理科数学-新疆名校2021年高三11月大联考（全解全析）.pdf

1、 理科数学 全解全析 第 1 页（共 8 页）新疆名校 2021 年高三 11 月大联考 理科数学全解全析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A C A B D A D D A D B D 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，只有一个选项是符合题目要求的。1A【解析】因为集合 1,0,1,2,3U ，0,2B，所以 1,1,3UB，由题可得12|1,0,1,2Axx Z，所以()UAB 1,0,1,2 1,1,3 1,1，故选 A 2C【解析】2217sin(2)cos22cos12()1239 故选 C 3A【解析】由2

2、log1xm 可得2log1mx，只需2min1 1(log1),4 2mxx.因为2log1yx 在 R 上是增函数，所以当1 1,4 2x时，221log1log134x ，所以3m .即21 1,log14 2xxm 等价于(,3m .因为(,3)m 能推出(,3m ，而(,3m 不能推出(,3)m ，所以(,3)m 是(,3m 的一个充分不必要条件.即命题“21 1,log14 2xxm ”为真命题的一个充分不必要条件可以是(,3)m .故选 A 4B【解析】由na是公差为 1 的等差数列，Sn 为其前 n 项和，得81187128828Saa，4146Sa.又84=4SS，所以118

3、2846()4aa，解得112a，所以1011199 1=9=22aa.故选 B.5D【解析】由题意，得|5a，因为 b 在 a 方向上的投影为2|5 a ba ba，所以10 a b，222()2252045abbaa b，故选 D 6A【解析】因为0.700.60.61a ，33log 5log 31,b 且333log25log272b，41log 102c 4log 513122，所以 abc，故选 A 7D【解析】解法一：令12x ，则3x，当3x 时，12x ，由()(1)f xf x，得33loglog(1)xx恒成立，解得3x；当 23x时，112x，由()(1)f xf x，

4、得23log(1)4xx，因为此时23log0,(1)40 xx，所 以 不 等 式23log(1)4xx恒 成 立，所 以 23x；当2x 时，由()(1)f xf x，得224(1)4xx，解得12x，所以 122x.综上，不等式()(1)f xf x的解集 理科数学 全解全析 第 2 页（共 8 页）为 1(,)2 ，故选 D 解法二：作出函数()f x 的大致图象，如图所示，可知函数()f x 在(,0上单调递减，在(0,2 上单调递增，在(2,)上单调递增，因为3log 20(2)f且(1)12xx，所以由()(1)f xf x可得102xx，解得12x，所以不等式()(1)f xf

5、 x的解集为 1(,)2 ，故选 D 8D【解析】作出不等式组21040230 xyxyxy 所表示的可行区域为阴影部分所示，则22zxy表示可行域内任一点到原点的距离的平方.数形结合得22|OAzOC，易求得可行域的顶点1(,2)2A，(1,5)C，所以17264z，即22zxy的取值范围是 17,264.故选 D 9A【解析】因为2sin()2sin()()eeeexxxxxxxxfxf x，且函数()f x 的定义域为 R，所以()f x 是奇函数，其图象关于原点对称，故排除 D因为 1sinsin1126，11sin12 ，所以312sin12，因为13e4e，所以 111143ee，

6、12sin11(1)142eef，故排除 B,C，故选 A 10D【解析】如图，作CDOB，交圆 O 于点 D，连接OD，则SCD为直线 SC 与OB 所成的角或其补角.取CD 的中点 E，连接 SD，SE，则 SECD，所以 cosCESCESC.因为23BOC，CDOB，所以3OCD，又OCOD,所以COD为正三角形，所以CDOC.因为轴截面SAB是正三角形，所以224SCSAABOBCDCE，所以1cos4SCE，即直线 SC 与OB 所成角的余弦值为 14.故 理科数学 全解全析 第 3 页（共 8 页）选 D 11B【解析】因为()|()|3f xf，所以23 3()9322afa,

7、解得3a,故错误；易知函数()3sin3 cos2 3sin()6f xxxx,则()06f,故正确；令62xkk Z，则3xk ，k Z，则()f x 的图象不关于直线3x 对称,故错误；令322,262kxkk Z，解得42233kxk ，k Z，则()f x 在3(,)2上不是减函数,故错误.所以错误结论的个数为 3，故选 B 12 D【解 析】ln()e()lneln()1exxaxaxf xxxaxax,设ln()xaxt,()e1tg tt,由()e10tg t 得0t,所以当0t 时，()0g t，函数()g t 单调递减；当0t 时，()0g t，函数()g t单调递增，所以(

