安徽省亳州市涡阳县育萃高级中学2021届高三下学期周测数学试卷 扫描版含答案.pdf

1、第 1 页，总 12 页 数学参考答案和评分标准 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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。1【答案】B【命题意图】本题考查集合的关系，意在考查学生的逻辑推理和数学抽象素养.【解析】因为=，所以，因此B正确.故选BABU()2【答案】D【命题意图】本题考查复数的运算，意在考查学生对基础知识的掌握程度.【解析】因为z(1 i)1+2i，所以 zi(1 i)(1 i)222 i(1+2i)(1 i)1 313，所以 z22221+1i=i1313，所以z1+在复平面内对应的点在第四象限.故选 D.3【答案】B【命题意图】本题考

2、查充分必要条件，并融合函数，数列和解三角形等知识，考查学生对基本知识的融合和掌握情况.【解析】选项 A,a1时，函数f xxax()(1)322是偶函数，但函数f xxax()(1)322是偶函数，可得 a1，故 P 是 Q 的充分不必要条件；选项 B,在 ABC 中，ABC 是等边三角形可得ABCsinsinsin，当ABCsinsinsin时，ABC 是等边三角形，所以 P 和 Q 互为充要条件；选项 C,数列 an的前 n 项和Snnn2312,可得数列不是等差数列，当数列 an是公差为 2 的等差数列时，因为不知首项，所以数列 an的前 n 项和 Sn 不确定，所以 P 是 Q 的既不

3、充分也不必要条件；因为x1可得 xx21，当xx21时，可得 x 0，所以故 P 是 Q 的充分不必要条件，故选 B.4.【答案】D【命题意图】本题考查计数原理，意在考查学生对日常生活中事物的认知和数学应用的思想.【解析】依题意，由于四条升腾之龙位置可以不同，四条降沉之龙相对位置也可以不同，第 2 页，总 12 页 但升腾之龙必须位居第 1，3，7，9 位置，降沉之龙必须位居第 2，4，6，8 位置，所以不同的雕刻模型共有 4444AA种.5.【答案】A【解析】由图象可知，则74123T，所以T，又 2,2；所以()2sin 2f xx 过点 7(,2)12，所以72+2122k，所以72=2

4、6k，又|，所以23 ，所以 22 sin(2)3f xx，当23222,232kxk即7131212kxkkZ 时，函数单调递增.结合选项可知，答案应选 A.6.【答案】C【命题意图】本题考查双曲线的几何性质和直线与双曲线的位置关系，意在考查学生的数学抽象和数学运算能力.【解析】设 P，Q 的坐标分别为11,x y，22,xy，因为线段 PQ 的中点为1,2，所以122xx，124yy，因为221114xy，222214xy，所以12121212()()()()04xxxxyyyy，整理得121218yyxx，即直线 l 的斜率为 18，所以直线 l 的方程为12(1)8yx，即8150 x

5、y 7.【答案】B【命题意图】本题考查统计图表的认识，意在考查学生对读图，识图，数据收集和数据处理的能力.【解析】对于 A，国六 B 阶段比国六 A 阶段对 PN 颗粒物排放量要求相同，故 A 错误；对于 B，三款车无论以什么样的相同速度行驶，甲车消耗汽油最少，故 B 正确；对于 C，由图象可知，乙车以 80 千米/小时的速度行驶 1 小时，消耗汽油超过 10 升；对于 D，甲车以 80 千米/小时的速度行驶 10km 需要消耗汽油约 1 升，故 D 错误.故选 B.第 3 页，总 12 页 8.【答案】D【命题意图】本题考查正态分布，意在考查学生对正态分布密度函数的图象与概率分布的理解.【解

6、析】由正态分布密度函数可知，1221(X)(X)PP，2233()()P XP X，1223()()P XP X，11111(2X2)(2X2)iiiiiiiiiiPP，故答案选 D.二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分。9【答案】AB.【命题意图】本题考查解三角形，意在考查正余弦定理的应用和数学抽象素养.【解析】因为2BC，所以sinsin2BC，即sin2sincosBCC,又32cb 所以3cos3C，所以6sin3C，由余弦定理可知，2222coscababC

7、，化简得到2430aa，解得3a 或1a ，若3a，故4AC，故2B，不满足，故1a .116sin1 2 32223ABCSabC.故选 AB.10【答案】AD【命题意图】本题考查等比数列的性质，意在考查学生数学运算素养.【解析】因为公比为1q ，由251415,16,aaaa得41131115,16,qqaaa qa即241415qq，所以4241540qq，解之得24q，所以11,2aq，所以12nna，21nnS ，所以1+121 21nnnSS ，+12nnS，所以33log(1)log 2nSn，所以数列3log(1)nS 是等差数列，对任意的正整数,n k，22(21)2n kn

