【文档说明】安徽省皖江名校联盟2021届高三下学期开年考（2月）理科数学试题答案.pdf，共(8)页，231.833 KB，由小赞的店铺上传

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第1页共8页理科数学参考答案题号123456789101112答案BCACDCDCBDDA1.【解析】因为203,2021MxxNxxxxxx或,所以13MNxx1,3.2.【解析】因为12222aiaii

azii（）,所以2114,37.44zaa3.【解析】由(1)2,ln2.faln2ln(),10,ln(),10,()(),01,2,01,xxxxxxfxfxexx即于是4log3411()(log3)ln213

.ffee4.【解析】由条件211nnnaaa知，数列na是等比数列，则其公比满足2202220203,3aqqa.因此2021202023.15aaq5.【解析】由频率分布直方图可知,月用水量在

[0,0.5)的频率为0.08×0.5=0.04.同理，在[0.5,1),[1.5,2)，[2,2.5)，[3,3.5)，[3.5,4)，[4,4.5]等组的频率分别为0.08，0.21，0.25,0.06，0.04,0.02.由1－(0.04＋0.08＋0

.21＋0.25＋0.06＋0.04＋0.02)=2×0.5×a，解得a=0.30，设中位数为x吨.因为前5组的频率之和为0.04＋0.08＋0.15＋0.21＋0.25=0.73＞0.5，而前4组的频率之和为0.04＋0.08＋0.15＋0.21=0.48＜0.5,所以2≤x＜2.5

.由0.50×(x－2)=0.5－0.48,解得x=2.04.6.【解析】0k时，4s；1k时，448s；2k时，420833s；331k时.此时退出循环，输出的203s.7.【解析】设圆锥的母线长是l，则.22,

3260sin212ll则高是2，圆锥底面半径是630cos22,于是该圆锥的表面积是212622(6)(436).2第2页共8页8.【解析】由题意知，()sin().gxx当3x时，函数()gx取得最大值，所以.,223Zkk解得.,2

36Nkk因为()gx在区间3,12上递增，在125,3上递减，所以123且3125，解得.5120因此23..9.【解析】第一步，先将2名小学生看成一个人，3名初中生看成一个人，然后排成一排有22A种不同排法；第二步

，将3名高中生插在这两个整体形成的3个空档中，有33A种不同排法；第三步，排2名小学生有22A种不同排法，排3名初中生有33A种不同排法.根据分步计数原理，共有23232323144AAAA种不同排法.10.【解析】4214xax4821)2(4axax48

21)2(4minaxax，即,484aa解得40a.11.【解析】由sin0xeax得，sinxaxe.因为),0(x，所以0sinx.因此.sinxeax令,0,sin)(xxex

gx则xxxexgx2sin)cos(sin)(.由0)(xg得4x.当40x时0)(xg；当x4时0)(xg，所以.2)4()(4minegxg因此42.ae12.【解析】双曲线的标准方程是22111162xy，其右焦点是3(,0

)4.所以33,,242pp抛物线C是23yx.联立xybkxy32消去y，化简整理得0)32(222bxkbxk.由04)32(222bkkb得，,912kb.43kb因为4||||BFAF，所以第3页共8页42321xx，即2521

xx.而22132kkbxx，即25322kkb，解得kkb4562.代入43kb得到，,434562kkk515515kk或.13.【答案】2000,22xRxx

14.【答案】13【解析】设点D是边BC的中点,则2211()()()()22AOBCADDOBCADBCABACACABACAB即221(9)4,1.2ACAC

故sin1.3BACsinCAB15.【答案】163【解析】在图4中，连接BDAC,交于点,O则O是正四棱锥外接球的球心，正四棱锥的所有棱都相等，设其为,x则外接球的半径是,22xOA所以.22162242xx，）（因此22.2SOOAx

故四棱锥ABCDS的体积是221116(22)2.333xSO16.【答案】445【解析】因为12nSnnanaan)12(2))(12(121,所以212nnaS就是.,12,)12(2

Nnnaaannnn等差数列na的首项,11a公差.2d因为一般项121121111()4nnnnnnnaaaaaaa，所以原式122323451121111111()()()4nnnnaaa

aaaaaaaaa1212111()4nnaaaa22.3(21)(23)nnnn即)32)(12(322nnnn)2141(2nn.所以存在Nn,使)32)(12(34nn成立，.454)32)(12

(34maxnn故实数的最大值是.454第4页共8页17.【解析】（1）由已知2sinmnaA，得2CbcBcbAasin)2(sin)2(sin再根据正弦定理有,22(2)(2)

abcbcbc,即222abcbc.由余弦定理得,2222cosabcbcA,1cos2A因为(0,),A所以A32.……………………………………………………………6分（2）由（1）知2213()cos22si

n12sin2sin2(sin)22fBBBBBB.因为0,3B所以3sin(0,)2B.因此当1sin2B时，()fB有最大值32…………………………………………………9分此时2sin3,2sin

