辽宁省葫芦岛市2021届高三第二次模拟考试-数学(理)-扫描版含答案.docx

2021年葫芦岛市其次次模拟考试
数学试题(理科)
参考答案及评分标准
一.选择题:每小题5分,总计60分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
C
D
C
A
C
A
D
B
A
C
B
D
二.填空题:每小题5分,总计20分.
13.
14. -2
15. -20
16.4
三.解答题:
17.(本小题满分12分)
解:(Ⅰ)由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC,得c2=(a+b)2-2ab(1+cosC),
又a+b=6,c=2,cosC=, 所以ab=9,解得a=3b=3.………………………………………………………6分
y
A
(Ⅱ)在△ABC中,sinC==,
由正弦定理得sinA= =,
由于a=c,所以A为锐角,所以cosA==
因此 sin(A-C)=sinAcosC-cosAsinC=. ………………………………………………12分
H
G
18．（本小题满分12分）
F
M
解：（1）分别取AB、AF中点M、H，连接FM、GH、DH，则有AG=GM,MF∥BE
∵AH=HF ∴GH∥MF
z
x
E
D
C
B
又∵CD∥BE,BE∥MF ∴CD∥GH
∴四边形CDHG是平行四边形 ∴CG∥DH
又∵CGË平面ADF，DHÌ平面ADF ∴CG∥平面ADF；………………………………………………4分
（2）如图，以B为原点，分别以BC、BE、BA所直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O-xyz，
则A(0,0,2),C(1,0,0),D(1,1,0),E(0,2,0),F(0,2,1)，=(-1,1,0), =(-1,-1,2), =(0,-2,1)
设平面ADF的一个法向量为=(x,y,z),则有
·=-x-y+2z=0且·= -2y+z=0 解得:x=3y,z=2y 令y=1得：=(3,1,2)
设直线DE与平面ADF所成的角为q，则有sinq=||=
所以直线DE与平面ADF所成的角的正弦值为 ………………………………………………8分
（3）由已知平面ADF的法向量=（3，1，2），=（0，2，1）
设平面BDF的一个法向量为=(x,y,z), =(1,1,0)
由·=2y+z=0且·= x+y=0 解得:z=-2y,x=-y 令y=-1得：=(1,-1,2)
设锐二面角B-DF-A的平面角为a，则cosa=|cos<,>|=||==
所以锐二面角B-DF-A的余弦值为 ………………………………………………12分
19．（本小题满分12分）
设大事“该选手回答正确第i扇门的歌曲名称”为大事Ai，“使用求助回答正确歌曲名称”为大事B，大事“每一扇门回答正确后选择连续挑战下一扇门”为大事C；则
P(A1)=, P(A2)=, P(A3)=, P(A4)=, P(A5)=, P(B)=，P(C)=; ………………………………………………2分
(1)设大事“选手在第三扇门使用求助且最终获得12000元家庭幻想基金”为大事A,则：
A= A1CA2CBCA4=×××××()4=
∴选手在第三扇门使用求助且最终获得12000元家庭幻想基金的概率为；……………………………6分
（2）X的全部可能取值为：0，3000，6000，8000，1200024000；
P(X=3000)=P(A1)=×=; P(X=6000)=P(A1 CA2)=××()2=;
P(X=8000)=P(A1 CA2 CA3)=×× ×()3=;
P(X=12000)=P(A1 CA2 CA3 CA4)=×× ××()4=;
P(X=24000)=P(A1 CA2 CA3 CA4 CA5)=×× ××()5=;
P(X=0)=P()+ P(A1C)+ P(A1CA2C)+ P(A1CA2CA3C)+ P(A1CA2CA3CA4C)=++++=
（或P(X=0)=1-（P(X=3000)+ P(X=6000)+ P(X=8000)+ P(X=12000)+ P(X=24000)）=1-（++++）=1-=)
∴X的分布列为：
X
0
3000
6000
8000
12000
24000
P

∴EX=0×+3000×+6000×+8000×+12000×+24000×=1250+1000+500+250+250=3250（元）
∴选手获得的家庭幻想基金数额为X的数学期望为3250（元）……………………………12分
20.(本小题满分12分)
解：（1）∵l与x轴垂直 ∴l的方程为：x=c 代入椭圆方程得：y=± ∴四边形A1MA2N面积:2××2a×=2b2=2 ∴解得：b2=1 ………………①
||=a+c, ||=,||=a-c ∵||=||+|| ∴a+c=·+ a-c
