1、1 广州市广州市 2021 届普通高中毕业班综合测试（一）届普通高中毕业班综合测试（一） 数学参考答案数学参考答案 评分说明： 1本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考 查内容比照评分参考制订相应的评分细则 2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难 度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的 解答有较严重的错误，就不再给分 3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数 4只给整数分数，选择题不给中间分， 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题
2、，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分 题 号 12345678 答 案 ACBACBDA 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 9AC10BC11BCD12ABD 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13-1146815 3 62 16 9 4 , 3 4 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分分 17 （10 分 1 (1)解：在ABC中，BCA，所以BBCAcos)cos()cos(. 1 分 由)cos(2cosCAB，得B
3、Bcos1cos2 2 ， 即0) 1)(cos1cos2(BB.2 分 因为 B0，所以01cos B.3 分 所以01cos2B，即 2 1 cosB.4 分 所以 3 B.5 分 (2)解：因为BCcAasin6sinsin， 根据正弦定理得bca6 22 .6 分 因为3b，所以18 22 ca. 由 ac bca B 2 cos 222 ，得 ac ca 2 9 2 1 22 .7 分 2 则9ac.8 分 由362)( 222 accaca， 得6 ca.9 分 所以ABC的周长为 910 分 18 （12 分） (1)解：因为 2 a是 1 a， 5 a的等比中项， 所以 51
4、2 2 aaa .1 分 所以)4()( 11 2 1 daada，得dad 1 22 21 . 因为0 d，所以 1 2ad .2 分 因为25 5 S，所以25 2 45 5 1 da.3 分 解得1 1 a，2d.4 分 所以12) 1(21nnan.5 分 (2)解法 1：由(1)得 2 1 2 )( n aan S n n .6 分 由 2 1 nSbb nnn ，得 2 21 ) 1( nbb nn ，7 分 所以12) 1( 22 2 nnnbb nn .8 分 所以)()()( 2416181820220 bbbbbbbb9 分 ) 122() 1162() 1182( 9)2
5、1618(2 9 2 9)218( 2 10 分 18911 分 所以189 202 bb.12 分 解法 2：由(1)得 2 1 2 )( n aan S n n .6 分 由 2 1 nSbb nnn ，得 2 21 ) 1( nbb nn ，7 分 所以12) 1( 22 2 nnnbb nn .8 分 则521)2(2 24 nnbb nn ， 3 所以64 4 nbb nn .9 分 则2246)4(4 48 nnbb nn ， 所以288 8 nbb nn . 则92828)8(8 816 nnbb nn ， 所以12016 16 nbb nn . 而3321)16(2 1618
6、nnbb nn ， 所以15318 18 nbb nn .10 分 所以189153218 220 bb.11 分 所以189 202 bb.12 分 解法 3：由(1)得 21 2 )( n aan S n n .6 分 由 2 1 nSbb nnn ，得 nnbnnb nn 2 1 2 1 ) 1( 2 1 ) 1( 2 1 22 1 .7 分 若0 1 b，则0 2 1 2 1 2 nnbn，即nnbn 2 1 2 1 2 .8 分 所以18920 2 1 20 2 1 2 2 1 2 2 1 22 202 bb.9 分 若0 1 b，则数列 nnbn 2 1 2 1 2 是以 1 b为
