【文档说明】贵州省凯里市第一中学2021届高三下学期4月模拟考试《黄金二卷》数学（文）答案.pdf，共(8)页，565.596 KB，由小赞的店铺上传

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第1页（共8页）秘密★考试结束前凯里一中2021届高三模拟考试《黄金二卷》文科数学参考答案及评分标准一、选择题：本大题共12小题，每小题5分．题号123456789101112选项CDBDBAABCDCD解析：1．解

：∵{0,1},{|22}MNxx，∴{0,1}MN．2．解：∵42i42i1i26i13i1i1i1i2z，∴13iz，在复平面内对应点的坐标是(1,3)，位于第四象限．3．解：周一到二票的累

计票房增长率为%7.6，周二到三票的累计票房增长率为%9.21，周三到四票的累计票房增长率为%10，周四到五票的累计票房增长率为%8.4，故B错，选择B．4.解：已知03f，则03f，因为xf为偶函数且在,0x时单调递增，则

xf在0,单调递减，画图可知，0xf的解集为,33,.5.解：∵2518cossin21cossin2，∴0257cossin2，又

,0，∴,2，由题得，5234sin2，∴534sin，∵45,434，544cos，

∴434cos4sin4tan45tan，故选B.6．解：∵a1,3，∴22,4a=a．设ab与a的夹角为，则ab在a上的投影为24cos12

abaaabababababaa，∴2ab．7．解：由题得，0cos7)1cos2(22BB，第2页（共8页）即02cos7cos42BB，解得41cosB或2cosB（舍去），∴由余弦定理得，1641242416cos2222

BBCABBCABAC，∴4AC，∴87442416162cos222ACABBCACABA，故选A.8．解：第一步：16n，2i；第二步：8n，3i；第三步：4n，4i；第四步：2n，5i；第五步：2n，5i；第六步：1

n，6i．9．解：由面面垂直判定定理知，若m，m，则，故选C．10．解：如图：易知tan,tanabOBABFAbc，因为OBABFA，所以，abbc，则2bac，又因为222bca，所以220caac．即210ee解得

1+52e或15=2e（舍去）．11.解：因为'20fxfx，令xexfxg2，则2''20xgxefxfx，所以xg在R上单调递增；因为1xfy是偶函数，所以x

f关于1x对称，所以4202eff，则22g，则不等式xexf22可转化为2gxg，所以2x.故答案选C.12．解)(2sincos2)2sin()cos(2)(xfxxxxxf，)(xf为偶函数，图像关于y轴对称，又)(2

sincos2)2(2sin)2cos(2)2(xfxxxxxf，2为)(xf的一个周期，设],0[x，则2cos2sincos,0,2()2cos2sincos,,,2xxxxfxxxxx，当

2,0x时，2sin2sin42cos2sin2)(2xxxxxf，令0)(xf，解得21sinx或1sinx（舍），即6x，因此)(xf在6,0

上单调递增，在26，上单调递减，第3页（共8页）当,2x时，)1,0[sinx，01sin1sin222sin2sin42cos2sin2)(2xxxxxxxf恒成立，因此)(xf在(,]

2上单调递减，因此，由周期性和对称性可得)(xf在2,0上的草图为：对于选项A，因为)(xf为偶函数，图像关于y轴对称，故A错误；对于选项B，由图知，22sincos2)()(minfxf，故B错误；对于选项C，由题知，当

2,0x时，函数)(xfy与函数my图像恰有两个交点，可得2332,2m，故C错误；对于选项D，由图知，()fx在62，上单调递减，故D正确.故选D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．题号13141516答

案(,3]782480解析：13．解：如图，作出可行域，由12yxy得到点(1,2)A，当直线zxy过点A时，zxy取到最大值3，所以zxy的取值范围是(,3].14.解：设球的半径为aR，以AO为直径

的球记为1O，当点P落在1O内时APO为钝角3341732114883aPa．15．解：如图：易知当22AB时，12222AOBS，当2AB，则点P表示图形的面积为：zxy21(1,2)A2y1yxOxy第4页（共

8页）2122242AOBS．16．解：易知平面ABC平面BCD，设ABC，BCD的外接圆圆心分别为12,OO，连接12,OOOO，则1OO平面ABC，2OO平面BCD.由ABACBC

