【文档说明】“超级全能生”2021届高三全国卷地区3月联考试题（甲卷） 数学（理）.pdf，共(6)页，447.471 KB，由小赞的店铺上传

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“超级全能生”２０２１高考全国卷地区３月联考甲卷数学（理科）答案详解１２３４５６７８９１０１１１２ＤＤＢＡＡＣＢＡＣＣＡＣ１．Ｄ【解析】本题考查集合的交集运算、一元二次不等式的解法，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．由２ｘ２－７ｘ－４≤０，即（２ｘ＋１）（ｘ－４）≤０，得－１２≤ｘ

≤４，所以集合Ａ＝－１２，[]４，由｜ｘ｜＜３得ｘ２＜９，即－３＜ｘ＜３，所以集合Ｂ＝（－３，３），所以Ａ∩Ｂ＝－１２，[)３，故选Ｄ．２．Ｄ【解析】本题考查复数的四则运算及复数的模，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．复数ｚ＝槡３＋ｉ槡(

)１－３ｉ１００槡＋３ｉ＝ｉ１００槡槡＋３ｉ＝１＋３ｉ，所以｜ｚ｜＝１２＋（槡３）槡２＝２，故选Ｄ．３．Ｂ【解析】本题考查指数式、对数式的大小比较，考查运算求解能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养．ｌｏｇ３２＝１ｌｏｇ２３，ｌｏｇ５２＝１ｌｏｇ２５．因

为ｌｏｇ２５＞ｌｏｇ２３＞１，所以０＜ｌｏｇ５２＜ｌｏｇ３２＜１，故１＜２ｌｏｇ５２＜２ｌｏｇ３２＜２．又ｃ＝()１２－１．１＝２１．１＞２１＝２，所以ｂ＜ａ＜ｃ，故选Ｂ．４．Ａ【解析】本题考查二项式定理，考查运算求解能力，考查数学

运算核心素养．根据题意可知，Ｔｒ＋１＝Ｃｒ５·（槡ｘ）５－ｒ－３()ｘｒ＝（－３）ｒＣｒ５ｘ５－３ｒ２，ｒ＝０，１，２，３，４，５．令５－３ｒ２＝１得ｒ＝１，所以ｘ的系数为（－３）１·Ｃ１５＝－１５，故选Ａ．５．Ａ【解析】本题考查函数图象的识别，考查推理论证、运算求解

能力，考查数学运算核心素养．由题知ｆ（ｘ）＝（ｘ３－３ｘ）·ｅｘ－１ｅｘ＋１的定义域为（－∞，＋∞）．因为ｆ（－ｘ）＝（－ｘ３＋３ｘ）·ｅ－ｘ－１ｅ－ｘ＋１＝－（ｘ３－３ｘ）·１－ｅｘ１＋ｅｘ＝（ｘ３－３ｘ）·ｅｘ－１ｅｘ＋１＝ｆ（ｘ），所以ｆ（ｘ）是偶

函数，函数图象关于ｙ轴对称，排除选项Ｂ；又ｆ（２）＝２×ｅ２－１ｅ２＋１＞０，故排除选项Ｃ，Ｄ，故选Ａ．６．Ｃ【解析】本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．由题得ｙ′＝ｃｏｓｘ·ｅｘ－ｓｉｎｘ

·ｅｘ（ｅｘ）２＝ｃｏｓｘ－ｓｉｎｘｅｘ．设切点为（ｘ０，ｙ０），则ｙ′ｘ＝ｘ０＝ｃｏｓｘ０－ｓｉｎｘ０ｅｘ０，令ｙ′ｘ＝ｘ０＝１（ｘ≥０），即ｅｘ０＝ｃｏｓｘ０－ｓｉｎｘ０．令ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｃｏｓｘ＋ｓｉｎｘ，则ｆ′（ｘ）＝ｅｘ＋ｓｉｎｘ＋ｃｏ

ｓｘ，易知ｆ′（ｘ）＞０，则ｆ（ｘ）≥ｆ（０）＝０，所以方程ｅｘ０＝ｃｏｓｘ０－ｓｉｎｘ０只有一个实根ｘ０＝０，代入原函数得ｙ０＝ｓｉｎ０ｅ０＋１＝１，故切点为（０，１），切线斜率为１，所以切线方程为ｙ＝ｘ＋１，故选Ｃ．７．

Ｂ【解析】本题考查排列与组合及古典概型，考查运算求解和数据处理能力，考查数学运算核心素养．从６科中任选３科共Ｃ３６＝２０种不同的方案，两人分别从６科中任选３科，共有Ｃ３６×Ｃ３６＝４００种不同的方案．因为他们都选了物理，其余２科又不同，所以对甲

是否选化学分成两类讨论，第１类甲选化学，甲只需再从生物、地理、政治３门中选１门，有Ｃ１３＝３种方法，乙从剩余３门中选２门，有Ｃ２３＝３种方法，所以一共有９种选法；第２类甲不选化学，甲又不选历史，所以他只能从生物、政治、地理３门中选２门，有Ｃ２３＝３种方法，乙只能选剩下的２门，有１种方法，此

时一共有３种选法．综上所知，满足要求的选法共有１２种，所以所求事件的概率Ｐ＝１２４００＝３１００，故选Ｂ．８．Ａ【解析】本题考查程序框图，考查数据处理和运算求解能力，考查数据分析、数学运算、逻辑推理核心素养．按照程序框图运行程序，输入ｉ＝１，Ｓ＝０，则第１次运行，Ｓ＝０＋２１×３＝２３，ｉ＝１＋１