7、首项，公比为-1 的等比数列. 则 1 12 ) 1( 2 1 2 1 bnnb n n ，即nnbb n n 2 1 2 1 ) 1( 2 1 1 .10 分 所以18920 2 1 20 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1202 bbbb. 11 分 综上所述得189 202 bb.12 分 19(12 分) (1)证明：在菱形ABCD中，60BAD， 所以ABD是等边三角形，1 分 因为点E是边AB的中点， 所以BEDE ，AEDE ，折叠后有EADE 1 .2 分 4 因为EEABE 1 ，BE平面BEA1，EA1平面BEA1， 所以DE平面BEA1.3 分 因为DE平面B
8、CDE， 所以平面BEA1平面 BCDE4 分 (2)解法 1：因为BEEA 1 ，DEEA 1 ，BEDE ， 故以点E为原点，以射线EB，ED， 1 EA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐 标系xyzE .6 分 因为菱形 ABCD 的边长为 2，60BAD， 所以2CD，3DE，1 1 EA，7 分 则)0 , 0 , 0(E，) 1 , 0 , 0( 1 A，)0 , 3, 2(C，)0 , 3, 0(D. 所以)0 , 3, 2(CE，)0 , 0 , 2(DC，) 1, 3, 0( 1 DA.8 分 设平面CDA1的法向量为),(zyxn ， 由0DCn，0 1 DAn，得0
9、x，03 zy.9 分 令1y，得3z. 所以平面CDA1的一个法向量为)3, 1 , 0(n.10 分 设直线CE与平面CDA1所成角为， 则 14 21 72 3 ,cossin CEn CEn CEn.11 分 所以直线CE与平面CDA1所成角的正弦值为 14 21 . 12 分 解法 2：因为BEEA 1 ，又DEBE ，EDEEA 1 ， 所以BE平面DEA1.5 分 因为BECD/，所以CD平面DEA1. 6 分 因为CD平面 A1CD， 所以平面DEA1平面CDA1.7 分 5 因为平面DEA1平面DACDA 11 ， 作DAEF 1 于 F，则EF平面CDA1.8 分 连接 C
10、F，则ECF是直线 CE 与平面CDA1所成角. 9 分 因为菱形 ABCD 的边长为 2，60BAD， 所以2CD，3DE，1 1 EA.10 分 在 RtCDE 中，7 22 DECDCE， 在 RtEFA1中， 2 3 60sin 1 EAEF， 在 RtCFE 中， 14 21 sin CE EF ECF，11 分 所以直线 CE 与平面CDA1所成角的正弦值为 14 21 .12 分 20(12 分) (1)解：设甲选择在 A 区投篮的球数为)5 , 4 , 3 , 2 , 1 , 0(aa，进球数为 1 X，得分为 1 Y， 则 11 2XY .1 分 因为 3 2 , 1 aBX
11、，所以aXE 3 2 )( 1 ，aXEYE 3 4 )2()( 11 . 所以甲在 A 区投篮得分的期望值为a 3 4 .2 分 甲在 B 区投篮的球数为 5a，进球数为 2 X，得分为 2 Y，则 22 3XY . 3 分 因为 2 1 ,5 2 aBX，)5( 2 1 )( 2 aXE，)5( 2 3 )3()( 22 aXEYE. 所以甲在 B 区投篮得分的期望值为)5( 2 3 a.4 分 依题意得7)5( 2 3 3 4 aa，解得3a.5 分 所以甲选择在 A 区投篮的球数最多是 3 个.6 分 (2)解法 1：设“甲在 A 区投篮得分高于在 B 区投篮得分”为事件 C， “甲在
12、 A 区投篮得 6 分且在 B 区投篮得 3 分或 0 分”为事件 D， “甲在 A 区投篮得 4 分且在 B 区投篮得 3 分或 0 分”为事件 E， “甲在 A 区投篮得 2 分且在 B 区投篮得 0 分”为事件 F， 则事件FEDC，且事件 D，事件 E 与事件 F 之间两两互斥，7 分 6 9 2 2 1 2 1 2 1 3 2 )( 2 1 2 3 CDP，8 分 3 1 2 1 2 1 2 1 3 1 3 2 )( 2 1 2 2 2 3 CCEP，9 分 18 1 2 1 3 1 3 2 )( 22 1 3 CFP，10 分 18 11 18 1 3 1 9 2 )()(FEDP