，ABCBCD知，12,OO分别为ABCBCD，的重心，且四边形12OOEO为正方形，Q43ABACBC，∴226AEABBE，111224AOOEOO，1=2OO，在1RtAOO中，2221120AOAOOO，则

球O的表面积为2480SAO．三、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．解：（Ⅰ）设数列na的公比为q（1q），则2131132qaqaqa，∵01a，∴03223qqq，解得21q或0q（舍去）或

1q（舍去），∴数列na的通项公式为11121nnnqaa.…………………………（6分）（Ⅱ）令22122311111loglog2(22)41nnnbaannnn

，则111111142231nSnn11141n4(1)nn．∴数列322122loglog1nnaa的前n项和为nS)1(4nn.……………………（12分）18．

解：（Ⅰ）男同学阅读时间的众数为：25.女同学阅读时间的中位数为：35.5.…………………………（5分）（Ⅱ）第5页（共8页）男女合计爱阅读52025不爱阅读251035合计30306043.157108303025252520105602

k.635.643.15.有99%的把握认为“爱阅读”与性别有关．…………………（12分）19．（Ⅰ）当2时，2PBPM，即点M为PB的中点，连接BD，设ACBDE,，ABCD是菱形,E为BD中点，连接ME，则//MEPD,，PD平面MAC，ME平面MAC

，//PD平面ACM．…………………（6分）（Ⅱ）PAD为等边三角形，平面PAD平面ABCD，取AD中点为O，连接PO，则PO平面ABCD，3POPBPM，点M到平面ABCD的距离31d，三棱锥MABC的体积为45，3111124

22sin33235MABCABCVSd，解得5．…………………（12分）20．解：（Ⅰ）设,0Aa，,0Ba，0,1P，∴(,1)APa，(,0)BP

a又1APBP，即211a，解得22a，∴椭圆C的标准方程为2212xy．…………………（4分）（Ⅱ）设直线l的方程为1(2)ykx，即21ykxk，将21ykxk代入2212xy，得第6页（共8页）222(21)4(21)8

80kxkkxkk，222[4(21)]4(21)(88)16(2)0kkkkkk，设11,Mxy，22,Nxy，则1224(21)21kkxxk，21228821kkxxk，所以12121212112222PMPN

yykxkkxkkkxxxx2224(21)(22)2122(21)18821kkkkkkkkkk，∴PMPNkk是定值，为1．…………………（12分）21.解：（Ⅰ）'xfxea,'011fa,2a,由

0(0)2feb得3b.∴23xfxex，'2xfxe，当2lnx时，'0fx；当2lnx时，'0fx，∴xf的单减区间是2ln,，单增区间是,2ln.…………………（5分）（Ⅱ

）由题意可得：'xfxea，①当0a时，令1min1,bta，则1110tbfteatbbatbaa，不合题意；②当0a时，由'0fx得axln

，∴xf的单减区间是aln,，单增区间是ln,a，∴minfxbaaaaflnln.∵0xf在R上恒成立，∴0lnlnbaaaaf，即aaabln∴12ln122aaaaabaab令xxxx

xg2ln，则22'xgxx，当'0gx时，2x，所以xf在,2上单调递增；当'0gx时，20x，所以xf在2,0上单调递减.∴gx2ln2g，∴aab2的最小值是ln21（当2,22ln2ab时取等

）.……………（12分）第7页（共8页）22．解：（Ⅰ）直线l的参数方程为1cos,sinxtyt（t为参数，0）．①由22413sin得223sin4，即2244xy，②∴曲线C的直角坐标方程是2214xy．………………………

…（5分）（Ⅱ）设AB、两点对应的参数分别为12tt、，将①代入②整理得222cos4sin2cos30tt，121222222cos3,0cos4sincos4sintttt，∴2112121212||||11112cos1|||

|||||||||33ttttPAPBtttttt，∴1cos2，21cos22cos12．…………………………（10分）23．解：（Ⅰ）9,(0)()2|2|||539,(02

)1,(2)xxfxxxxxxx，其图像为下图所示：xOy123456789987654321由图像可知3m．……………………………………（5分）（Ⅱ）由题3abc，两边平方得2222229abcabbcca，①第8页（共8页）又∵22

22222,2,2ababbcbccaca，∴222222222abcabbcca，②由①，②得2222222229()abcabc，整理得2223339abc，∴2223abc，当且仅当1abc时等号成立，证毕．……

………………（10分）