湖北省2021届部分重点中学高三上学期期末联考数学答案(1).pdf

1、数学试卷参考答案 湖北省 2021 届部分重点中学高三上学期期末联考 数学试卷参考答案数学试卷参考答案 一、单项选择题：DBCACDCB 二、多项选择题：9.ACD10.ABD11.ACD12.BD 三、填空题：13.914.415.0177 yx16. 2 e 1. D 解析：因为), 1 ),( BA，所以BA, 1。 2. B 解析：因为i i i 43 34 ，则1, 0 nm，所以1 nm。 3. C 解析：抛物线的标准方程为yx 2 1 2 ，故其焦点坐标为 8 1 , 0 4.A 解析：方程 22 20 xyxa， 即 22 (1)1xya ， 表示圆则需10a， 解得1a ，

2、因为21aa ，而反之不成立，所以“2a ”是“方程 22 20 xyxa表示圆”的 充分不必要条件。 5. C 解 析 ： 由 题 意 得4tantan, 033tantan ， 则3)tan( ， 又 , 0、，可得0tan, 0tan ，所以 3 4 。 6. D 解析：若 8 盏灯笼任意挂，不同的挂法共有 8 8 A种，又左右两边四盏灯笼挂的顺序一定，故 共有70 4 4 4 4 8 8 AA A 种不同挂法。 （挂 8 盏灯笼的 8 个顺序位次中选 4 个挂左边 4 盏灯笼，共有 70 4 8 C种.) 7. C 解析： 由 342 32SSS 34 2aa ， 又数列 n a是等比

3、数列， 则 1 2 n n a。 由 ji namnma, 成 等 差 数 列 ， 得 ji nbmamn 2 ， 即 211 - i 22222 jij mnnmmn ， 则 822 2322 ji mn ，当且仅当3, 2 ji时等号成立，此时2, 4 nm，所以mn的最 小值为 8. 8. B 解析： 因为当0 x时， x axf )() 1( a， 且)(xf为R上偶函数， 故 | )( x axf 且在), 0 上单调递增。所以)2()( |2 | 22 xfaaxf xx ，故)2()(xfbxf |2|xbx 023 22 bbxx 对任意的 1, 0 bx成立，设 22 23)

4、(bbxxxg ， 则 0) 1( 0)0( bg g ，解得 4 3 1 b，所以实数b的最大值为 4 3 。故选 B 9. ACD 解析：双曲线1 54 22 yx 与1 45 22 xy 的渐近线均为xy 2 5 ，故 A 正确；若过 0 , 3F的直线l与双曲线C的右支交于BA、，则此时通径最短为 5，若直线l与双曲线C的左右 两支分别交于BA、，则| AB最小为 4。故5|AB时，这样的直线l有 3 条，B 错误；因为双曲 线C的渐近线为 xy 2 5 ，直线l与双曲线C的两支各有一个交点，则直线l的斜率k满足 ) 2 5 , 2 5 ( k ，故 C 正确；过点2 , 1P可作 2

5、 条与渐近线平行的直线和两条切线，均与双曲线 只有 1 个交点，故这样的直线共有 4 条，D 正确。 10. ABD解 析 ： 直 线CP与 1 BB所 成 角 即 为CP与 1 AA所 成 角CPA ， 又 34 343 53 5 cos 22 CP AC CPA，故 A 正确；在平面 11A ABB 内，过点 P 作 CD1 的平行线， 点 M 在此平行线上均可，故 B 正确；设点M在直线AB上的射影为N，则当BDMC 时， BDNC ，在平面ABCD内过点C作BD的垂线，与直线AB的交点在BA的延长线上，故 C 不正确；点M到平面ABCD的距离即为点M到直线AB的距离，由抛物线的定义可知

6、此时点M 的轨迹是抛物线的一部分，故 D 正确. 11. ACD 解析： 由垂径定理可知， 外心 O 在AB上的投影为线段AB的中点， 所以 2 2 1 ABABAO ， 故 A 成立；H为垂心，则 HCHBHCHAHBHA ，故 B 不正确；因为FEG、三点共 线，故存在实数t，使得 ACtABtAFtAEtAG)1 ()1 ( 又G为ABC的重心，故 ACABAG 3 1 3 1 ，所以 3 1 )1 ( 3 1 t t ，则 3 11 ，故 C 成立； 因为 0| cos|cos|cos|cos| BCBC CAC BCAC BAB BCAB BC CAC AC BAB AB ， 所以

