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

1、高三文数参考答案第 1 页 共 9 页20202021 学年下学期全国百强名校“领军考试”高三数学参考答案与解析（文科）1【答案】A【命题意图】考查解一元一次不等式及集合的交运算，考查运算求解能力.【解析】由于3|320|2Axxx x,而 1,0,1,2,3B ,则 1,0,1AB .2【答案】C【命题意图】考查复数的除法运算与模的性质.考查基本概念和运算求解能力.【解析】由 i2iz ,得2ii(2i)1 2iiz ,故|1 2i|5z .3【答案】D【命题意图】考查正四棱锥的性质及其表面积的计算.考查数形结合思想,检验直观想象、逻辑推理、运算求解能力.【解析】依题意,正四棱锥的高 PO

2、底面 ABCD,且45PAO,知 PAO为等腰直角三角形,则侧 棱22sinsin45POPAPAO，且2AOPO，则 底 面 正 方 形 ABCD 的 对 角 线22 22ACAOAB,得正方形的边长2AB,从而知正四棱锥的 4 个侧面均是边长为 2 的正三角形；故2=2+44 4 3SSSS 正表底侧.4【答案】C【命题意图】考查戏曲文化与概率知识相结合,体现古典概型在实际生活中的应用.考查数学建模、数据分析与运算求解能力.【解析】依题意,将五大戏曲名著牡丹亭、西厢记、桃花扇、窦娥冤、长生殿分别用字母,A B C D E 表 示,则 从 这 5 部 戏 曲 名 著 中 任 选 2部 的 总

3、 的 基 本 事 件 有,;,;,;AB AC AD AE BC BD BE CD CE DE 共10个,其中包含选到牡丹亭和西厢记两部中恰有1部的基本事件有,;,AC AD AE BC BD BE 共6 个；故所求概率63105P.5【答案】D【命题意图】本题考查平面向量的坐标运算、垂直关系及数量积,考查运算求解能力及化归与转化思想、函数与方程思想.【解析】由(1,2),(,1)abx,得2(2,3)cabx；又 bc,则有(2)(1)30 x x ,即2230 xx,解得1x 或3.故选 D.6【答案】B【命题意图】考查直线与圆的位置关系、点到直线的距离及圆的弦长公式.考查函数与方程、数形

4、结合思想,检验直观想象、数学建模、运算求解能力.高三文数参考答案第 2 页 共 9 页【解 析】将 圆方程化为22(2)4xy,得圆心(2,0)C，半径2r.依 题 意，知直 线 l 的斜率tan1351k ，可得 l 方程为 yxb ,即0 xyb,则圆心 C 到直线 l 的距离|2|2bd,且dr,解得 22 222 2b；又由圆的弦长公式得222|22 42 2ABrdd,解得22d；于是有2(2)22b,化简整理得|2|2b，解得0b 或 4.7【答案】A【命题意图】考查二倍角的正弦、余弦公式及同角三角函数的基本关系式.考查函数与方程、化归与转化思想,检验数学建模、逻辑推理和运算求解能

5、力.【解析】因为(,0)2 ,则cos(0,1)；由已知得23(2cos1)4cos10，即23cos2cos10,解得1cos3,或cos1 (舍去)；从而可得sin 22 21 cos3,所以4 2sin22sin cos9.8【答案】B【命题意图】考查古代数学文化与数列知识相结合,利用等差数列的通项公式、前 n 项和公式求解.考查函数与方程、化归与转化思想,逻辑思维、运算求解能力.【解析】设等差数列的公差为 d,依题意及等差数列的性质得1232330aaaa,得210a,则722525aa,又因72515daa,即3d,从而得127aad；由等差数列求和公式知总羊群的数量为177()11

6、22aa(头).故选 B.另 解:依 题 意,设 等 差 数 列 的 公 差 为 d,由12313330aaaad,即110ad；又 由12712()5256adaaad ,即154ad；由上述两式解得17a,3d；由等差数列求和公式得总羊群的数量为17 671122ad(头).故选 B.9.【答案】C【命题意图】考查算法中的程序框图,根据框图明确顺序结构、条件结构、循环结构的真正含义,利用循环关系准确计算程序输出结果.考查逻辑思维、数据分析和运算求解能力.【解析】输入90T,程序由0S 开始运行,当3,1an时,得3S；此时满足条件3T,执行循环体:当6,2an时,得9S；此时满足条件9T,