8、)(0)0g tg,所以方程()0g t 仅有 1 个实根 0,故问题转化为ln()0 xax有 2 个零点,即 lnlnaxx有2 个实根,设()lnh xxx,则11()1,xh xxx()h x 在(0,1)上是减函数,在(1,)上是增函数,所以()h x 在1x 处取得极小值，即最小值(1)1h，又()h x 在(0,1)及(1,)上的取值范围都是(1,),所以ln1,eaa,即 a 的取值范围是(e,)，故选 D 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。1312【解析】因为,AB BC 的中点分别为,D E，所以111222CDAEABACABAC12ABAC，又

9、CDAEABAC，所以111,22 故填12.14【解析】()()()()()aama bmb amba mbbmb bmb bm，因为 0mab，所以()0()ba mb bm，amabmb，所以正确；取3,1,1,8abcd ，有 acbd，故错误；212xx 且exy 是增函数，所以2 12eexx，故错误；(,)2 2x ，cos(0,1,x令costx，易知9ytt 在(0,1 上单调递减，所以10y，所以函数9coscosyxx，(,)2 2x 的最小值为 10，所以错误.故填.1512nna【解析】因为11(1)2nnnSa，所以当2n 时，111(1)2nnnSa，所以111(

10、1)2nnnnnSaSa 理科数学 全解全析 第 4 页（共 8 页）11(1)2nna，得12nnaa,当 n=1 时，121(1)2Sa,所以21122aSa，所以数列na是以 1 为首项，2为公比的等比数列，所以12nna.故填12nna.16 193 【解析】由题意可得平面 ABCD 平面 PAB，BCPB，又5PC，1BC ，所以2PB，因为点 P 在平面 ABCD 上的射影为边 AB 的中点 E，2AB，所以PAB是边长为 2 的正三角形，如图，过PAB的外心 G 作平面 PAB 的垂线，过ABC的外心 F 作平面 ABC 的垂线，两垂线的交点就是 球 心 O，在 矩 形 EFOG

11、 中，1333OFGEPE，又1522AFAC，所 以 球 O 的 半 径221534ROAOFFA=1912，所以球O 的表面积21943SR故填193.三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10 分）【解析】（1）由题意，得数列na是以 0 为首项，1为公差的等差数列，（2 分）所以其通项公式为0(1)11nann .（4 分）（2）由题意，得112211()()()nnnnnbbbbbbbb（5 分）231=221221nnn，（6 分）所以11112211=(21)(21)2121nannnnnnnbb，（8 分）则01121111111=()+()+

12、()212121212121nnnS（9 分）11=221n.（10 分）18（12 分）【解析】（1）若选：由 2cos3cbCa可得 23 cos3cbCa，由正弦定理，得 2sin3sincos3sinCBCA，（1 分）理科数学 全解全析 第 5 页（共 8 页）可得 2sin3sincos3sin()CBCBC（2 分）所以 2sin3sincos3(sincoscossin)CBCBCBC，（3 分）整理得sin(23cos)0CB，（4 分）又因为(0,)C ，所以sin0C，所以2cos3B（5 分）因为(0,)B，所以25sin1cos3BB（6 分）若选：由sinsinsi

13、naAcCbB 4sin3 aC 及正弦定理，得22243acbac，（2 分）由余弦定理，得2222cos23acbBac（4 分）因为(0,)B，所以25sin1cos3BB（6 分）若选：由(23)20ca BC ABcAC CB ，得(23)cos()2cos()0ca acBcabC，即(32)cos2 cos0acBbC，（1 分）由正弦定理，得(3sin2sin)cos2sincos0ACBBC，（2 分）所以3sincos2sin()0ABCB，（3 分）即 3sincos2sin0ABA，（4 分）又因为(0,)A，所以sin0A，所以2cos3B，（5 分）因为(0,)B，

14、所以25sin1cos3BB（6 分）（2）由余弦定理，知2222cosbacacB（7 分）42233acacac，（8 分）当且仅当 ac时，取等号（9 分）因为2 2b，所以12ac，（10 分）所以115sin122 5223ABCSacB，（11 分）所以ABC的面积的最大值为 2 5（12 分）19（12 分）【解析】（1）由题可得2sin2sin()3()fxxxm n（1 分）理科数学 全解全析 第 6 页（共 8 页）sin2sincos2cossin233xxx 132(sincos)2sin()223xxx，（2 分）当0,x 时，,333x ，（3 分）又函数()f x

15、 在0,上的最大值为 2，最小值为3，且(0)3f，所以只需4233，（4 分）所以 5563，（5 分）又*N，所以1 （6 分）（2）由（1）可知2sin()3xf x，（7 分）所以由2()cos(2)03f xxa，得22sin(2()cos(2)3)12sin()33xxaf xx，（8 分）令sin()3tx，则 1,1t ，（9 分）设22132122()2)2(tttg t ，（10 分）则(),3 32g t，（11 分）因为关于 x 的方程2()cos(2)03f xxa在 R 上有实数解，所以332a，故实数 a 的取值范围为3,32（12 分）20（12 分）【解析】（

