12AFF△中，由余弦定理得2214422243nnnn，解得32n．2222423,3,312,anabac所求椭圆方程为22132xy，故选D．1

2.【解析】当0m时，2()0xfxe恒成立，()fx无零点，不符合题意；当0m时，令()0fx得20xxmeemx，∴2xxxmee，∴21xxmexe.记2()xxexgxe

，221'()xxgxeex，记()21xhxex，'()20xhxe恒成立，∴()hx在,上单调递减，又00h，∴,0x时，()00hxh，∴'()0gx，0,x时，()00hx

h，∴'()0gx，∴()gx在,0上单调递增，()gx在0,上单调递减，又x时，()gx；x时，()0gx，01g，∵()fx有两个不同零点，∴1ym与2()xxexgxe有两个不同交点，∴101m，∴1m.故

选B．二、填空题13.【答案】5【解析】3,45abab14.【答案】-32【解析】设数列na的公比为q，2231132411+26aaaqaqaaaqaq，解得2q，11a，55611232aaq

.15．【答案】233【解析】由2216480xyy得222(8)4xy，所以圆心0,8C，半4径4r，双曲线2222:10,0yxEabab的一条渐近线为0axby，由题意

得圆心到渐近线的距离22884bbdcab，所以12bc，所以2232acbc，所以233cea.16.【答案】①②③【解析】由()fx的图象可知：①②正确，对③、④，当2a时，若2b，则111ab，若12b，则ln1ln1fafbab

ln1ln1ab，化为ln11011ababab111ab，故③正确.三、解答题（一）必考题：共60分.17.解：(1)∵在样本200人中参与在线测试的共150人，…………………

…………2分∴全区2000名高一学生中参与在线课堂的人数为15002001502000人，………………………4分(2)记“抽取参加测试的2人都参加了线下延伸”为事件A，……………………………5分用分层抽样抽取的5人中，有3人参加了自主学习和线下延伸，记为1、2、3，有2人参加了自主

学习和在线测评，记为a、b，……………………………7分5人中抽取2人，共有)21(，、)31(，、)1(a，、)1(b，、)32(，、)2(a，、)2(b，、)3(a，、)3(b，、)(ba，共10种取法分，其中事件A包含)21(，、)31(，、)32(，共3个，……10分∴这2人都参与线下延伸教

育模式的概率103)(AP。……………………………12分18.解：（1）连接AE,EAFMAEFMVV，AB平面EFM，……………………………2分∵M，E分别为1BB，1CC的中点，∴四边形MBCE为正方形．………

……………………3分5∴1122222MEFSMEMB△．……………………………4分∴11422333AEFMMEFVSAB△．……………………………5分∴三棱锥EAFM的体

积为43．……………………………6分（2）在长方体1111ABCDABCD中，四边形11BCCB是矩形．∵E，M分别为棱1CC，1BB的中点，且14BB，112BC，∴四边形11MECB是正方形．∴11CM

BE．……………………………8分∵N，M分别为棱1AA，1BB的中点，则11//NMAB，在长方体中，11AB平面11BCCB，所以NM平面11BCCB．又1BE平面11BCCB，∴1NMBE．…………………

…………10分∵1NMCMM，NM，1CM平面1NMC，∴1BE平面1CMN．∵1BE平面11BDE，∴平面11BDE平面1CMN．………………………………………………12分19..解：（1）由sin3cos10AA，得1sin32A，…………

……2分(0,)A,5.6A………………………………………………3分又7a，1c，又2222cosabcbcA，即2360bb，解得3b(负值舍去).……………………………………………………………………………6分（2）由正弦定理得13sin2

1i2n147sBabA.………………………8分21si57cos4n1BB，3tan5B.………………………………9分ADAB，3tan5ADcB，且60∠DAC.

………………………………10分ACD△的面积133sin60220ACDSADAC△．……………………………………12分20.解:(1)由题意，设)(00yxA，、)(00yxB，，直线BE的方程为)1(100xxyy，联立

xyxxyy4)1(1200得0)1(40020yyxyy，………………………………………………2分由题意得该方程有一个根为0y，由韦达定理得40Dyy，则04yyD，∴)44(020yyD，，6则直线FD的斜率为44414200200yyyy，直线AF的斜

率为4414200200yyyy，……………………2分∴FDAFkk，故A、F、D三点共线，∴直线AD过焦点F；…………………………………6分(2)设直线AD方程为)1(xky，则直线MN的方程

为)1(1xky，(3)联立xyxky4)1(2得：0)42(222kxkxk，设)(11yxA，、)(22yxB，，则222214242kkkxx∴221442||kxxAD，…………………………………………9分同理可得244||kMN，……

………………………………………………………………………10分∴四边形ANDM面积为：32)21(8)44()44(21||||212222kkkkMNADS，当且仅当1k时，四边形ANDM面积取得最

小值，最小值为32.……………………………………………………12分21.解：（1）若1a，则ln()1xfxx，定义域为(0,)，………………………………1分可得2ln1()xfxx.令

()0fx，解得xe，………………………………2分当0xe时，()0fx，当xe时，()0fx，………………………………3分故()fx在(0,)e上单调递减，在(,)e上单调递增.………………………………4分所以()fx的极小值为1()1fee，

没有极大值.………………………………5分（2）由()20fxx，即ln12xaxx，因为当[1,e]x时，有ln1xx(等号不同时成立)，即ln10xx，所以原不等式又等价于22lnx

xaxx，………………………………………………7分要使得对任意[1,e]x，都有()20fxx成立，即2min2lnxxaxx，令22()lnxxhxxx，[1,e]x，则2

(1)(22ln)()(ln)xxxhxxx，当[1,e]x时，22ln0xx，可得()0hx，………………………………10分所以()hx在[1,]e上为增函数，所以min()

(1)1hxh，故实数a的取值范围是(,1]..………………………………12分7（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.解（1）将单位圆与三叶玫瑰

线联立sin31，解得sin31，…………………………2分所以32()2kkZ，2()63kkZ，因为0,2，取k0，1，2，得6，56，32，从而得到单位圆与三叶玫瑰线交点的极坐标为1,6A，51,6B

，31,2C．……………5分（2）将0，02代入C：sin3,0,2R，点M，N所对应的极径分别为1，2，所以10sin3，20cos3，即220s

in3OM，220cos3ON，……………………………………………………………7分2222001111||||sin3cos3OMON2200220011sin3cos3sin3co

s322002200sin3cos324cos3sin3（当且仅当20tan31时，取得最小值4）……………………10分23.解：（1）()2127fxxx当1x时，由()2(1)(2)7

fxxx得11x，则111x…………………………2分当12x时，由()2(1)(2)7fxxx得73x，则12x………………………3分当2x时，由()3fxx，则23x……………………………………………………………4分综上，不等式()7f

x的解集：113xx…………………………………………………5分（2）已知对xR都有0()fxfx，则0min()()fxfxxR.………………………6分4,1()2123,124,2xxfxxxxxxx…………

…………………………………………………7分则()fx在(,1)上是减函数，在(1,)上是增函数，所以min()(1)3fxf.……………………………………………………………………………8分00abcfx，即3(,,0)abcabc，则22222

214911233abcabcabc21123123abcabc（仅当23bca，即12a，1b

，32c时，等号成立）所以，min14912abc.………………………………………………………………………10分