全国百强名校“领军考试”2021届高三下学期4月联考数学（理）试题答案.pdf

1、高三理数参考答案第 1 页 共5 页20202021 学年下学期全国百强名校“领军考试”高三数学参考答案（理科）15ABDBD610BDCBA1112CA13【答案】1614【答案】023 yx15【答案】4 851716【答案】1417.【答案】(1)通项公式4nna(6 分)；(2)2111242(1)2121nnnnT(12 分)【解析】(1)由314nnaS,得 434nnaS对 nN 成立；又11434nnaS对2n 成立.由式当1n 时,得11143434aSa即14a；(2 分)又由-得11443()3nnnnnaaSSa,即14nnaa,所以14nnaa 对2n 成立；(4 分

2、)由等比数列的定义知数列na是以 4 为首项 4 为公比的等比数列,则14 44nnna为所求通项公式.(6 分)(2)由(1)知111222 43 21(21)(21)nnnnnnnb 1112()()2121nnnN,(8 分)于 是 有12122311112()()21212121nnTbbb111()2121nn,即得2111242(1)2121nnnnT.(12 分)18.【答案】(1)证明略(详见下面证明)(5 分)；(2)所成的锐二面角的大小为 3(12 分).【解析】(1)证明:在正四棱柱1111ABCDABC D中,易知11BC 侧面11AAB B,且 BE 平面11AAB

3、B,可得11BCBE,(2 分)又1BEEC，且1EC 与11BC 是平面11BC E 内两相交直线，所以得 BE 平面11BC E，(4 分)又因为 BE 平面 BCE,故得平面 BCE 平面11BC E.(5 分)(2)设 平 面11BC E 与 平 面11C D E 所 成 的 锐 二 面 角 的 大 小 为 .在 正 四 棱 柱1111ABCDABC D中,由 于1,DA DC DD 两 两 互 相 垂 直,则 以 D 为 坐 标 原高三理数参考答案第 2 页 共页点,1,DA DC DD 分别为,x y z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz,如图所示.(6 分)因为 E 是棱1AA 的

4、中点,且2AB,从而知正四棱柱的上、下底面是边长为 2 的正方形,设1AEEAt；由(1)知 BE 平面11BC E，则 得1BEEB，且214BEEBt，而12BBt,由 勾 股 定 理 得22211BEEBBB,即 得222(4)(2)tt,解得2t(取正),即侧棱长14BB.(8 分)于是可得1(0,0,4)D,(2,0,2)E,1(2,2,4)B,1(0,2,4)C，)0,2,2(B；设平面11BC E 的法向量为1(,)nx y z，由第(1)问可知向量 BE 为平面ECB11的一个法向量，故)2,2,0(1 BEn；(9 分)设平面11C D E 的法向量为2(,)na b c，而

5、11(0,2,0)DC,则由21121202220nDCbnECabc ，得0b，令1a，得1c，所以2(1,0,1)n.(10分)于是有21222|2|,cos|cos212121nnnnnn,且(0,)2,所以3,即平面11BC E 与平面11C D E 所成的锐二面角的大小为 3.(12 分)19.【答案】(1)甲至少能解出两道题的概率为2027P；(2)X 的数学期望为2312EX 道；(3)甲应该被录取.【解析】(1)依题意，甲至少能解出两道题的概率22333322220()(1)()33327PCC.(4 分)(2)由 题 意 知，X的 所 有 可 能 取 值 为 0,1,2,3.

6、则3211(0)(1)(1)(1)43224P X；32132132161(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)432432432244P X；3 2132132 111(2)(1)(1)(1)4 3243243 224P X；3 2 161(3)4 3 2244P X.故 X 的数学期望1111123012324424412EX (道).(10 分)(3)设Y 表示甲在考试中能解出题的道数，则随机变量Y 服从二项分布，即2(3,)3YB.知Y 的数学期望2323)(YE.因为)()(XEYE，故甲应该被录取.(12 分)20【答案】(1)H 的方程为28xy；(2)12k k 的取值范围

7、为2 125(,(,)216.【解析】(1)设1122(,),(,)A x yB x y.依题意，知直线 AB 的方程为tan 451yx,即1yx,将它代入抛物线 H 的方程中，并整理得2220 xpxp.(2 分)由韦达定理得121 22,2xxp x xp,其5高三理数参考答案第 3 页 共页2480pp 对0p 恒 成 立；由 弦 长 公 式 得2121 2|2()48 3ABxxx x,化 简 得22240pp且0p,解得4p.故抛物线 H 的方程为28xy.(5 分)(2)设3344(,),(,)C x yD x y,由(1)易得(0,2)F,则依题意知(0,2)E.而1 2CED

8、Ek kk k334434342(2)(2)2yyyyxxx x；又 因,C D 两 点 在 直 线:l12yxt(0t)上,于 是3434(22)(22)x xytyt,代入式整理得34341 2234342()444()4y yyyk ky yt yyt.将 l 的方程22xyt代入 H 的方程28xy中,化简得22(22)0ytyt,由韦达定理得3422yyt,234y yt,其22(22)40tt 且0t,解得12t 且0t；将式代入式化简得21 2488ttk kt(12t 且0t)(8分).分情况讨论如下:当0t 时,由均值不等式得1 211()82tk kt 112 12 822

