2021届广西柳州市高三第一次模拟考试数学(文)试题及答案.doc

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1、 柳州市柳州市 20202121 届高三第一次模拟考试届高三第一次模拟考试 文科数学文科数学( (参考答案参考答案) ) 一、选择题:一、选择题:(每小题 5 分, 满分 60 分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B C A D B C D C D C B C 二、填空题:二、填空题:(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 137 1415 2 15 1 2 16 51 2 三、解答题:三、解答题:(本大题共 6 小题,共 70 分) 17解:(1)由题意, 20 15 1332510185 82 x , . 2 分 6.53.5 1.50.50.52.5

2、3.59 88 y , . 4 分 8 1 82 22 1 59 3 248 1 28 4 5 12568 2 ii i i i x ynxy b xnx , . 6 分 9151 8 2 42 aybx, . 7 分 故线性回归方程为 11 42 y x, . 8 分 (2)由题意,设该同学的物理成绩为,则物理偏差为:91.5 . 9 分 而数学偏差为 128-120=8, . 10 分 11 91.58 42 , . 11 分 解得94,所以,可以预测这位同学的物理成绩为 94 分 . 12 分 18解:(1) 222 22cosbcbacabcC, 222 2 cos 2 bcbca a

3、C bc , . 1 分 由余弦定理可得2coscosbcAaC, . 2 分 由正弦定理可得2sincossincossincosBACAAC, . 3 分 ABC, 2sincossincoscossinsinsinBACACACAB, . 4 分 sin0B , 1 cos 2 A . 5 分 由0,A,则 3 A . . 6 分 (2)如图,在BCD中,2BD ,1CD , 由余弦定理得: 222 122 1 2cos54cosBCDD , . 7 分 3 AB , 3 C ,ABC为等边三角形, 2 15 3 sin3cos 234 ABC SBCD , . 8 分 1 sinsin

4、 2 BDC S=BDDCDD , . 9 分 5 35 3 sin3cos2sin 44 5 3 3 2 4 ABDC SDDD 四边形 , . 10 分 sin()1 3 D , . 11 分 (0, )D,即 5 6 D . 12 分 19解法一: (1)/ /ABCD,所以 1 , 2 AMAB MCCD 即 1 3 AM AC . 1 分 / /MN平面PCD,MN 平面PAC, 平面PAC 平面PCDPC, . 2 分 /MN PC . 3 分 1 3 ANAM APAC ,即 1 3 . 4 分 (2) 0 ,60ABADBAD,ABD为等边三角形,1BDAD, . 5 分 又1

5、PD , 2PAPB , 222 PBPDBD 且 222 PAPDAD , PD BD且PDDA, . 7 分 又DADBD,PDABCD 平面 . 8 分 PD 平面PCD,平面PCD 平面ABCD 作MECD于E,平面PCD平面=ABCD CD, ME 平面PCD . 9 分 又/ /MN平面PCD,ME即为N到平面PCD的距离 . 10 分 在ABD中,设AB边上的高为h,则 3 2 h , . 11 分 2 3 MDMC BDAC , 23 33 MEh ,即N到平面PCD的距离为 3 3 . 12 分 解法二:(1)同解法一 (2) 0 ,60ABADBAD,所以ABD为等边三角形

6、, 1BDAD, . 5 分 又1PD , 2PAPB , 222 PBPDBD 且 222 PAPDAD , PD BD且PDDA, . 7 分 又DADBD,PD 平面ABCD . 8 分 设点N到平面PCD的距离为d,由 1 3 ANAP得 2 3 NPAP, . 9 分 22 33 N PCDA PCDP ACD VVV , . 10 分 即 21 93 ACDPCD PD Sd S 13 22 ACD SAD DC sin ADC , 1 1 2 PCD SPD CD, 1PD , . 11 分 231 923 d,解得 3 3 d , 即N到平面PCD的距离为 3 3 . 12分

7、20解:(1)设焦距为2c,由已知 3 2 c e a ,22b , 1b ,2a , . 2 分 椭圆C的标准方程为 2 2 1 4 x y. . 4 分 (2)设 1122 ,M x yN xy,联立 2 2 1 4 ykxm x y 得 222 418440kxkmxm, . 5 分 依题意, 2 22 84 41440kmkm , 化简得 22 41mk, . 6 分 2 1212 22 844 , 4141 kmm xxx x kk , . 7 分 22 12121212 y ykxmkxmk x xkm xxm, . 8 分 若 5 4 OMON kk,则 12 12 5 4 y