＝２，继续循环；第２次运行，Ｓ＝２１×３＋４３×７＝１－１３＋１３－１７＝６７，ｉ＝２＋１＝３，继续循环；第３次运行，Ｓ＝２１×３＋４３×７＋８７×１５＝１－１３＋１３－１７＋１７－１１５＝１４１５，ｉ＝３＋１＝４，继续循环；……由此可推出，第ｎ次运行，Ｓ＝１－１３＋１３－１７＋…＋１２ｎ－１－１

２ｎ＋１－１＝１－１２ｎ＋１－１，令１－１２ｎ＋１－１＝１０２２１０２３，解得ｎ＝９，此时ｉ＝９＋１＝１０，满足条件，退出循环，所以判断框中应填ｉ≥１０？，故选Ａ．９．Ｃ【解析】本题考查等差数列的通项公式及前ｎ项和公式，考查运算求解能力，考查数学抽象及数学运算核心素养．当

ｎ＝１时，２Ｓ１－ａ１＝３，解得ａ１＝３；２Ｓｎ－ｎａｎ＝３ｎ①．又当ｎ≥２时，２Ｓｎ－１－（ｎ－１）ａｎ－１＝３（ｎ－１）②，所以①－②得（ｎ－１）ａｎ－１－（ｎ－２）ａｎ＝３③，当ｎ≥３时，（ｎ－２）ａｎ－２－（ｎ－３）ａｎ－１＝３④

，所以④－③得（ｎ－１）ａｎ－１－（ｎ－２）ａｎ＝（ｎ－２）ａｎ－２－（ｎ－３）ａｎ－１，可得２ａｎ－１＝ａｎ＋ａｎ－２，所以数列｛ａｎ｝为—数学（理科）·答１—等差数列，设其公差为ｄ．因为Ｓ３＝３ａ１＋３ｄ＝９＋３ｄ＝１５，解得ｄ＝２．又ａ１＝３，且易得ａ２＝５，ａ

３＝７，所以ａｎ＝２ｎ＋１，故Ｓ１０＝１０×３＋１０×９２×２＝１２０，故选Ｃ．【一题多解】当ｎ＝１时，２Ｓ１－ａ１＝３，解得ａ１＝３；当ｎ＝３时，２Ｓ３－３ａ３＝９，由已知Ｓ３＝１５，解得ａ３＝７，

所以Ｓ３＝３＋ａ２＋７＝１５，解得ａ２＝５，由前３项可猜想数列｛ａｎ｝为等差数列，设其公差为ｄ．因为Ｓ３＝３ａ１＋３ｄ＝９＋３ｄ＝１５，解得ｄ＝２．又ａ１＝３，所以ａｎ＝２ｎ＋１，Ｓｎ＝ｎ２＋２ｎ，将ａｎ，Ｓｎ代入２Ｓｎ－ｎａｎ＝３ｎ（ｎ∈Ｎ）成立，故Ｓ１０＝１０２

＋２×１０＝１２０，故选Ｃ．１０．Ｃ【解析】本题考查三角函数的定义、三角函数的对称性、周期性，考查运算求解能力、推理论证能力．设∠Ｐ０Ｏｘ＝φ－π２＜φ()＜０，依题意ｓｉｎφ＝－１２．又－π２＜φ＜０，所以φ＝－π６．又∠ｘＯＰ＝２π＋ωｔ－π６，圆Ｏ的半

径为４，所以Ｐ点满足ｙ＝４ｓｉｎωｔ－π()６，当ｔ＝６时，６ω－π６＝π２，解得ω＝π９，所以ｙ＝４ｓｉｎπ９·ｔ－π()６，故ｈ＝４ｓｉｎπ９·ｔ－π()６＋２．该函数最小正周期为２ππ９＝１８，所以当ｔ＝１８ｓ时，点Ｐ与点Ｐ０重合，选项Ａ错

误；令２ｋπ－π２≤π９·ｔ－π６≤２ｋπ＋π２（ｋ∈Ｚ），解得１８ｋ－３≤ｔ≤１８ｋ＋６（ｋ∈Ｚ），当ｋ＝３时，５１≤ｔ≤６０，又因为［５１，６５］［５１，６０］，所以选项Ｂ错误；令ｈ＝４ｓｉｎπ９·ｔ－π()６＋２＝０，即ｓｉｎπ９·ｔ－π()６＝－１２，所以π９·ｔ－π６＝２ｋπ

－π６（ｋ∈Ｚ）或π９·ｔ－π６＝２ｋπ＋７π６（ｋ∈Ｚ），解得ｔ＝１８ｋ或ｔ＝１８ｋ＋１２（ｋ∈Ｚ）．又ｔ∈（０，５０），所以ｔ可以取的值为１２，１８，３０，３６，４８，此时盛水筒有５次经过水平面，选项Ｃ正确；

当ｔ＝５０时，ｈ(＝４ｓｉｎπ９×５０－π)６＋２＝４ｓｉｎ９７π１８＋２≠－２，所以选项Ｄ错误，故选Ｃ．１１．Ａ【解析】本题考查椭圆的定义及几何性质、角平分线的性质，考查推理论证能力、运算求解能力及数形结合思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想象核心素养．如图，连接ＩＦ１，ＩＦ２，

