【文档说明】“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）.docx，共(8)页，134.017 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。123

456789101112DDBAACBACCAC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cos∠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ABC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＝4s

inA＋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A

B2＋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→＝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.(1

1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）y

2＋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X012P131441071441

6(11分)则E(X)＝0×13144＋1×107144＋2×24144＝155144.(12分)21．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)＝l

n(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＝2

k1＋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－3ρs

inθ＝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)