1.aRAbcRB故ABC的周长是23.…………………………………………………………………12分18.【解析】（1）在图4中,∵AC=BC，D是AB的中点，∴CDAB.又VACB为直二面角,VCAC,∴VC底面ABC.……………………

………2分而AB平面ABC,∴VCAB,且VCCDC,因此AB平面VCD.又AB平面VAB，∴平面VAB平面VCD.………………………………………………5分（2）以CA、CB、CV所在的直线分别为x轴、y轴、

z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则0,0,0C,(1,0,0)A,(0,1,0)B,(0,0,1)V，(0,0,1)CV因为14BEBA，所以13(,,0)44E,那么CE13(,,0)44.设平面VCE的法向量(,,)tmnp，由0CVt

得，0p.……………………………7分由0CEt得，130.44mn所以(3,1,0)t.同理可以求得平面VAB的一个法向量(1,1,1)s.………9分于是23130cos,.153(3)1ststst第5页共8页

又二面角CVEA为锐角，所以二面角CVEA的余弦值为30.15……………12分19.【解析】（1）设),,(11yxA),,(22yxB则2211222222112112xybxyb

,相减得,121212122()()()()012xxxxyyyyb，所以212121212,12yyyybxxxx即12212121202.1202yyyybxxxx………………………………………

…………………2分所以2211,3.1222ABOQbkkb故椭圆C的方程是221.123xy………………………………………………………5分（2）设直线1:()2lyxm交椭圆于1122,,,SxyTxy，由221()2412yxmxy

消去y得，2222120.xmxm因此2121212,2mxxmxx.……………………………………………………7分于是2222221122222212121212()()555()()()22()2444PSPTxmyxmyxmxmxx

xxmxxm22225(1222)15.4mmmm故22PSPT为定值，且为15.………………………………………………12分20.【解析】（1）2121()21,0.axxfxaxxxx

………………………………1分若0a，1(),xfxx()fx在(0,1)内单增，在(1,)内单减.…………………………2分第6页共8页若0a，由2210axx知，18a.当180,a即18a时，2210axx，此时()fx在(0,)内单增.……

………3分当180,a即108a时，1184axa.此时()fx在118(0,),4aa118(,)4aa内单增，在118118(,)44aaaa内单减.……………………………………………………………5分（2）因为22()()(1)ln,xxgxfxe

axxexx所以31()12gxx就是2311,2xexxx即231102xexxx.令231()1,0,2xhxexxxx则23()21,0,2xhxexxx()23,0.xhxexx由()30xhxe得,3

lnx,(ln3)h是()hx的最小值.……………………………8分于是()(ln3)53ln30hxh，()hx在0x时单增，所以()(0)0,hxh()hx在0x时单增.故当0x时，()(0)0,hxh即31()12gxx.……

………………………………12分21.【解析】（1）17.31505060140)201104030(20022K，由于841.317.3,故没有95﹪的把握认为“长潜伏期”与年龄有关；………………………3分

（2）（ⅰ）若潜伏期服从)25.2,1.7(2N，由0013.029974.01)85.13(ZP，得潜伏期超过14天的概率很低，因此隔离14天是合理的.…………………………………6分（ⅱ）由于200个病例中有50个属于“长潜伏期”，将样

本频率视作概率，一个患者属于“长潜伏期”的概率是41，又另随机抽取的25个病例中属于“长潜伏期”的病例个数是X，则X～)41,25(B，则425)(XE，………………………………………………………8分且)250,(4341)(2525k

NkCkXPkkk.第7页共8页由kkkkkkkkkkkkCCCC241125252526112525254341434143414

341，得213211k，又Nk，所以6.k故X的数学期望是254,)(kXP取最大值时k的值为6.………………………………12分22.【解析】(1)当1k时,tytxkksin3cos2就是tyt

xsin3cos2，即.sin3cos2tytx………………2分因为1cossin22tt，所以19422yx.故曲线1C是以坐标原点为中心，焦点在y轴上，长轴长为6，短轴长为4的椭圆.…………4分（2）当4k时，tytxkksin3cos2就是

tytx44sin3cos2，即.sin3cos222tytx因为1cossin22tt，所以132yx，即为曲线1C的普通方程.……………………7分因为曲线2C的极坐标方程为05sin8co

s2，所以其直角坐标方程是0582yx.……………………………………………………8分联立0582132yxyx解得，4321yx.故1C与2C的公共

点的直角坐标是)43,21(…………10分23.【解析】（1）2a时，不等式()1fx就是321.xx因为5,2()21235,3xfxxxx，，所以()1fx等价于251x或230xx

351x或，因此0x.故不等式()1fx的解集是(,0).…………………………………………………………5分第8页共8页（2）因为baba,所以()3(3)()3fxxxaxxaa≤.因此)(xf的最

大值为3a.则对于任意实数x，()2fxa≤恒成立等价于32aa≤.………………………………8分当3a≥时，32aa≤，得3a≥；当3a时，32aa≤，1a≥，不成立.综上可知，a的取值范围是[3)，.……………

………………………………………10分