Ｉ是△ＰＦ１Ｆ２的内心，可得ＩＦ１，ＩＦ２分别是∠ＰＦ１Ｆ２和∠ＰＦ２Ｆ１的角平分线，则由角平分线性质可知｜ＰＩ｜｜ＩＱ｜＝｜ＰＦ１｜｜Ｆ１Ｑ｜，｜ＰＩ｜｜ＩＱ｜＝｜ＰＦ２｜｜Ｆ２Ｑ｜，由比例关系性质可知｜ＰＩ｜｜ＩＱ｜＝｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜｜Ｆ１Ｑ｜＋｜Ｆ２Ｑ｜＝｜

ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜｜Ｆ１Ｆ２｜＝２ａ２ｃ＝ａｃ．又因为→ＰＩ＝２→ＩＱ，所以椭圆的离心率ｅ＝ｃａ＝｜ＩＱ｜｜ＰＩ｜＝１２，故选Ａ．１２．Ｃ【解析】本题考查分段函数的单调性及不等式恒成立问题，考查运算求解能力，考查化归与转化思想

，考查数学运算、逻辑推理核心素养．因为函数ｆ（ｘ）＝ｅｘｘ－ｅ（ｘ≥１），ａｘ２＋８ｘ－６（ｘ＜１{）是定义在Ｒ上的单调递增函数，所以ａ＜０，－４ａ≥１，ａ＋２≤０{，解得－４≤ａ≤－２．又当ｘ≥１时，ｆ（ｘ）≥ｇ（ｘ）恒成立，即ｅｘｘ－ｅ≥ｘｅ－１（ａｌｎｘ＋１）＋ｘｅ－ｅ，即

ａｌｎｘ≤ｘ－ｅｅｘ－ｘ－１，当ｘ＝１时，ｅ－２≥０，显然成立；当ｘ＞１时，化简可得ａ≤ｘ－ｅｅｘ－ｘ－１ｌｎｘ＝ｅｌｎｘ－ｅ·ｅｘ－ｘ－１ｌｎｘ＝ｅｘ－ｅｌｎｘ－ｘ－１ｌｎｘ．因为ｅｘ≥ｘ＋１，当且仅当ｘ＝０时等号成立，所以ｅｘ－ｅｌｎｘ

－ｘ－１ｌｎｘ≥ｘ－ｅｌｎｘ＋１－ｘ－１ｌｎｘ＝－ｅ，当且仅当ｘ－ｅｌｎｘ＝０，即ｘ＝ｅ时等号成立，所以ａ≤－ｅ．综上可知－４≤ａ≤－ｅ，故选Ｃ．１３．槡２６【解析】本题考查平面向量的模和平面向量的坐

标运算，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．∵２ａ＋３ｂ＝（２，２）＋（－３，３）＝（－１，５），∴｜２ａ＋３ｂ槡｜＝２６．１４．１【解析】本题考查等比数列的通项公式及性质，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养．由Ｔ３＝ａ１·ａ２·ａ３＝ａ３２＝１５１２，得ａ２

＝１８．由等比数列的通项公式得ａ５＝ａ２ｑ３＝１８×２３＝１，所以Ｔ９＝ａ１ａ２ａ３ａ４ａ５ａ６ａ７ａ８ａ９＝（ａ１ａ９）·（ａ２ａ８）…（ａ４ａ６）ａ５＝ａ９５＝１．１５．槡１＋５２【解析】本题考查双曲线的离心率，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．由题意可令

点Ｐ（ｍ，ｎ），Ｆ１（－ｃ，０），Ｆ２（ｃ，０），则由重心坐标公式可得ｂ３＝ｍ＋ｃ－ｃ３，ａ３＝ｎ＋０＋０３{，解得ｍ＝ｂ，ｎ＝ａ{，∴点Ｐ坐标为（ｂ，ａ）．∵点Ｐ在曲线Ｃ上，∴ｂ２ａ２－ａ２ｂ２＝１，∴ｂ４－ａ４＝ａ２ｂ２．∵双曲线的离心率ｅ＝ｃａ，∴ｃ＝ｅａ，∴ａ２＋ｂ２＝ｅ２ａ２，

即ｂ２＝（ｅ２－１）ａ２，∴（ｅ２－１）２－—数学（理科）·答２—１＝ｅ２－１，∴ｅ４－３ｅ２＋１＝０，∴ｅ２＝槡３＋５２＝槡６＋２５４＝槡１＋５()２２．∵ｅ＞１，∴ｅ＝槡１＋５２．【一题多解】由题意可

令点Ｐ（ｍ，ｎ），Ｆ１（－ｃ，０），Ｆ２（ｃ，０），则由重心坐标公式可得ｂ３＝ｍ＋ｃ－ｃ３，ａ３＝ｎ＋０＋０３{，解得ｍ＝ｂ，ｎ＝ａ{，∴点Ｐ坐标为（ｂ，ａ）．∵点Ｐ在曲线Ｃ上，∴ｂ２ａ２－ａ２ｂ２＝１，∴ｂ４－ａ４＝ａ２ｂ２

