辽宁省葫芦岛市2021届高三上学期期末考试-数学(文)-扫描版含答案.docx

2022---2021学年度上学期高三期末考试
数学试题(文科)
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
A
A
C
D
C
D
D
B
B
D
B
C
二.填空题:每小题5分,总计20分.
13. 0
14.
15.
16. [1-()n]
三.解答题:
17.(本小题满分12分)
解：(1) 由题，
则，化简得， …2分
即，，所以……………4分
从而，故. ……………………………………………6分
(2) 由，可得.
所以或. ………………………………………7分
当时，,则,; ………8分
当时，由正弦定理得.
P
E
A
B
D
C
F
G
H
所以由，可知. ………………10分
所以.
综上可知 ……………12分
18．（本小题满分12分）
(1)∵DE∥AB,ABÌ平面PAB ∴DE∥平面PAB……………………3分
又∵DEÌα且α∩平面PAB=FG ∴DE∥FG ……………………6分
(2)由（1）知，F为PA中点，G为PB中点，
∴VG-PEF=VB-PEF=×VB-PEA=VP-BEA=×S△BEA·PE
=×××2×2×2=…………………………12分
19.(本小题满分12分)
解：(1)∵在全部100人中随机抽取1人抽到宠爱CBA的观众的概率为∴宠爱CBA的观众人数为：100×=60人，∴可得如下2×2列联表：………4分

宠爱CBA
不宠爱CBA
合计
男性观众
40
20
60
女性观众
20
20
40
合计
60
40

100
（2）K2===≈2.778
由于K2>2.706,所以有90%的把握认为是否宠爱CBA与性别有关……………8分
（3）由题意，按分层抽样抽从宠爱CBA的观众中抽得的6人中，有4名为男性（记作A1,A2,A3,A4)和2名女性（记作B1,B2)，则从这6人中抽取3人所构成的基本大事空间为：
W=｛（A1,A2,A3）、（A1,A2,A4）、（A1,A2,B1）、（A1,A2,B2）、（A1,A3,A4）、（A1,A3,B1）、（A1,A3,B2）、（A1,A4,B1）、（A1,A4,B2）、（A1,B1,B2）、（A2,A3,A4）、（A2,A3,B1）、（A2,A3,B2）A2,A4,B1）、（A2,A4,B2）、（A2,B1,B2）、（A3,A4,B1）、（A3,A4,B2）、（A3,B1,B2）、（A4,B1,B2）｝,共20个基本大事。
记大事A=“抽到的3人中既有男性观众又有女性观众”，则大事A所含的基本大事有：（A1,A2,B1）、（A1,A2,B2）、（A1,A3,B1）、（A1,A3,B2）、（A1,A4,B1）、（A1,A4,B2）、（A1,B1,B2）、（A2,A3,B1）、（A2,A3,B2）、（A2,A4,B1）、（A2,A4,B2）、（A2,B1,B2）、（A3,A4,B1）、（A3,A4,B2）、（A3,B1,B2）、（A4,B1B2），共16个基本大事；
∴P(A)=== ………12分
(或由排解法：1-=同样赋分）
20.(本小题满分12分)
解：（1）∵点P在抛物线C1上，∴（）2=2p· ∴ p= ∴抛物线C1的方程为：x2=y……2分
又∵点P在椭圆C2上 ∴由椭圆定义可知：2a=+=2 ∴a=……4分

又∵c=1 ∴b=1 ∴椭圆C2的方程为：+y2=1 ……6分

(2) (i)由x2=y得：y=x2 ∴y¢=x
设直线l的斜率分别为k,则k=y¢|x=x0=x0
∴直线l的方程为：y-y0=x0 (x-x0) 3x0x-8y-3x02+8y0=0 又∵M在抛物线上 ∴x02=y0
∴直线l的方程为：3x0x-8y-8y0=0 ………8分
联立方程组： 消元整理得：
（18x02+64)x2-96x0y0x+128y02-128=0……………………①
△=(-96x0y0)2-4×(18x02+64)(128y02-128)=16×64(9x02-32y02+32)>0
∴9x02-32y02+32>0 ……………………………………②
设P(x1,y1)、Q(x2,y2),则x1、x1是方程①的两个解，由韦达定理得：
x1+x2=, x1x2=
∴|PQ|=·=·
=·
将x02=y0代入得：
|PQ|=·=·=··
设E到直线l的距离为d,则d==·
∴S△EPQ=·|PQ|·d=·····=
=≤×=………11分
∴△EPQ的最大值为，此时y0=,x0=-2
将y0=,x0=-2代入②，经检验②式成立。M(-2,) ………12分

