“超级全能生”2021届高三全国卷地区3月联考试题(乙卷) 数学(理)

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以下为本文档部分文字说明:

“超级全能生”2021高考全国卷地区3月联考乙卷数学理科答案及评分标准一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。选择题评分标准:选对得分,错选,多选,不选均不得分。123456789101112DDBAACBACCAC二、填

空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。填空评分标准:按参考答案给分,结果必须化简,完全正确,写错、未化简、多写答案、少写答案均不给分。13.2614.115.1+5216.(3+22)π三、解答题:共70分,解答题写出文字说明、证明过程或演算步

骤。第17~21题为必考题,每个试题考生必须作答。第22,23题为选考题,考生根据要求作答。解答题评分标准(1)导函数:求单调区间过程要清楚,分类讨论各区间情况需做到无遗漏。遗漏不给分。取值写成区间或者集合的形式,未写扣1分。(2)

选做题:[极坐标方程]直角坐标方程转换需要过程,没有过程不得分。[解不等式]解集要写成集合或区间,未写扣1分。(3)具体步骤分参照答案解析,没有步骤只有答案均不给分。(4)试题有不同解法时,解法正确即可酌情给分。17.解:(Ⅰ)在△ABD中,∠A=∠BDC-∠ABD.由c

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

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

ADcosA=4sinA+1sinA-4cosAsinA=5-4cosAsinA,(10分)即BD2sinA+4cosA=BD4+16sin(A+φ)=5,其中tanφ=4BD2.又sin(A+φ)=5BD4+16≤1,即BD4+16≥5,(

11分)解得BD≥3,所以BD的最小值为3.(12分)18.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+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=(22)2+22-2×22×

2×22=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E

A⊥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→=12EC→,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|=-32×6=-32.(11分)易知二面角A-BF-D为锐角,所以二面角A-BF-D的

大小为π6.(12分)19.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y

2=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PB: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|AM|=|AN|.(12分)20.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+18×23×12×13+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=13288,(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)21.解:(Ⅰ)f′(x)=ln(1+x)-2

a(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)-h1a-2-x=ln(1+x)-ln

1a-1-x-4ax-4a+2x>12a-1,(9分)m′(x)=1a(1+x)1a-1-x-4a>1a1+x+1a-1-x22-4a=0,所以函数m(x)在12a-1,+∞上单调递增,于是m(x)>m12a-1=0.因为x2

>12a-1,所以m(x2)=h(x2)-h1a-2-x2>0,即h1a-2-x2<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+12x2+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.解:(Ⅰ)由已知得曲线C:

x2=2k1+k2,y3=1-k21+k2,平方后相加得x24+y23=1.(2分)又y=-3+23k2+1∈(-3,3],所以曲线C的普通方程为x24+y23=1(y≠-3).(3分)又2ρcos

θ+π3=1,即ρcosθ-3ρsinθ=1,将x=ρcosθ,y=ρsinθ代入即可得到直线l:x-3y-1=0.(5分)(Ⅱ)显然点A(1,0)在直线l:x-3y-1=0上,直线l的斜率为33,所以倾斜角为α=π6,直线l的参数方程为x=1+32t,y=12t(t为参数).

(7分)将参数方程代入椭圆C:x24+y23=1得13t2+123t-36=0.设M,N对应的参数分别为t1,t2,由韦达定理得t1+t2=-12313,t1·t2=-3613,(9分)所以|AM|·

|AN|=|t1|·|t2|=|t1·t2|=3613.(10分)23.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)

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