，∴ｂ４＝ａ４＋ａ２ｂ２，∴ｂ４＝ａ２（ａ２＋ｂ２），∴ｂ４＝ａ２ｃ２，∴ｂ２＝ａｃ，∴ｃ２－ａ２＝ａｃ，∴ｃ２－ａｃ－ａ２＝０，即ｅ２－ｅ－１＝０，解得ｅ＝槡１±５２．∵ｅ＞１，∴ｅ＝槡１＋５２．１６．（槡３＋２２）π【

解析】本题考查圆锥的内切球、圆锥中相关量的计算，考查运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查数学运算、直观想象核心素养．设圆锥的底面圆半径为ｘ，ＳＯ＝ｙ，设球与侧面相切于点Ｃ，在Ｒｔ△ＳＣＯ中，ＳＣ＝ｙ２槡－１．因为△ＳＣＯ∽△ＳＯ１Ａ，则ＣＯＯ１Ａ＝ＳＣＳＯ１，即１

ｘ＝ｙ２槡－１ｙ＋１，所以ｘ２＝ｙ＋１ｙ－１．在Ｒｔ△ＳＡＯ１中，ＳＡ＝ｘ２＋（ｙ＋１）槡２＝ｙ＋１ｙ－１＋（ｙ＋１）槡２，故圆锥的侧面积Ｓ＝π·ｘ·ＳＡ＝πｘｙ＋１ｙ－１＋（ｙ＋１）槡２＝π·ｘ２ｙ＋１ｙ－１＋（ｙ＋１）[]槡

２＝πｙ＋１ｙ－１ｙ＋１ｙ－１＋（ｙ＋１）[]槡２＝π（ｙ＋１）２（ｙ－１）２＋（ｙ＋１）３ｙ槡－１．令ｙ－１＝ｔ，ｔ＞０，则ｙ＋１＝ｔ＋２，故Ｓ＝π（ｔ＋２）２ｔ２＋（ｔ＋２）３槡ｔ＝πｔ＋２ｔ()＋３槡２＝πｔ＋２ｔ()＋３≥（槡３＋２２）π，当且仅当ｔ＝２ｔ，即ｔ＝槡２，ｙ槡＝２

＋１时，取等号，所以圆锥侧面积Ｓ的最小值为（槡３＋２２）π．【一题多解】解法一：设∠ＡＳＯ１＝θ，在Ｒｔ△ＳＣＯ中，ＳＯ＝１ｓｉｎθ，ＳＣ＝１ｔａｎθ．因为△ＳＣＯ∽△ＳＯ１Ａ，则ＣＯＯ１Ａ＝ＳＣＳＯ１，即１Ｏ１Ａ＝１ｔａｎθ１ｓｉｎθ＋１，所以Ｏ１Ａ＝ｓｉｎθ

＋１ｃｏｓθ，ＳＡ＝ｓｉｎθ＋１ｓｉｎθ·ｃｏｓθ，于是圆锥的侧面积Ｓ＝π·Ｏ１Ａ·ＳＡ＝π·ｓｉｎθ＋１ｃｏｓθ·ｓｉｎθ＋１ｓｉｎθ·ｃｏｓθ＝π·（ｓｉｎθ＋１）２ｓｉｎθ·ｃｏｓ２θ＝π·ｓｉｎθ＋１ｓｉｎθ·（１－ｓｉｎθ）．令

ｓｉｎθ＋１＝ｔ，则ｓｉｎθ＝ｔ－１（１＜ｔ＜２），则Ｓ＝π·ｔ（ｔ－１）（２－ｔ）＝π３－ｔ＋２()ｔ≥π槡３－２２＝（槡３＋２２）π，当且仅当ｔ＝２ｔ，即ｔ槡＝２时取等号，所以圆锥侧面积Ｓ的最小值为（槡３＋２２）π．

解法二：设ＳＯ＝ｈ，ＡＯ１＝ＢＯ１＝ｒ．∵△ＳＯＣ∽△ＳＡＯ１，且ＯＣ＝ＯＯ１＝１，∴ＯＣＳＯ＝ＡＯ１ＳＡ，即１ｈ＝ｒｒ２＋（ｈ＋１）槡２，∴ｈｒ＝ｒ２＋（ｈ＋１）槡２，ｒ２＝ｈ＋１ｈ－１，∴圆锥的侧面积Ｓ＝πｒｒ２＋（ｈ＋１）槡２＝πｒ·ｈｒ＝πｒ２ｈ＝πｈ·ｈ＋１ｈ－１＝πｈ－１

＋２ｈ－１()＋３≥π（槡２２＋３），当且仅当ｈ槡＝２＋１时等号成立，故圆锥侧面积Ｓ的最小值为（槡３＋２２）π．１７．【名师指导】本题考查余弦定理及三角形的面积公式、三角恒等变换，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．（Ⅰ）利用∠Ａ＝∠ＢＤＣ－∠ＡＢＤ和三角恒等变换，求得ｓｉｎＡ，再利用三

角形的面积公式即可求解；（Ⅱ）利用三角形的面积公式建立ＡＢ与ｓｉｎＡ的关系，再利用余弦定理表示出ＢＤ，最后利用辅助角公式即可求解．解：（Ⅰ）在△ＡＢＤ中，∠Ａ＝∠ＢＤＣ－∠ＡＢＤ．由ｃｏｓ∠ＢＤＣ＝槡２４，ｓｉｎ∠ＡＢＤ＝槡１４８得ｓｉｎ∠ＢＤＣ＝槡１４４，ｃｏｓ∠ＡＢＤ＝槡５２８