7、CAC AC BAB AB cos|cos| 与BC垂直，又H为垂心，则AH也与BC垂直，所以AH与 CAC AC BAB AB cos|cos| 共线，故 D 成立。 数学试卷参考答案 12. BD 解析：因为图象恰有三个交点NMP、，且PMN是直角三角形，可知PMN的高 为 2，且是等腰直角三角形，可得斜边长为22 ，即周期 22 T ，所以22 2 ，可得 2 2 ，故 B 正确；PMN的面积2222 2 1 ，故 A 不正确；当 2 25 , 0 x时， 2 5 ,x，由正弦、余弦函数图象可得： 44 3 且 4 13 2 5 4 9 ，又 2 | ，所以 4 , 4 ，故 D 正确；

8、 4 13 x，故 C 不正确。 13. 9 解析：二项式 n x x) 3 ( 的展开式中，各项系数和为 n 4 ，各项二项式系数和 n 2 ，所以 7224 nn ，可得3 n，则 3 ) 3 ( x x 的展开式中常数项为 9； 14. 4 解析：扇环的面积为2 2 1 2 1 2 1 2 2 rr，所以4 2 1 2 2 rr。 15.0177 yx解析：设角 A 的平分线交BC于D，则由角平分线定理得2 AB AC DB CD ， 即CBCD 3 2 ，可求得) 3 2 , 3 7 ( D，可求得7 AD k，所以直线AD的方程为0177 yx 16. 2 e 解析：设 x a xx

9、f 2ln)(，则 22 1 )( x ax x a x xf ，又0 a)(xf在区间), 0(a 上单调递减，),(a上单调递增，所以baafxf 3ln)()( min ，则 a a a b3ln ，设 a a ag 3ln )( ，则 2 ln2 )( a a ag 当), 0( 2 ea时，0)( a g；当),( 2 ea时， 0)( a g)(ag在 区 间), 0( 2 e上 单 调 递 增 ， 在 区 间),( 2 e上 单 调 递 减 ， 故 22 max )()(eegag ， a b 的最大值为 2 e 17.解： 2 ) 2 2cos(1 cossin)( x xxx

10、f 2 1 2sin 2 2sin1 2sin 2 1 x x x 2 分 （1）由Zkkxk ,2 2 22 2 可得Zkkxk , 44 故函数)(xf的单调递增区间为)( 4 , 4 Zkkk 4 分 （2）当 42 A x时，由0 2 1 )( xf得0cos) 2 sin( AA ， 又), 0( A，则A为锐角。同理可得CB,均为锐角，即ABC 为锐角三角形 5 分 由可得， 222 cba ，此时ABC 为直角三角形，不符； 若选： 由可得圆 O 的圆心到直线的距离为3 21 3 ，故2342 a 又ABC 的外接圆直径 A a R sin 2 ，可得 Asin 2 4 6 A

11、6 分 由正弦定理得：CcBbsin4,sin4 ABC 的面积) 6 5 sin(sin4sinsin4sin 2 1 BBCBAbcS 3) 3 2sin(23cos32sinsin32cossin2 2 BBBBBB 8 分 又ABC 为锐角三角形，) 2 , 3 ( B 9 分 当 23 2 B，即 12 5 B时，ABC 的面积S有最大值为32 ； 10 分 若选： 由可得3) 6 sin(2 A，则 2 3 ) 6 sin( A，又A为锐角， 6 A 6 分 后面解法同上； 若选： 由可得圆 O 的圆心到直线的距离为3 21 3 ，故2342 a 由可得3) 6 sin(2 A，则

12、 2 3 ) 6 sin( A，又A为锐角， 6 A 6 分 由正弦定理得4 6 sin 2 sin 2 A a R，后面解法同上； 18.解： （1）由12 1 naa nn 可得)(2) 1( 1 nana nn ，又21 1 a 故nan 是首项为2，公比为2的等比数列； 6 分 （2）由（1）知 n n na2 ，则na n n 2 7 分 11 1 1 1112 nnnn nn nn n n aaaa aa aa b9 分 数学试卷参考答案 3 1 12 1 3 111111111 1 1113221 naaaaaaaa S n nnn n 得证 12 分 19. 解： （1）取BE

13、中点为O，由题意可得四边形ABCE为正方形，则BESO ，BECO ， 又平面SBE 平面BCDE，面SBE 平面BEBCDE OCSO 。 2 分 故OSOCOB,两两垂直，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，OS为z轴建立空间直角坐 标系，不妨设 2BCEDSESB ，则2 CDBE， 则 1 , 0 , 0S， 0 , 0 , 1B， 0 , 1 , 0C， 0 , 1 , 2 D， 设平面SBC的法向量为 1111 ,zyxn ，则 0 0 0 0 11 11 1 1 zx zy SBn SCn ， 令1 1 x得1 , 1 , 1 1 n， 设平面SCD的法向量为 2222 ,zyx