7、执行循环体:当12,3an时,得21S；此时满高三文数参考答案第 3 页 共 9 页足条件 21T,执行循环体:当24,4an时,得45S；此时满足条件 45T,执行循环体:当48,5an时,得93S；此时93T不满足条件 ST,终止循环,输出 n 的值为5.故选 C.10【答案】B【命题意图】考查三角函数的图象与性质及其应用,考查数形结合思想及逻辑推理、运算求解能力.【解析】由图知()sin()0664fA,即sin()064,于是得264k(Zk)，解得3122k(Zk).又22TT,且0,则有242,即得12；综合知,当且仅当0k 时,得32.于是得3()sin()24f xAx,令 3

8、242xk(Zk),得()f x 图象的所有对称轴方程为236kx(Zk),当1k 时,得2x 为()f x 图象的一条对称轴方程.11【答案】D【命题意图】考查函数的奇偶性、单调性、对数函数和不等式求解等知识.考查函数与方程思想,检验数学抽象、逻辑推理、数学应用与运算求解能力.【解析】依题意,知定义在 R 上的偶函数()f x 在0,)上是单调递减的；又(1)f(1)f,1(ln)(ln)(ln)ffafaa,于是由1(ln)2(ln)3(1)faffa,得3(ln)fa3(1)f,从而有(|ln|)(ln)(1)fafaf,则得|ln|1a,即得 ln1a 或ln1a,解得10ea或ea.

9、故 a 的取值范围是1(0,e,+)e.12【答案】C【命题意图】考查正三棱柱与球的几何性质,求解正三棱柱外接球的体积.考查数形结合思想,检验数学建模、直观想象、运算求解能力.【解析】如图,设球 O的半径为 R,1O的半径为 r.依题意,124,OSr圆解得12rO B.在正ABC中,由正弦定理得24sin60ABr,解得2 3AB；由侧面矩形11AAB B的面积为14 15AB AA,得12 5AA,又1OO 平面 ABC,则得11152OOAA.在1Rt OO B中，由勾股定理得22115 43ROBOOO B，故球O的体积为34363 R.故选 C.高三文数参考答案第 4 页 共 9 页

10、13【答案】12【命题意图】考查线性规划问题，涉及函数和不等式知识.考查数形结合、化归与转化思想,检验分析和解决问题、直观想象、作图论证、运算求解能力.【解析】作出约束条件的可行域如图所示,可行域围成一个封闭的三角形 ABC 区域,易求出(1,5),(5,1),(3,3)ABC.设目标函数3zxy为直线l,即l 为3yxz,其斜率31lk ,从而知直线l 在 y 轴上的截距为 z,当截距 z 有最小值时 z 有最小值.结合图形分析可知,当直线 l 过点(3,3)C 时,z 有最小值,且min3(3)312z .故填 1214【答案】2y 【命题意图】考查导数的几何意义,利用导数求解曲线的切线斜

11、率与切线方程.考查函数与方程思想,检验数学抽象、逻辑思维及运算求解能力.【解析】依题意,由()ee2xf xx,得(1)ee22f ,即切点(1,2)；又()eexfx,知曲线()yf x在点(1,(1)f处切线的斜率(1)0kf,所以切线方程为20(1)yx,即2y .15【答案】3【命题意图】考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式的应用.考查化归与转化思想、逻辑推理和运算求解能力.【解析】由正弦定理及 sin3 cos0bAaB,得 2 sinsin2 3 sincos0RBARAB,又sin0A；于 是 得 sin3 cos0BB,即 tan3B ,且(0,180)B,可 得120B ；

12、又 由 余 弦 定 理 得2222162cos120()bacacacac,得4ac.则ABC的面积为13sin1204324ac.16【答案】4 8517【命题意图】考查椭圆与双曲线的标准方程及其几何性质，利用解析法中“设而不求”的思想，通过韦达定理及弦长公式求弦长的最大值.考查函数与方程、数形结合的思想，检验推理论证、运算化简和求解能力.【解析】依题意，知双曲线 T 的两焦点坐标为(3,0),离心率2331e；从而知椭圆 M 的两焦点1,2(3,0)F,得半焦距3c，又1 232e e，得132cea,即2a,则221bac,所以椭圆高三文数参考答案第 5 页 共 9 页M 的方程为221