，（２分）所以ｓｉｎＡ＝ｓｉｎ（∠ＢＤＣ－∠ＡＢＤ）＝ｓｉｎ∠ＢＤＣ·ｃｏｓ∠ＡＢＤ－ｃｏｓ∠ＢＤＣ·ｓｉｎ∠ＡＢＤ＝槡１４４×槡５２８－槡２４×槡１４８＝槡７４．（４分）因为ＡＢ＝２ＤＣ＝２，所以三角形ＡＢ

Ｃ的面积Ｓ＝１２·ＡＢ·ＡＣ·ｓｉｎＡ＝１２×２×２×槡７４＝槡７２．（６分）（Ⅱ）Ｓ＝１２ＡＢ·ＡＣ·ｓｉｎＡ＝１２ＡＢ２·ｓｉｎＡ＝２，所以ＡＢ２＝４ｓｉｎＡ，所以ＡＤ２＝１２()ＡＢ２＝１ｓｉｎＡ．（８分）在△ＡＢＤ中，由余弦定理得ＢＤ２＝ＡＢ２＋ＡＤ２－２ＡＢ·ＡＤｃｏｓＡ＝４ｓｉｎＡ＋１

ｓｉｎＡ－４ｃｏｓＡｓｉｎＡ＝５－４ｃｏｓＡｓｉｎＡ，（１０分）即ＢＤ２ｓｉｎＡ＋４ｃｏｓＡ＝ＢＤ４槡＋１６ｓｉｎ（Ａ＋φ）＝５，其中ｔａｎφ＝４ＢＤ２．又ｓｉｎ（Ａ＋φ）＝５ＢＤ４槡＋１６≤１，—数学（理科）·答３—即ＢＤ４槡＋１６≥５，（１１分）解得ＢＤ≥槡３，所以ＢＤ

的最小值为槡３．（１２分）１８．【名师指导】本题考查空间中直线与平面、平面与平面的位置关系、余弦定理、二面角，考查运算求解能力，考查直观想象、逻辑推理核心素养．（Ⅰ）利用已知条件及勾股定理的逆定理证得ＢＣ⊥平面ＡＢＥ，再利用面

面垂直的判定定理即可得证；（Ⅱ）由（Ⅰ）易得ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ，建立合适的空间直角坐标系，并分别求得平面ＡＢＦ和平面ＢＤＦ的一个法向量即可利用向量法求解二面角的大小．解：（Ⅰ）证明：因为ＡＤ⊥ＢＥ，ＡＤ∥ＢＣ，所以ＢＣ⊥ＢＥ．（１分）在△ＡＢＣ中，由余弦定理得ＡＢ＝ＡＣ２＋Ｂ

Ｃ２－２ＡＣ·ＢＣ·ｃｏｓ∠槡ＡＣＢ＝（槡２２）２＋２２槡－２×２２×２×槡２槡２＝２．（２分）因为ＡＢ２＋ＢＣ２＝ＡＣ２，所以ＢＣ⊥ＡＢ．（３分）又ＡＢ∩ＢＥ＝Ｂ，所以ＢＣ⊥平面ＡＢＥ．（４分）又ＢＣ平面ＢＣＥ，所以平面ＢＣＥ⊥平面ＡＢＥ．（５分）（Ⅱ）

由（Ⅰ）可知ＥＡ⊥ＢＣ．又ＥＡ⊥ＣＤ，ＢＣ∩ＣＤ＝Ｃ，所以ＥＡ⊥平面ＡＢＣＤ．（６分）故以Ａ为坐标原点，ＡＤ，ＡＢ，ＡＥ所在直线分别为ｘ，ｙ，ｚ轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则Ａ（０，０，０），Ｂ（０，２，０），Ｄ（１，０，０），Ｃ（２，２，０），Ｅ（０，０，２），→ＡＢ＝（０

，２，０），→ＤＢ＝（－１，２，０），→ＥＣ＝（２，２，－２）．因为→ＥＦ＝１２→ＥＣ，所以点Ｆ（１，１，１），→ＢＦ＝（１，－１，１）．（８分）设平面ＡＢＦ的法向量为ｍ＝（ｘ，ｙ，ｚ），则ｍ·→ＡＢ＝０，ｍ·→ＢＦ＝０{，即２ｙ＝０，ｘ

－ｙ＋ｚ＝０{，令ｚ＝１，则ｘ＝－１，故ｍ＝（－１，０，１）．（９分）同理，设平面ＢＤＦ的法向量为ｎ＝（ｘ′，ｙ′，ｚ′），易得ｎ＝（２，１，－１），（１０分）所以ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉＝ｍ·ｎ｜ｍ｜·｜ｎ｜＝－３槡槡２×６＝槡－３２．（１１分）易知二面角Ａ－Ｂ

Ｆ－Ｄ为锐角，所以二面角Ａ－ＢＦ－Ｄ的大小为π６．（１２分）１９．【名师指导】本题考查抛物线的定义与几何性质、直线与抛物线的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，考查逻辑推理和数学运算核心

素养．（Ⅰ）利用抛物线的定义得｜ＥＦ｜＝｜ＥＤ｜，再结合抛物线的几何性质即可求解；（Ⅱ）利用已知条件可求出直线ｌ１，再设出直线ｌ２的方程并与抛物线的方程联立，求得Ｐ，Ｑ两点纵坐标的关系，设出直线ＰＢ的方程并与直线ｌ１的方程联立，可解出ｘＭ，同理求得ｘ