8、y x x , 即 1212 45y yx x, . 9 分 22 121212 4445k x xkm xxmx x, . 10 分 2 22 22 41 8 45440 4141 m km kkmm kk , . 11 分 即 222222 4518410kmk mmk,化简得 22 5 4 mk, . 12 分 21 解:(1) 1 ( )0( ), x f xfxm的定义域是( ,), 1 分 若0m , 则( )0fx ,( )f x在定义域内单调递增, 无最大值; 2 分 若0m ,当 1 (0,)x m 时,( )0fx,( )f x单调递增; 当 1 ()x m ,时,( )0

9、fx,( )f x单调递减。 当 1 x m 时,( )f x取得最大值, 即 1 ln()0 m , 所以1m 3 分 又 1 ( )1f e e , ( )2f ee 4 分 函数( )f x在xe处的切线方程为 1 (1)1yx e 5 分 (2)( )F x的定义域是(0,), 2 1 ( )(1)ln 2 F xmxmxx, 2 1(1)1(1)(1) ( )(1) 2 mxmxxmx F xmxm xx . 6 分 1当 0m 时,( )F x在(0,1)上单调递增,(1,)上单调递减 此时函数( )F x有极大值 2 (1) 2 m F ,无有极小值 . 8 分 2当 0m 时,

10、 (i)1m 时,( )F x在(0,)上单调递增,所以此时函数( )F x没有极值 . 9 分 (ii)01m时,( )F x在(0,1)上单调递增, 1 (1,) m 上单调递减, 1 (,) m 上单调递增, 此时函数( )F x有一个极大值 2 (1) 2 m F ,有一个极小值 11 ()ln1 2 Fm mm . 10 分 (iii)1m 时,( )F x在 1 (0,) m 上单调递增, 1 (,1) m 上单调递减,(1,)上单调递增 此时函数( )F x有一个极大值 11 ()ln1 2 Fm mm ,有一个极小值 2 (1) 2 m F . 11 分 综上所述:0m , 1

11、m 时,此时函数( )F x没有极值. 当01m时,函数( )F x有一个极大值 2 (1) 2 m F ,有一个极小值, 11 ()ln1 2 Fm mm . 当1m 时,函数( )F x有一个极大值 11 ()ln1 2 Fm mm , 有一个极小值 2 (1) 2 m F . 12 分 22解:(1)由于直线l的参数方程为 82 32 42 32 xt yt (t为参数), 消去参数t,得直线l的普通方程为40 xy, . 2 分 由 222 xy,cosx, . 3 分 得曲线C的直角坐标方程为 22 60 xyxa. . 4 分 (2)将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程,并整

12、理, 得 2 5 264 0 39 tta ,(*) . 5 分 依题意,直线l与曲线C相交于两点,则有 2 5 264 ()4()0 39 a ,即得 17 2 a . 6 分 设 1 t, 2 t是方程(*)的两个根,则有 得 12 5 2 3 tt ,1 2 64 9 t ta , . 7 分 由于点 8 4 , 3 3 P 恰为线段AB的三等分点,不妨设 12 2tt ,则 . 8 分 2 5 2 3 t ,且 2 2 3250 929 a t , . 9 分 解得:4a ,符合条件0a .a的值为 4. . 10 分 23解:(1)不等式 f xx即12xx x . 当1x 时,化简

13、得3x .解得1x ; . 1 分 当21x 时,化简得21xx .解得 1 1 3 x; . 2 分 当2x时,化简得3x.此时无解. . 3 分 综上,所求不等式的解集为 1 | 3 x x . . 4 分 (2) 12123xxxx,当且仅当2x时等号成立. . 5 分 3M ,即491abc. . 6 分 又, ,0a b c , 111111 (49 )abc abcabc . 7 分 2 111 49abc abc . 8 分 2 12336. . 9 分 当且仅当 111 49 abc abc ,即 1 6 a , 1 12 b , 1 18 c 时取等号, 111 abc 的最小值为 36. . 10 分

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