8、knn knSS，所以数列22log()log(21)kn knSSn,因为所以数列2log()n knSS 是公差为1 的等差数列，故正确的为 AD.11【答案】BCD 第 4 页，总 12 页【命题意图】本题考查平面向量的基本运算，意在考查学生对基本运算和基础知识的掌握情况.【解析】因为向量(1,sin)a，(cos,2)(0)b，若a/b，则 cos sin2，这样的 不存在，故 A 错误；若|ab，即221+sincos2，所以221+sin1 sin2，所以2sin1 ，所以 B 正确；当3a b时，cos+2 sin3sin()，其中6cos3，3sin3，且+2 ，所以6sinc

9、os3，故 C 正确;因为2tan2 时，cossin+a b20，故D 正确；故选 BCD.12【答案】ABC【命题意图】本题考查函数的奇偶性，单调性，对称性等函数性质，意在考查学生的数学抽象和逻辑推理素养.【解析】由()f x 为奇函数，()(1)fxf x，所以函数()f x 关于直线12x 对称 所以()(1)(2)(2)f xf xf xf x ，故周期2T，当102x时，2()log(1)f xx，所以(1)(0)(2)=0fff，所以iN，则1()0nif i；点(1,0)为()f x 的一个对称中心，所以2021213()log22iif，可得20211011213()log(

10、)22iif，故选 ABC.三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13.【答案】45【命题意图】本题考查二进制数和数学文化想结合的问题，意在考查学生的阅读理解能力.【解析】六十四卦中符号“离卦”表示二进制数的 101101，对应十进制数的计算为0123451 20 21 21 20 21 245 .14.【答案】24yx 1y 【命题意图】本题考查抛物线的几何形状以及直线与抛物线的位置关系.【解析】已知直线过点(0,4)，且倾斜角的余弦值为55，所以正切值为 2，可得直线 第 5 页，总 12 页 方程为24yx.联立得方程组22(0)24xpy pyx，可得2480 x

11、pxp，又直线与抛物线相切，所以216320pp，解得2p，所以抛物线的准线方程为1y .15.【答案】乙 【命题意图】本题考查推理与证明，意在考查学生的逻辑推理素养.【解析】因为三人中，只有一个人喝酒也只有一个人说的是真话，如果甲说的是真话，那么乙说的也是真话，得出矛盾的；如果乙说的是真话，那么丙和甲说的都是假话，且喝酒的是甲或丙，如果是甲喝酒，则有至少两个人说的是真话，如果是乙丙喝酒了，甲说的是假话，但是丙说的是真话，这是矛盾的；如果丙说的是真话，那么甲说的是假话，乙说的也是假话，所以喝酒的是乙.16.【答案】2 253【命题意图】本题考查空间几何体的外接球问题，意在考查学生的空间想象能力

12、和数学运算素养.【解析】如图所示，点 P 在过直线 BC 与平面 ABC 垂直的球的小圆面的圆周上，当点P 在平面 ABC 的射影为 BC 中点时，三棱锥 PABC的体积最大。设等边 ABC 的中心为1O,三棱锥 PABC的四个顶点都在球O 上，球O 的体积为 4 3，所以外接球的半径为3r，因为 ABC 的边长为 2，点 P 在 ABC 所在平面内的射影恰好在边 BC 上设为 D,过 O 作 OEPD,垂足为 E,依题意可知，133O DEO,所以222 63PEPOEO,2211153OOAOAO,所以三棱锥 PABC体积的最大值为 2 253.四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。

13、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10 分）【解析】选条件15120S，第 6 页，总 12 页（1）由题意得1151515()1202aaS，即1515a，又11a ，得公差1d ，通项公式为nan5 分（2）由（1）得(1)2nnnS可得 12112()(1)1nSnnnn，所以12111111112=2(1)()+()=22311nnnTSSSnnn.10分 选条件5712aa，（1）由题意得5711116242adadaa，又11a ，得公差1d ，通项公式为nan5 分（2）由（1）得(1)2nnnS可得 12112()(1)1nSnnnn 所以12111111112=2

14、(1)()+()=22311nnnTSSSnnn10 分 选择条件523522SS，（1）由题意得52322aa，又11a ，得公差1d ，通项公式为nan5 分（2）由（1）得(1)2nnnS可得 12112()(1)1nSnnnn 所以12111111112=2(1)()+()=22311nnnTSSSnnn.10分 18（12 分）【解析】（1）因为3tan3A，所以3cos2A，2 分 由余弦定理得2222cos7abcbcA，即2340bb，第 7 页，总 12 页 所以4b 或1b (舍).5 分（2）13ABDABCSS，12ABDACDSS，CADBAD,12cb 2a，由余弦

15、定理得，2223(2)442ccc，8 分 所以，2452 3c，10 分 21112sin222252 3ABCSbcAc 222208 3333952 3ACDABCSS12 分 19（12 分）【解析】（1）设“甲至多命中 1 次”为事件C，则 03123311120()(1)(1)33327P CCC 所以，甲至多命中 1 次的概率为 20274 分（2）由题意，0,2,3,5X，0,2,3,5Y，6 分 214(0)(1)39P X，112(2)(3)(1)339P XP X，211(5)()39P X，2(0)1(1)1(1 2)2P Yppp，2(2)(1)1(1 2)22P X