Ｎ，通过化简可得ｘＭ＋ｘＮ＝２ｘＡ，即可得证．解：（Ⅰ）过点Ｅ作抛物线Ｃ准线的垂线，垂足为Ｄ，根据抛物线的定义可得｜ＥＦ｜＝｜ＥＤ｜，于是｜ＡＥ｜＋｜ＥＦ｜＝｜ＡＥ｜＋｜ＥＤ｜，（２分）显然当Ａ，Ｅ，Ｄ三点共线时，｜ＡＥ｜＋｜ＥＤ｜有最小值２＋ｐ２，所以２＋ｐ２＝３，解得ｐ＝

２，（４分）所以抛物线Ｃ的方程为ｙ２＝４ｘ．（５分）（Ⅱ）证明：直线ｌ：２ｘ－ｙ＋４＝０，令ｘ＝０得ｙ＝４，所以点Ｂ（０，４）．因为直线ｌ１平行于直线ｌ：２ｘ－ｙ＋４＝０，且过点Ａ（２，１），所以直线ｌ１：２ｘ－ｙ－３＝０．设直线

ｌ２：ｘ－２＝ｔ（ｙ－１），代入抛物线Ｃ方程消去ｘ得ｙ２－４ｔｙ＋４ｔ－８＝０，Δ＝１６（ｔ２－ｔ＋２）＞０．设点Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２），则ｙ１＋ｙ２＝４ｔ，ｙ１·ｙ２＝４ｔ－８．（７分）直线Ｐ

Ｂ：ｙ＝ｙ１－４ｘ１ｘ＋４，直线ＱＢ：ｙ＝ｙ２－４ｘ２ｘ＋４，（８分）联立ｙ＝ｙ１－４ｘ１ｘ＋４，２ｘ－ｙ－３＝０{，解得ｘＭ＝７ｘ１２ｘ１－ｙ１＋４＝７（ｔｙ１＋２－ｔ）（２ｔ－１）ｙ１＋８－２ｔ．同理可求得ｘＮ＝７（ｔｙ２＋２－ｔ）（２ｔ

－１）ｙ２＋８－２ｔ，（９分）所以ｘＭ＋ｘＮ＝７（ｔｙ１＋２－ｔ）（２ｔ－１）ｙ１＋８－２ｔ＋７（ｔｙ２＋２－ｔ）（２ｔ－１）ｙ２＋８－２ｔ{＝２ｔ（２ｔ－１）ｙ１·ｙ２＋［（８－２ｔ）ｔ＋（２ｔ－１）（２－ｔ）］·（ｙ１＋ｙ２）＋２

（２－ｔ）（８－２ｔ}）÷［（２ｔ－１）２ｙ１·ｙ２＋（２ｔ－１）（８－２ｔ）（ｙ１＋ｙ２）＋（８－２ｔ）２］×７＝４ｔ２－４ｔ＋８ｔ２－ｔ＋２＝４．（１１分）因为ｘＡ＝２，所以ｘＭ＋ｘＮ＝２ｘＡ，即Ａ是ＭＮ的中点，所以｜Ａ

Ｍ｜＝｜ＡＮ｜．（１２分）—数学（理科）·答４—２０．【名师指导】本题考查离散型随机变量的分布列与数学期望，考查数据处理能力、运算求解能力，考查数学运算、数据分析、数学抽象核心素养．（Ⅰ）根据题意分别求出每一类情况的概率，再利用互斥事件概率加法公式即可求解；（

Ⅱ）由题意可知Ｘ的所有可能取值为０，１，２，利用独立事件与互斥事件的概率公式求出对应的概率即可求出分布列与数学期望．解：（Ⅰ）比赛进行了３场且甲晋级的情况有两类：第一类是甲胜２局没有负的情况，共两种情况分别为甲胜丙，丙对乙，乙负甲；甲胜乙，

乙对丙，丙负甲，其概率为１８×１３×２３＋１８×２３×１３＝４７２＝１１８；（２分）第二类是甲胜２局负１局，共有８种情况，分别为甲胜乙，乙胜甲，甲胜乙；甲负乙，乙负甲，甲胜乙；甲胜乙，乙胜甲，甲胜丙；甲负乙，乙负甲，甲胜丙；甲胜丙，丙胜甲，甲胜乙；甲负丙，丙负甲，甲胜乙；甲胜丙，丙胜甲，甲胜

丙；甲负丙，丙负甲，甲胜丙，其概率为２×１８(×２×１３×２３×１３＋２×２３×１３×)２３＝１９，（４分）所以比赛进行了３场且甲晋级的概率为１１８＋１９＝３１８＝１６．（５分）（Ⅱ）依题意Ｘ的所有可能

取值为０，１，２，由（Ⅰ）知Ｐ（Ｘ＝２）＝１６．（６分）当乙晋级且Ｘ＝０时，根据题意有三种情况分别是甲负乙，乙负丙，丙负乙；甲负丙，丙负乙，乙胜甲；甲负丙，丙负乙，乙胜丙，其概率为１８×１３×１２×１２＋１

８×２３×１２×１３＋１８×２３×１２×１２＝１３２８８；（７分）当丙晋级且Ｘ＝０时，根据题意有三种情况分别是甲负乙，乙负丙，丙胜甲；甲负乙，乙负丙，丙胜乙；甲负丙，丙负乙，乙负丙，其概率为１８×１３×１２×２３＋１８×１３×１２×１２＋１８×２３×１２×１２＝１３