9、tt ,当且仅当18tt,且0t,即2 2t 时取等号；(9 分)当102t 时,令1 211()()82tk kf tt,则228()08tf tt对1(,0)2t 恒成立,从而知()f t 在区间1(,0)2上 单 调 递 增,所 以1 2125()()216k kf tf.(11 分)综 上 得12k k的 取 值 范 围 为2 125(,(,)216.(12 分)21【答案】(1)当1a 时,()f x 有 0 个极值点；当 01a时,()f x 有 2 个极值点；当0a 时,()f x 有1个极值点；(2)所求取值范围为 133ln,ln 2)842.【解 析】(1)由 于 函 数(

10、)f x 的定义域为(0,),因为22()2axxafxxxx(0 x)；(1 分)令2()2g xxxa,其44a.(2 分)当0,即1a 时,有()0g x,从而有()0fx对0 x 恒成立,即()f x 在(0,)上递增,故()f x 无极值点.(3 分)当0，即1a 时,方程()0g x 的两个根分别是111xa,211xa.若0a,则 11a，10 x(不合题意),且当 011xa 时，()0fx，当11xa 时，()0fx，即()f x 在(0,11)a上递减,在(11,)a 上递增，故()f x 有一个极小值点,无极大值点；(4 分)若 01a,则 011a,10 x，且当 01

11、1xa 或11xa 时，()0fx，当1111axa 时,()0fx,即()f x 在(0,11)a和(11,)a 上均递增,在5高三理数参考答案第 4 页 共页(11,11)aa上递减,故()f x 有一个极小值点和一个极大值点.(5 分)综上可知:当1a 时,()f x 有 0个极值点；当 01a 时,()f x 有 2 个极值点；当0a 时,()f x 有1个极值点.(6 分)(2)由(1)知函数()f x 的两个不同极值点12,x x 均为正数,且12,x x 是方程220 xxa的两个根,于是有1212440200axxx xa,且34a，解 得 314a.(8 分)又21()(2)

12、ln2f xxax,而1212()2x xxxa，则21212()(2)2(1)ln(2)f x xxxfaaaa.令2()2(1)lng aaaaln 2a(314a)；(9 分)则2lnln34)(aaag,知函数)(ag在3,1)4a上单调递增,则有023ln2ln43ln)43()(gag,从 而 得 函 数()g a在3,1)4a上 单 调 递 增,(10 分)于 是 得3()()(1)4gg ag,即 133ln()ln 2842g a.(11 分)故1212()f x xxx的取值范围为 133ln,ln 2)842.(12分)22【答案】(1)l 为32 30 xy,C 为24

13、yx；(2)|7|3PDPDPAPB.【解析】(1)依题意,当倾斜角06时直线l 的参数方程为12cos60223sin602xttytt (t 为参数),消去参数t 得直线l 的普通方程为32 30 xy；(2 分)将曲线C 的极坐标方程化为2(1 cos)4cos,即22sin4 cos,把cosx 且siny 代入上式,得曲线C 的直角坐标方程24yx.(5 分)(2)将直线 l 的参数方程12232xtyt(t 为参数),代入抛物线 C 的直角坐标方程24yx中,并化简得238320tt(6 分)又 l 过 点 P,设 交 点,A B 所 对 应 的 参 数 分 别 为12,t t,由

14、 韦 达 定 理,得121 2832,33ttt t.(7 分)由直线参数方程中 t 的几何意义及点 P 位于,A B 之间,知|PAPB21212121 28 7|()43ttttttt t,1 232|3PA PBt t,12|2ttPD 43；(9 分)故|PDPDPAPB|(|)7|3PDPAPBPA PB.(10 分)5高三理数参考答案第 5 页 共页23.【答案】(1)解集为7|93xx；(2)2mn的取值范围为12,).【解析】(1)当2a 时，函数()|21|4|f xxx,即不等式为|21|4|4xx.当12x 时,不等式化为54x ，解得192x ；(2 分)当142x时,

15、不等式化为334x，解得1723x；(3 分)当4x 时,不 等 式 化 为54x，解 得 x.(4 分)综 上 所 述,得 原 不 等 式 的 解 集 为7|93xx.(5 分)(2)当1a 时,()|1|2|(1)(2)|3f xxxxx(当且仅当2x 时取等号).要使不等式5()(2)4f xmnmn对Rx恒 成 立,等 价 于max5()(2)4f xmnmn；而max()3f x,只 需5(2)34mnmn成立.(7 分)又,0m n,21122()222mnmnmn2(2)8mn(当且仅当2mn时取等号)；(8 分)由2(2)55(2)(2)844mnmnmnmn3,得2(2)5(2)384mnmn,即2(2)10(2)240mnmn，解 得122 nm,或22 nm(舍去).(9 分)故2mn的取值范围为12,).(10 分)5