13、CP.11 分 所以甲在 A 区投篮得分高于在 B 区投篮得分的概率为 18 11 .12 分 解法 2：设甲在 A 区投篮得分为 X，在 B 区投篮得分为 Y， ，其分布列分别为： X0246 P 2 3 1 2 1 3 3 1 3 2 C 3 1 3 2 2 2 3 C 3 3 2 7 分 8分 设“甲在 A 区投篮得分高于在 B 区投篮得分”为事件 C， 则)6()4()3()0(1 )0()(XpXPYPXPYPCP10 分 ) 27 8 9 4 ( 2 1 ) 27 1 1 ( 4 1 11 分 18 11 . 所以甲在 A 区投篮得分高于在 B 区投篮得分的概率为 18 11 .1
14、2 分 21 (12 分) (1)解：由己知得，圆 1 O的圆心为)0 , 1( 1 O，半径4| 1 BOr，点)0 , 1 (A. 因为线段 AB 的垂直平分线与 1 BO相交于点 C，所以|CBCA .1 分 所以|4| 1111 AOBOCOCBCOCA.2 分 所以点 C 的轨迹是以 1 O，A 为焦点，长轴长为 4 的椭圆.3 分 X036 P 2 2 1 2 1 2 1 1 2 C 2 2 1 7 设曲线 E 的方程为)0( 1 2 2 2 2 ba b y a x ， 则42 a，1c，3 222 cab. 所以 E 的方程为1 34 22 yx .4 分 (2)解法 1：由题
15、意可知，直线 1 l， 2 l的斜率都存在且不为 0， 设) 1(: 1 xkyl，),( 11 yxM，),( 22 yxN， 由 ) 1( 1 34 22 xky yx 得01248)34( 2222 kxkxk，5 分 0) 1(144)124)(34(4)8( 22222 kkkk， 34 124 , 34 8 2 2 21 2 2 21 k k xx k k xx，6 分 21 2 21 2 21 2 4)(11|xxxxkxxkMN7 分 34 124 4) 34 8 (1 2 2 2 2 2 2 k k k k k 34 ) 1(12 34 112 1 2 2 2 2 2 k k
16、 k k k.8 分 由于直线 2 l过圆 1 O的圆心，则4 11 QOPO且P，Q两点到直线MN的距离相等， 设直线 2 l的倾斜角为，则k )tan(即ktan. 又P到直线MN的距离 2222 1 1 8 tan1 tan2 4 cossin cossin2 42sin k k POd . 9 分 则四边形MPNQ的面积 34 96 2 2 k k MNdSS PMN .10 分 由于四边形MPNQ的面积为38， 则38 34 96 2 k k ，解得 2 3 k.11 分 所以直线 1 l的方程为) 1( 2 3 xy.12 分 8 解法 2：由题意可知，直线 1 l， 2 l的斜率
17、都存在且不为 0， 设) 1(: 1 xkyl，) 1(: 1 xkyl，),( 11 yxM，),( 22 yxN， 由 ) 1( 1 34 22 xky yx 得01248)34( 2222 kxkxk，5 分 011441243448 222 2 2 kkkk， 34 124 , 34 8 2 2 21 2 2 21 k k xx k k xx，6 分 设点 M，N 到 l2的距离分别为 d1和 d2， , 1 ) 1( , 1 ) 1( 2 22 2 2 11 1 k yxk d k yxk d 四边形 MPNQ 的面积为 212121 48 2 1 2 1 ddddddPQS7 分
18、因为点 M 和点 N 分布在直线 l2的两侧，则 1 4)(2 1 )(2 1 ) 1( 1 ) 1( 2 21 2 21 2 12 2 22 2 11 21 k xxxxk k xxk k yxk k yxk dd 34 24 134 112 2 2 22 2 k k kk k k9 分 所以四边形MPNQ的面积 34 96 2 k k S10 分 由于四边形MPNQ的面积为38， 则38 34 96 2 k k ，解得 2 3 k 所以直线 l2的方程为1 2 3 xy12 分 22(12 分) (1)解：函数 xf的定义域为, 0， 由 xaxxxxf 2 ln，得 axxxf22ln，