16、1）()f x 的定义域为(0,).（1 分）22()axfxaxx，（2 分）当0a 时，()0fx恒成立，所以()f x 在(0,)上单调递增；（3 分）当0a 时，由()0fx，得20 xa，所以()f x 在(0,2)a 上单调递增，（4 分）由()0fx，得2xa，所以()f x 在(2,)a 上单调递减.（5 分）综上，当0a 时，()f x 在(0,)上单调递增；当0a 时，()f x 在(0,2)a 上单调递增，在(2,)a 上单调递减.（6 分）（2）22()23af xxaxx在1,)上恒成立，即3lnax xx在1,)上恒成立，（7 分）令3()ln(1)g xxxxx，

17、则2()ln13g xxx，（8 分）理科数学 全解全析 第 7 页（共 8 页）设()()h xg x，则1()6h xxx，（9 分）因为()0h x在1,)上恒成立，所以()h x 在1,)上为减函数，即()g x在1,)上为减函数，（10 分）所以()(1)2g xg ，即()0g x，所以()g x 在1,)上为减函数，（11 分）所以()(1)1g xg ，从而1a ，即实数 a 的取值范围是(1,).（12 分）21（12 分）【解析】（1）因为四棱柱1111ABCDA B C D为直四棱柱，所以1AA 平面 ABCD，因为 BD 平面 ABCD，所以1AA BD，（1 分）因为

18、,ABAD BCDC ACAC，所以ABCADC，所以BACDAC，由 ABAD可得 BDAC.（3 分）因为1AAACA，所以 BD 平面11AAC C.（4 分）因为 BD 平面1BC D，所以平面1BC D 平面11AAC C.（5 分）（2）在ABC中，1,5,2 2ABBCAC，由余弦定理可得2221 852cos222 1 2 2ABACBCBACAB AC，所以4BAC，因为BACDAC，所以 ABAD，（6 分）因为四棱柱1111ABCDA B C D为直四棱柱，所以1,AA AB AD 两两垂直，以 A 为坐标原点，直线1,AB AD AA 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z

19、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，（7 分）则111(0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,2),(1,0,2),(2,2,2)ABDABC，（8 分）所以1111(1,1,0),(2,1,2),(1,0,0),(0,1,2)BDDCA BA D，设平面1BC D 的法向量为111(,)x y zn，则100BDDC nn，得111110220 xyxyz，理科数学 全解全析 第 8 页（共 8 页）令12x，可得112,3yz ，所以平面1BC D 的一个法向量(2,2,3)n，（9 分）设平面11A B D 的法向量为222(,)xyzm，则11100A BA Dmm，

20、得222020 xyz，令21z ，可得22y，所以平面11A B D 的一个法向量(0,2,1)m，（10 分）所以222222|20223 1|85cos|8522(3)021 n mn m.（12 分）22【解析】（1）求导可得1()ln()xfxxbxb，xb .（1 分）由题意，可知(1)0f ，得ln(1)0b，则2b，（3 分）当2b 时，1()ln(2)2xfxxx，2x ，当 21x 时，1ln(2)0,0,()02xxfxx；当1x 时，1ln(2)0,0,()02xxfxx，所以1x 是函数()(1)ln(2)f xxx 的极大值点，满足题意，所以2b.（4 分）（2）由

21、（1）得()e(2)1xg xaxax，则()e(1)(2)xg xaxa，（5 分）令()()h xg x，则()(2)exh xa x，因为0a，所以当0 x 时，()0h x，所以()g x 在(0,)上单调递增，因为(0)2g ，22(ln)(2)ln0aagaaa，所以()g x 在2(0,ln)aa上有唯一的零点0 x，（6 分）满足000()e(1)(2)xg xaxa=0，即002e(1)xaa x，（7 分）且函数()g x 在0(0,)x上单调递减，在0(,)x 上单调递增，（8 分）所以当0 x 时，函数()g x 的最小值为0000()e(2)1xg xaxax200(2)101axx ，因为(0)10g ，所以当0(0,)xx时，()0g x，所以函数()g x 在0(0,)x上不存在零点.（9 分）取1021ln axxa，则121 ln111111()e(2)1e(2)1(e1)(2)1axag xaxaxaxaxxa (e1)(2)1a(e1)2e30a，（10 分）所以存在201(,)xx x，使得2()0g x，所以函数()g x 在0(,)x 上有唯一零点.（11 分）综上所述，函数()g x 在(0,)上有且只有一个零点.（12 分）