16、pppp，2(3)1(1)(1 2)2P Xpppp，2(5)(1)(1 2)231P Xpppp，8 分 X 0 2 3 5 第 8 页，总 12 页 X 的分布列为 Y 的分布列为 所以，42215()023599993E X ，2222()0 22(22)3(2)5(231)5 8E Ypppppppp 10 分(3)()()E XE Y，55 83p，即512p 所以，p 的取值范围是 5 1(,12 212 分 20（12 分）【解析】（1）证明：因为/DE AC，/DF BC，ABC是等边三角形，所以60EDFACB ,又22ACDEBCDF，4 分 所以 EDF中，由余弦定理可知

17、，22212 1 2 cos603EF ，所以 EFDF,所以 EFBC6 分（2）设线段 AC 中点为O，分别连接 BO,DO.ABC与ACD都是等边三角形，BOAC，DOAC，即BOD就是二面角 DACB的平面角由于二面角P 49 29 29 19 Y 0 2 3 5 P 22p 222pp 22pp 2231pp 第 9 页，总 12 页 DACB是直二面角，因此，90BOD。8 分 分别以直线OB，OC，OD 为 x 轴，y 轴和 z 轴，建立如图所示的空间坐标系Oxyz|2AC，(0,1,0)A，(3,0,0)B，(0,2,3)E，3 1(,0)22G，(3,2,3)BE ，3 3(

18、,0)22EFAG 设平面 BEF 的一个法向量为(,z)x yn，则BEn，EFn，即0BEn，0EFn，3230,330.22xyzxy 不妨取3x 得，3(3,1,)3n10 分 又(3,0,0)OB，33cos,|131333OBOB|OBnnn，2tan,3OBn 由于(3,0,0)OB 是平面 ACDE 的一个法向量，所以，平面 ACDE 与平面 BEF 所成锐二面角的正切值为 2312 分 21（12分）【解析】（1）由函数2()lnaf xxx得，函数()f x 定义域为(0,)，22()xafxx2 分 当 a0时，()0f x，()f x 是增函数 第 10 页，总 12

19、页 当0a 时，若02xa，则()0f x，()f x 是减函数；若2xa，则()0f x，()f x 是增函数4 分 综上所述，当0a时，()f x 是增函数（也可以说成是(0,)上的增函数）；当0a 时，()f x 在区间(0,2 a 是减函数，在区间2,)a 是增函数6分（2）由()()f xg x，可得 ln22exxxxxa 分别设1()ln2()22xF xxxa a，()exxG x，8分 则1()ln2F xx，1()exxG x 同（1）可知，min11()()2eeF xFa，max1()(1)eG xG10分 由于1111()22eea，所以112eea，即minmax(

20、)()F xG x 当12a时，()()F xG x，即()()f xg x12分 22（12分）【解析】（1）依题意，椭圆的离心率为 23，12TF F 的面积最大为2 5.所以22242 59bceac3 分；解之得，224,9ca，5 分 所以椭圆的标准方程为22195xy 6 分；（2）证明：依题意，直线 PQ 斜率不为 0，设 PQ 的方程为1xty，112212(,),(,)(0,0)P x yQ x yyy，(,)M x y,联立椭圆方程，221951tyxyx，第 11 页，总 12 页 得22(59)10400tyty，7 分 则1212224010,5959ty yyytt

21、，12124 yyy yt，9 分 由,A P M 三点共线可得1133yyxx，由,B Q M 三点共线可得2233yyxx，两式相除可得121222213(3)(2)3(3)(4)xy xy tyxyxy ty12121224ty yyty yy 121122421424yytytyytyt，解得9x，11 分 综上所述，直线 AP 与直线 BQ 相交于椭圆C 外一点 M，且点 M 在定直线上.12 分 方法二：若lx轴，不妨设2 10(1,)3P,2 10(1,)3Q,则直线 AP 的方程为10(3)6yx，则直线 BP 的方程为10(3)6yx，联立可得，点 M 的坐标是(9,2 10

22、)当直线l 不与 x 轴垂直时，设直线l 的方程是 ykxk分别设11(,)P x y，22(,)Q xy 由方程组22,1.95ykxkxy得，2222(5 9)189450kxk xk 21221859kxxk，212294559kx xk 1212559x xxx，即121212(1)6(1)33k xk xxx 由条件可得，直线 AP 的方程是11(1)(3)3k xyxx，直线 BQ 的方程是22(1)(3)3k xyxx 第 12 页，总 12 页 所以，直线 AP 与直线 BQ 上的点的横坐标为9 时，纵坐标相等，即此两直线交点M在直线9x 上，且点 M 在椭圆C 外 综上所述，直线 AP 与直线 BQ 相交于椭圆C 外一点 M，且点 M 在定直线上