19、1 分 则 af221 9 又 af11， 则曲线 xfy 在点 1, 1 f处的切线 l 的方程为1121xaay，2 分 即 2 1 12xay 所以直线 l 恒过定点 0 , 2 1 3 分 (2)证法 1：若 xf有两个零点 x1，x2，则0ln 1 2 111 xaxxx，0ln 2 2 222 xaxxx 4 分 得 2 2 2 1 1 1 1ln1ln x x x x x x a 因为02 12 xx，令)2( 12 ttxx，5 分 则 11 1 1 1 1 1)ln(1ln txtx tx x x x 得1 1 ln ln 1 t t x，6 分 则1 1 ln lnln)l
20、n(ln 112 t tt xttxx7 分 令)2( 1 1 ln )( t t tt th，则 22 ) 1( 1ln ) 1( ln) 1)(1ln( )( t tt t tttt th8 分 令)2( 1ln)(tttt，则 0 1 1 t t 则)(t在), 2( 上单调递增 所以. 02ln112ln2)2()(t9 分 所以 0 1 1ln 2 t tt th 所以 th在), 2( 上单调递增 所以 e 4 ln12ln2)2()( hth10 分 所以 e 4 lnln 2 x 所以 e 4 2 x11 分 10 所以 e 4 2 2 2 2 1 xxx12 分 证法 2：若
21、 xf有两个零点 x1，x2，则0ln 1 2 111 xaxxx，0ln 2 2 222 xaxxx 4 分 得 2 2 2 1 1 1 1ln1ln x x x x x x a 因为02 12 xx，令)2( 12 ttxx，5 分 则 11 1 1 1 1 1)ln(1ln txtx tx x x x 得1 1 ln ln 1 t t x，6 分 则1 1 ln lnln)ln(ln 112 t tt xttxx7 分 所以2 1 ln) 1( 1 1 ln 1 1 ln lnln)ln( 2121 t tt t tt t t xxxx8 分 令)2(2 1 ln) 1( )( t t
22、tt th，则 2 ) 1( 1 ln2 )( t t tt th 令 t ttt 1 ln2)(，则0 ) 1(121 1 2 )( 2 2 2 2 2 t t t tt tt t 则 t在, 2上单调递增 所以 02ln2 2 3 2 1 22ln22t9 分 所以 0 1 1 ln2 2 t t tt th 所以 th在, 2上单调递增 所以 2 e 8 ln22ln32 hth10 分 所以 2 21 e 8 lnlnxx 所以 2 21 e 8 xx11 分 所以 e 4 e 16 2 2 21 2 2 2 1 xxxx12 分 11 证法 3：因为 0 1ln 2 xa x x x
23、xf，设 0 1ln xa x x xg， 所以 xf的零点即为 xg的零点4 分 因为 2 ln x x xg ， 当1 , 0 x时， 0 xg， xg单调递增；当 , 1x时， 0 xg， xg单调递减，因为 xg 有两个零点，则必有 011ag，且x， 0axg， 得10 a5 分 因为0 e 1 ag，所以 21 1 e 1 xx6 分 依题意有 1112 22xgxgxgxg， 设 1 e 1 2xxgxgxF， 则 2 2 2 2lnln x x x x xF 因为 2 2 2xx，所以 22 2ln 2 2ln x x x x 则 0 1ln2ln2lnln 2222 xx x
24、 x x x x xF7 分 所以 xF在 1 , e 1 上单调递增 所以 01 FxF8 分 所以 02xgxg 所以 11 2xgxg 所以 12 2xgxg9 分 因为 21 1 e 1 xx，则12 1 x 因为 xg在, 1上单调递减， 所以 12 2xx，即2 21 xx10 分 12 结合条件 12 2xx 可知： 满足条件的点 21,x x必在不等式组 1 e 1 2 2 1 12 21 x xx xx ， ， 表示的平面区域内， 由2 21 xx和 12 2xx 得交点 3 4 , 3 2 P 满足条件的点 21,x x到原点的距离 3 52 9 16 9 4 2 2 2 1 xx 11 分 因为0 e9 144e20 ) e 4 ( 3 52 2 2 2 2 ，得 e 4 3 52 ， 所以 e 4 2 2 2 1 xx12 分