２８８，（８分）所以Ｐ（Ｘ＝０）＝１３２８８＋１３２８８＝１３１４４，（９分）所以Ｐ（Ｘ＝１）＝１－１６－１３１４４＝１０７１４４，（１０分）故Ｘ的分布列为Ｘ０１２Ｐ１３１４４１０７１４４１６（１１分）则Ｅ（Ｘ）＝０×１３１４４＋１×１０７１４４＋２×２４１４４＝１５５１４４．（１２分）２

１．【名师指导】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值点，考查运算求解能力，考查化归与转化思想、分类与整合思想，考查数学抽象、逻辑推理、数学运算核心素养．（Ⅰ）利用函数ｆ（ｘ）在定义域内是减函数等价于ｆ

′（ｘ）≤０在（－１，＋∞）上恒成立，参变分离后，即可求ａ的最小值；（Ⅱ）利用（Ⅰ）中ａ的取值范围与ｆ（ｘ）的单调性，分别研究ｆ（ｘ）在（－１，＋∞）上图象的变化趋势，从而确定ｆ（ｘ）有两个极值点时ａ的取值范围，再构造函数，利用导数研究函数的单调性即可求解；或利用极值点与零点的关系以及导

数的性质即可求解；或利用极值点与零点的关系，结合对数平均不等式即可求解．解：（Ⅰ）ｆ′（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－２ａ（ｘ＋１），（１分）依题意，ｆ（ｘ）的定义域为（－１，＋∞），且ｆ′（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－２ａ（ｘ＋１）≤０，即２ａ≥ｌｎ（ｘ＋１）ｘ＋１对ｘ∈（－１，＋∞）恒成立．

（２分）令ｇ（ｘ）＝ｌｎ（ｘ＋１）ｘ＋１，则ｇ′（ｘ）＝１－ｌｎ（ｘ＋１）（ｘ＋１）２，令ｇ′（ｘ）＝０，解得ｘ＝ｅ－１，当ｘ∈（－１，ｅ－１）时，ｇ′（ｘ）＞０；当ｘ∈（ｅ－１，＋∞）时，ｇ′（ｘ）＜０，所以当ｘ＝ｅ－

１时，ｇ（ｘ）ｍａｘ＝ｇ（ｅ－１）＝１ｅ，即ｇ（ｘ）有最大值１ｅ．（３分）若使２ａ≥ｌｎ（ｘ＋１）ｘ＋１，只需２ａ≥ｇ（ｘ）ｍａｘ＝１ｅ，所以ａ≥１２ｅ，故ａ的最小值为１２ｅ．（５分）（Ⅱ）证法一：由（Ⅰ）知

若ｆ（ｘ）有两个极值点，则ａ＜１２ｅ．令ｈ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－２ａ（ｘ＋１），则ｈ′（ｘ）＝１１＋ｘ－２ａ．由ｈ′（ｘ）＝０，解得ｘ＝１２ａ－１，（６分）当ｘ∈－１，１２ａ()－１时，ｈ′（ｘ）＞０；当ｘ∈１２ａ－

１，()＋∞时，ｈ′（ｘ）＜０，所以ｘ＝１２ａ－１是ｈ（ｘ）的极大值点．不妨设ｘ１＜ｘ２，则－１＜ｘ１＜１２ａ－１＜ｘ２，（８分）令ｍ（ｘ）＝ｈ（ｘ）－ｈ１ａ－２－()ｘ＝ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ１ａ－１－()ｘ－４ａｘ－４ａ＋２ｘ＞１２ａ()－１，（９分）—数学（理科）·答５—ｍ′（ｘ）＝

１ａ（１＋ｘ）１ａ－１－()ｘ－４ａ＞１ａ１＋ｘ＋１ａ－１－ｘ()２２－４ａ＝０，所以函数ｍ（ｘ）在１２ａ－１，()＋∞上单调递增，于是ｍ（ｘ）＞ｍ１２ａ()－１＝０．因为ｘ２＞１２ａ－１，所以ｍ（ｘ２）＝ｈ（ｘ２）－ｈ１ａ－２－ｘ()２＞０，即ｈ１

ａ－２－ｘ()２＜ｈ（ｘ２）＝ｈ（ｘ１）．（１０分）又－１＜１ａ－２－ｘ２＜１２ａ－１，由函数ｈ（ｘ）在－１，１２ａ()－１上单调递增知１ａ－２－ｘ２＜ｘ１，即ｘ１＋ｘ２＞１ａ－２．（１２分）证法二：由ｘ１，ｘ２是ｆ（ｘ）的极值点知，它们也是函数ｈ（ｘ）＝ｆ′（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－２ａ（ｘ＋１

）的零点，于是ｌｎ（１＋ｘ１）＝２ａ（１＋ｘ１），ｌｎ（１＋ｘ２）＝２ａ（１＋ｘ２），两式相减得ａ＝ｌｎ（１＋ｘ２）－ｌｎ（１＋ｘ１）２（ｘ２－ｘ１）．（６分）不妨设ｘ１＜ｘ２，则ａ＞０．要证ｘ１＋ｘ２＞１ａ－２，即证ａ（ｘ１＋ｘ２＋２）＞１，即ｌｎｘ２＋１ｘ１＋１·ｘ２＋１ｘ１