即：ac= ………………② 联立①②解得：a=,b=1
∴椭圆的方程为：+y2=1 ……………………………5分
(2)由（1）可知⊙O的方程为：x2+y2=1,∵直线l:y=kx+m与⊙O相切∴=1即：m2=k2+1………6分
联立方程组： 消元整理得：(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0………………③
△=16k2m2-4(2k2+1)(2m2-2)=8(2k2+1-m2)>0 即k2>0
设P(x1,y1)、Q(x2,y2),则x1,x2是方程③的两个解，由韦达定理得：x1+x2=,x1x2=
y1y2=(kx1+m)(kx1+m)= ………………………………………………………………………………8分
·=x1x2+y1y2=+==l 将m2=k2+1代入得：=l
∵lÎ[,] ∴≤≤ 解得：≤k2≤1……………………………………………………………9分
|PQ|=·=· d=1
∴S△POQ=·|PQ|·d=·= ……………④ …………………………10分
令t=2k2+1,则k2= 代入④得：S△POQ
∵≤k2≤1 ∴2≤t≤3 ≤≤ ≤ (1-)≤
∴≤S△POQ≤
即△POQ的面积S的取值范围是[,]……………………………12分
(求面积的最值时可以有多种方法，考生用其他方法请酌情赋分）
21. (本小题满分12分)
解：（1）f′(x)=+ax+1 由题意：f′(1)=-1 即2a+1=-1 ∴a=-1
f(x)=-lnx-x2+x f(1)= 切点（1，）在切线上 ∴b=-
(2)∵f(x)在（0，+∞）上单调递减 ∴f′(x)=+ax+1≤0在xÎ（0，+∞）时恒成立
即a≤-在xÎ（0，+∞）时恒成立 ∵x+≥2 ∴0<≤ ∴-Î[-,0)
∴a≤- ……………………………4分
∵假设存在符合条件的a值，则应有：a≤- ∴<0 此时g(x)的对称轴为：x=-
若使g(x)在(0,)上单调递增，应有：-≥ 解得：a≥-
综上，存在存在实数a=-使得f(x)在（0，+∞）上单调递减，g(x)在(0,)上单调递增。………………8分
（3）H(x)=f(x+1)-g(x)=aln(x+1)+(x+1)2+(x+1)-x2-(a+1)x-=aln(x+1)+x2
x
y
x=-1
x=-
x1
x2
H′(x)=+2x= 由题意：2x2+2x+a=0在区间(-1,+∞)内有两个不等实根x1,x2
记G(x)= 2x2+2x+a 则应有：△>0,G(-1)>0 解得：0H(x2)<0成立；下面证明：H(x2)>(-+ln2)x1
∵H(x2)= aln(x2+1)+x22=-2(x2+1)x2ln(x2+1)+x22 (-+ln2)x1=(-+ln2)（-1-x2）
∴只需证明：-2(x2+1)x2ln(x2+1)+x22>(-+ln2)（-1-x2）
即：x22-2(x2+1)x2ln(x2+1)+(ln2-)x2>-ln2………………………………①
令j(x)=x2-2(x+1)xln(x+1)+(ln2-)x xÎ(-,0)
j′(x)=2x-2(2x+1)ln(x+1)-2x+ln2-=-2(2x+1)ln(x+1)+ln2-
∵-0 ∴-2(2x+1)ln(x+1)>0
又∵ln2-=ln2-ln=ln>0 ∴j′(x)>0
∴j(x)在(-,0)上单调递增 ∴j(x)>j(-)=-ln2-ln2+=-ln2
即j(x)>-ln2 即①式成立 ∴H(x2)>(-+ln2)x1
综上：(-+ln2)x1∠CBE,∴∠CBE=∠BCE,BE=CE,
又∵DB⊥BE,∴DE是直径,∠DCE=,由勾股定理可得DB=DC. …………5分
(2)由(Ⅰ)知,∠CDE=∠BDE,BD=DC,故DG是BC的中垂线,∴BG=.
设DE中点为O,连结BO,则∠BOG=60°，∠ABE=∠BCE=∠CBE=30°,
∴CF⊥BF, ∴Rt△BCF的外接圆半径等于，S=4pr2=3p …………10分
23.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
解:(Ⅰ)由点在直线上,可得
所以直线的方程可化为
从而直线的直角坐标方程为 …………………………5分
(Ⅱ)由已知得圆的直角坐标方程为
所以圆心为,半径
∴圆心到直线的距离,所以直线与圆相交…………………………10分
24.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲
解：（1）当a=1时，f(x)=|2x-1|+x-5=
由解得：x≥2; 由解得：x≤-4
∴f(x)≥0的解集为：(-∞,4]È[2,+∞) …………………………5分
(2)由f(x)=0得：|2x-1|=-ax+5
作出y=|2x-1|和y=-ax+5的图象，由图象可知：当-2