13、4xy.设,A B 两点的坐标分别为11(,)x y,22(,)xy，直线l 的方程为2yxm；联立方程组22442xyyxm,消去 y 得2217164(1)0 xmxm,其2225617 16(1)0mm，解得1717m,由 韦 达 定 理 得121617mxx,2124417mx x；由 弦 长 公 式 得212|(1)|ABkxx212125()4xxx x24 51717m,故当0m 时，max4 85|17AB.17.【答案】(1)证明略(详见下面证明)(5 分)；(2)四棱锥11ECC D D的体积为163(12 分).【命题意图】考查立体几何中的线线垂直、线面垂直、面面垂直以及

14、几何体的体积计算问题.考查数形结合、化归与转化思想,检验空间想象、图形识别、逻辑推理和运算求解能力及分析与解决空间问题的能力.【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 B,可得11BCBE,(2 分)又1BEEC，且1111CECCB，111,ECCB平面11BC E，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)如图，在正四棱柱1111ABCDABC D中,由于1,AB AD AA 两两互相垂直,又因为 E 是棱1AA 的中点,且2AD,

15、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),(8 分)即12AEEA,则侧棱长114DDBB.(9 分)过 E 作1EHDD于 H，则EH 平面11CC D D，且2EHAD；(10分)于是1 111116()2 4 2333E CC D DVDC DD EH ,即四棱锥11ECC D D的体积为163.(12 分)18.【答案】(1)12nnaS为定值；(2)132322nnnT.【命题意图】考查等比数列

16、的概念与性质的综合应用,涉及等比数列的定义和性质、通项公式与前n 项和公式，以及用错位相减法求前 n 项和；考查函数与方程的思想,检验数学建模、逻辑推理和运算求解能力.高三文数参考答案第 6 页 共 9 页【解 析】(1)设 等比数列na的公比为 q,由于0na,则0q.由3212aaa,得21112a qa qa,即2210qq,解得12q,或1q (舍去)；(2 分)又23511 461a qa aaa q,得2114aq.则通项11111()()422nnna,得1111111()(1)()42222nnnS；(4分)故证得111111()()2222nnnnaS为一定值,即该定值为 1

17、2.(5 分)(2)由(1)知121(21)2nnnnbna,则2341135232122222nnnnnT；将式两边同乘以12,得3451211352321222222nnnnnT；(7分)由-得234512111111212()2222222nnnnT121111211()(1)44222nnn，(10 分)即21323242nnnT,故132322nnnT.(12 分)19.【答案】(1)零售均价不低于52 元/公斤的超市比例为 24%,零售均价小于 48 元/公斤的超市比例为 4%；(2)概率为710P；(3)零售均价的平均数与标准差的估计值分别为51,1.74(元/公斤).【命题意图

18、】本题考查统计与概率的数学思想,是和现实生活、日常消费密切相关的实际问题,具有很强的现实意义和知识联系实际的应用意识.涉及概率与统计中的总体、频数、频率(概率)、样本平均数和标准差及增长率等相关知识,同时可检测对抽象概括、数据处理、数学运算、数学建模等多种能力的掌握，以及对综合素养的考查.【解析】(1)根据各超市的猪肉零售均价的频数分布表,得所调查的100 家超市在当天的猪肉零售均价不低于52 元/公斤的超市频率为1950.24100,零售均价小于 48 元/公斤的超市频率为 40.04100；用样本频率分布估计总体分布,得该市在当天的猪肉零售均价不低于52 元/公斤的超市比例为 24%,零售

19、均价小于 48元/公斤的超市比例为 4%.(4 分)(2)设3 家小超市分别用小字母,a b c 表示,2 大超市分别用大字母,A B 表示,从5 家超市中任取 2 家的所有结果分别为:,ab ac aA aB bc bA bB cA cB AB 共有 10 种，其中至少有1 家大超市的结果分别为,aA aB bA bB cA cB AB 共有 7 种,故所求的概率为710P.(8 分)(3)依题意,得1(474492151 5153 1955 5)51100 x(元/公斤).2222221(4)4(2)21051219453.04100s ,则3.040.276s 1.74(元/公斤).故该