＋１＋１２ｘ２＋１ｘ１＋１()－１＞１．①（８分）令ｔ＝ｘ２＋１ｘ１＋１＞１，则ｌｎｔ－２（ｔ－１）ｔ＋１＞０．（９分）令ｍ（ｔ）＝ｌｎｔ－２（ｔ－１）ｔ＋１（ｔ＞１），ｍ′（ｔ）＝（ｔ－１）２ｔ（ｔ＋１）２＞０，（１０分）所以ｍ（ｔ）＞ｍ（１）＝０，于是ｌｎｔ－２（ｔ－１）ｔ＋

１＞０，故①成立，（１１分）所以ｘ１＋ｘ２＞１ａ－２．（１２分）证法三：由ｘ１，ｘ２是ｆ（ｘ）的极值点知，它们也是函数ｈ（ｘ）＝ｆ′（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－２ａ（ｘ＋１）的零点，于是ｌｎ（１＋ｘ１）＝２ａ（１＋ｘ１），ｌｎ（１＋ｘ２）＝２ａ（１＋ｘ２），两式

相减得１ａ＝２（ｘ２－ｘ１）ｌｎ（１＋ｘ２）－ｌｎ（１＋ｘ１）．（９分）因为２（ｘ２－ｘ１）ｌｎ（１＋ｘ２）－ｌｎ（１＋ｘ１）＝２·（ｘ２＋１）－（１＋ｘ１）ｌｎ（１＋ｘ２）－ｌｎ（１＋ｘ１）＜２·ｘ２＋１＋１＋ｘ１２＝ｘ２＋ｘ１＋２，（１１分）所以ｘ２＋ｘ１＋２＞１ａ，即ｘ１＋ｘ２

＞１ａ－２．（１２分）２２．【名师指导】本题考查参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与直角坐标方程的互化、参数的几何意义，考查运算求解能力，考查数学运算、数学抽象核心素养．（Ⅰ）采用消参法将曲线参数方程化为普通方程即可，先将极坐标方程化简，再把ｘ＝ρｃｏｓθ，ｙ＝ρｓ

ｉｎθ代入即可求解；（Ⅱ）先将直线ｌ的普通方程化为参数方程，再利用参数的几何意义即可求解．解：（Ⅰ）由已知得曲线Ｃ：ｘ２＝２ｋ１＋ｋ２，ｙ槡３＝１－ｋ２１＋ｋ２{，平方后相加得ｘ２４＋ｙ２３＝１．（２分）又ｙ槡＝－３＋槡２３ｋ２＋１∈（槡－３，槡３］，所以曲线Ｃ的普通方

程为ｘ２４＋ｙ２３＝１（ｙ≠槡－３）．（３分）又２ρｃｏｓθ＋π()３＝１，即ρｃｏｓθ槡－３ρｓｉｎθ＝１，将ｘ＝ρｃｏｓθ，ｙ＝ρｓｉｎθ代入即可得到直线ｌ：ｘ－槡３ｙ－１＝０．（５分）（Ⅱ）显然点Ａ（１，０）在直线ｌ：ｘ槡－３ｙ

－１＝０上，直线ｌ的斜率为槡３３，所以倾斜角为α＝π６，直线ｌ的参数方程为ｘ＝１＋槡３２ｔ，ｙ＝１２{ｔ（ｔ为参数）．（７分）将参数方程代入椭圆Ｃ：ｘ２４＋ｙ２３＝１得１３ｔ２＋槡１２３ｔ－３６＝０．设Ｍ，Ｎ对应的参数分别为ｔ１，ｔ２，由韦达定理得ｔ１＋ｔ

２＝－槡１２３１３，ｔ１·ｔ２＝－３６１３，（９分）所以｜ＡＭ｜·｜ＡＮ｜＝｜ｔ１｜·｜ｔ２｜＝｜ｔ１·ｔ２｜＝３６１３．（１０分）２３．【名师指导】本题考查绝对值不等式，考查运算求解能力，考查数学运算核心素养．（Ⅰ）把ａ的值代入，再去绝对值即可求解；（Ⅱ）根据条件去绝对值，然后解不等式即可求解．

解：（Ⅰ）当ａ＝３时，ｆ（ｘ）＝４－ｘ，ｘ≤１，５ｘ－２，ｘ＞１{，（１分）当ｘ≤１时，ｆ（ｘ）≥ｆ（１）＝３；当ｘ＞１时，ｆ（ｘ）＞ｆ（１）＝３，（３分）∴ｆ（ｘ）≥３，∴ｍ＝３．（５分）（Ⅱ）当ｘ∈（－１，１）时，ｆ（ｘ）＝２ｘ＋１＋ａ（１－ｘ）＝

（２－ａ）ｘ＋ａ＋１．（６分）由ｆ（ｘ）＞ｘ２＋２得ｘ２＋（ａ－２）ｘ＋１－ａ＜０，即（ｘ－１）［ｘ－（１－ａ）］＜０．（７分）∵ｘ∈（－１，１），∴ｘ－１＜０，∴ｘ＞１－ａ，即ｘ－１＞－ａ．又∵ｘ－１＞－２，（

８分）∴－２≥－ａ，即ａ≥２，∴实数ａ的取值范围是［２，＋∞）．（１０分）—数学（理科）·答６—