14、n ， 02 0 0 0 222 22 2 2 zyx zy SDn SCn ， 令1 2 y得 1 , 1 , 0 2 n，记二面角DSCB为， 则 3 6 | | |cos| 21 21 nn nn ，那么 3 3 sin; 所以，二面角DSCB-的正弦值为 3 3 8 分 （2）假设直线SB上存在点P使得PD平面SBC， 不妨设 aaP 1 , 0 ,，所以 aaPD, 1 ,2 ， 又 1 , 1 , 1 1 n ，由 1 /nPD 得 1 12 a a ，无解，故不存在点P使得PD平面SBC. 12 分 19.解： （1） 速效人数非速效人数合计 服用 A 药物7030100 服用

15、B 药物4060100 合计11090200 由题意可得 635. 62 .18 11 200 90110100100 40306070200 2 2 K， 4 分 所以有%99的把握认为病人服用药物A比服用药物B更速效；5 分 （2）11a或18; 7 分 由可得18a，用 乙甲 tt ,表示所选取人的康复时间，由题意可得基本事件总数有 49 个， 满足题意的基本事件有12,13，12,14，13,14，12,15，13,15，14,15，12,16，13,16， 14,16，15,16共 10 个，所以 49 10 49 4321 P. 12 分 21.解：（1） 圆的标准方程为647 2

16、 2 yx， 由题意得ADBE /，因 为ACAD ， 所 以ACDADC， 即EBCECB， 所 以 ECEB ，所以728ABACEBEA,满足椭圆的定义， 所以动点E的轨迹方程为1 916 22 yx . 4 分 （2） 设 11, y xM、 22, y xN， 由题意可得6 33 2 2 1 1 21 x y x y kk， ()当直线MN斜率存在时，不妨设直线MN的方程为 bkxy， 联立 1 916 22 yx bkxy 消去y化简得01441632169 222 bkbxxk 2 2 21 2 21 169 14416 , 169 32 k b xx k kb xx 6 分 因

17、为 6 3333 2 2 1 1 2 2 1 1 21 x bkx x bkx x y x y kk 整理得0362 2121 xxbxxk， 代入得03231441662 2 kbbbk，化简可得033bbk 8 分 所以时过上顶点舍去，因为当333bbkb代入直线MN的方程可得31 xky， 所以直线MN过定点31 ，. 9 分 ()当直线MN斜率不存在时，6 3333 1 1 1 1 2 2 1 1 21 x y x y x y x y kk， 可得1 21 xx，此时直线MN的方程为1x，过31 ，. 11 分 综上所述，直线MN过定点31 ，. 12 分 22.解： （1） xxxx

18、f11333 2 ， 1 分 所以 xf在区间1，和，1上单调递增，在1 , 1上单调递减， 2 分 因为 00 f，且 axf有两个正跟，所以 10faf，即2 , 0a； 3 分 （2）方法一：由题意得axxxf 3 111 3)( ；axxxf 3 222 3)( +得：)(3)()()(32 2 221 2 121 3 2 3 121 xxxxxxxxxxa 1-得：)(3)()()(30 2 221 2 121 3 2 3 121 xxxxxxxxxx 3 2 221 2 1 xxxx，将代入得： 2121 )(xxxxa 5 分 数学试卷参考答案 由（1）知310 21 xx，设)

19、2()()(xfxfxF )1 , 0( x 则0) 1(6)2(3333 )2()()( 222 xxxxfxfxF )(xF在) 1 , 0(上单调递减0) 1 ()2()()( 111 FxfxfxF )2()()( 112 xfxfxf ，又)(xf在), 1 ( 上单调递减 12 2xx 2 21 xx， 9 分 故要证 2 2 12 a xx ，只需证 2 )( 2121 2112 xxxx xxxx 即证4)( 221 xxx，因为2 21 xx且3 2 x，该不等式成立 故 2 2 12 a xx 成立 12 分 方法二：曲线 xfy 在0 , 0和03，处的切线方程为: 1 lxy3与36: 2 xyl， 且由图象可知当)3, 0( x时，函数)(xf夹在直线 1 l与 2 l之间， 直线 ay 与 21 ll、分别交于 a a , 3 与 a a , 6 3， 所以 2 2 2 3 36 3 12 aaaa xx 。 （此方法酌情打分）