20、市当天的猪肉零售均价的平均数与标准差的估计值分别为 51,1.74(元/公斤).(12分)20【答案】(1)()f x 的极大值为1173()ln 2284f,极小值为3933()ln2842f；(2)当1a 时,()f x 在(0,)高三文数参考答案第 7 页 共 9 页上单调递增；当 01a时,()f x 在(0,11)a和(11,)a 上均单调递增,在(11,11)aa上单调递减；当0a 时,()f x 在(0,11)a上单调递减，在(11,)a 上单调递增.【命题意图】考查函数与导数知识,利用导数确定函数()f x 的单调性及求函数()f x 的极值和单调区间.考查函数与方程、化归与转

21、化及分类讨论思想，检验抽象思维、逻辑推理、灵活应用与运算求解能力.【解 析】(1)易 知 函 数()f x的 定 义 域 为(0,)；当34a 时,213()23ln24f xxxx，则23483()244xxfxxxx(21)(23)4xxx(0 x).(2 分)由()0fx且0 x,解得102x或32x；由()0fx且0 x,解得 1322x；(4 分)从而知()f x 在1(0,)2 上单调递增,在 1 3(,)2 2 上单调递减，在3(,)2 上单调递增.所以()f x 的极大值为1173()ln 2284f,极小值为3933()ln2842f.(6 分)(2)因为22()2axxaf

22、xxxx(0 x)；令2()2g xxxa,其44a.当0,即1a 时,有()0g x,从而有()0fx对0 x 恒成立,故()f x 在(0,)上递增.(7 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；(9 分)若 01a,则 011a,10 x，且当 011xa 或11xa 时，()0fx，当1111axa 时,()0fx.(10 分)综上可知:当1a 时,()f x 在(0,)上单调递增；当 01a 时,()f x 在(0,11)a和(11,)a 上均单

23、调 递 增,在(11,11)aa上 单 调 递 减；当0a 时,()f x 在(0,11)a上 单 调 递 减，在(11,)a 上单调递增.(12 分)21【答案】(1)H 的方程为28xy；(2)12k k 的取值范围为2 125(,(,)216.【命题意图】考查函数与方程、数形结合、化归与转化、整体代换等数学思想,涉及直线和抛物线的位置关系,利用弦长公式和斜率公式求解；解题中要充分利用韦达定理、设而不求的方法与技能可优化思维并减少运算量,利用均值不等式和导数应用解决函数最值问题.检验逻辑推理、数学运算与抽象概括等多种能力和内在核心素养.【解析】(1)设1122(,),(,)A x yB x

24、 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(4 分).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 2CEDEk kk k高三文数参考答案第 8 页 共 9 页334434342(2)(2)2yyyyxxx x；又

25、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 822tt ,当且仅当18tt,且0t,即2 2t 时取等号；(9 分)当1

26、02t 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)22【答案】(1)l 为32 30 xy,C 为24yx；(2)|7|3PDPDPAPB.【命题意图】考查函数与方程、数形结合、化归与转化的数学思想,涉及参数方程化普通方程,极坐标方程化直角坐标方程,直线与抛物线的位置关系及线段长计算等知识，考查逻辑推理、数学运算、分析和解决问题等能力和素养.【

27、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 的直角坐标方程为24yx,易知曲线C 是一开口向右的抛物线.(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又l 过点 P,设交点,A B 所对应的参数分别为 12,t t,由韦达定理,得 121 2832,3

28、3ttt t.(7高三文数参考答案第 9 页 共 9 页分)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)23.【答案】(1)解集为7|93xx；(2)2mn的取值范围为12,).【命题意图】本题考查数形结合、分类讨论与整合、化归与转化的数学思想,涉及函数与不等式的关系,解绝对值不等式,恒成立问题中利用均值不等式求参数的取值范围等知识.考查逻辑推理、数据处理、数学运算、分析与解

29、决问题等各种综合能力和素养.【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,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)