21. (本小题满分12分) 解：
(1)h¢(x)=f¢(x)-g¢(x)= ex- h¢(1)=e-m=0 ∴m=e
∴h¢(x)= ex- 令m(x)= ex- 则m¢(x)=ex+>0
∴m(x)在（0,+∞） 上单调递增 即h¢(x)在（0，+∞） 上单调递增 ∵h¢(1)=0
∴当x∈(0,1)时，h¢(x)h¢(1)=0,h(x)在（1,+∞）上单调递增；
综上：h(x)的单调减区间为(0,1) ，h(x)的单调增区间为（1,+∞）………………………6分
（2）(i)当00,lnx<0∴f(x)>g(x)恒成立；
(ii)当0nx>0∴g(x)≤e2lnx,∴若要证f(x)>g(x)，只需证：f(x)>e2lnx
证法一：令j(x)=f(x)- e2lnx=ex- e2lnx
j¢(x)=ex- 易证：j¢(x)在（1,+∞)上单调递增且j¢(1)=e-e2<0, j¢(2)=>0,∴存在唯一个x0∈(1,2)，使得j¢(x0)=0 ∴ex0-=0 = ex0 ln=ln ex0 ∴2-lnx0=x0
当x∈(1,x0)时，j¢(x)<0,当x∈(x0,+∞)时j¢(x)>0
∴j¢(x)在(1,x0)单调递减，在(x0,+∞)单调递增；
∴j(x)≥j(x0)=ex0- e2lnx0=- e2 (2-x0)= e2·= e2· >0
即j(x) >0
∴f(x)>e2lnx
即当0e2lnx
由（i)(ii)可知，对一切x∈(0,+∞)均有f(x)>g(x)成立……………………………………………12分
证法二：(i)当00,lnx<0∴f(x)>g(x)恒成立；
(ii)当00∴g(x)≤e2lnx,∴若要证f(x)>g(x)，只需证：f(x)>e2lnx
即证：ex> e2lnx,也就是e-2·ex>lnx
先证明lnx≤x-1
令n(x)= lnx-x+1 则n¢(x)= -1=
∴n(x)在（0，1)上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
∴n(x)≤n(1)=0 即lnx≤x-1（当且仅当x=1时取“=”号）……………………①
再证：e-2·ex≥x-1
令p(x)= e-2·ex-x+1 则p¢(x)= e-2·ex -1 =ex-2-1 易知：p(x)在(0,2) 上单调递减,在(2,+∞) 上单调递增
∴p(x)≥p(2)=0
∴p(x)≥0 即e-2·ex≥x-1 (当且仅当x=2时取“=”号）……………………②
由①②可知：e-2·ex≥x-1≥lnx
∴e-2·ex≥lnx 又∵①②中不行能同时取“=”号
∴e-2·ex>lnx
即当0e2lnx
综合(i)(ii)可知，对一切x∈(0,+∞)均有f(x)>g(x)成立……………………………………12分
22．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲
解(1) 延长BE交圆E于点M，连结CM，则∠BCM=90°，
又BM=2BE=4，∠EBC=30°，所以BC=2，
又AB=AC，可知AB=BC=.
所以依据切割线定理AF2=AB·AC=×3=9，
即AF=3. ……………………5分
(2) 过E作EH⊥BC于H，则△EDH∽ADF，
从而有==，因此AD=3ED. …………………………10分
23.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

（1）在以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，
极坐标与直角坐标有关系：或 ，……………1分
所以圆C1的直角坐标方程为，………………………2分
联立曲线C：，得
或,
即不妨令，从而直线的直角坐标方程为：，
(此处如下解法也可：联立曲线C1与C，消去与项，得)
所以，，即， …………………………4分
所以直线AB的极坐标方程为，R）. ……………………5分
（2）（方法一）由(1)可知直线AB的直角坐标方程为：， ……………6分
依题令交点D则有，
又D在直线AB上，所以，，解得，
由直线参数方程的定义知|CD|=||， …………………………………8分
同理令交点E，则有，
又E在直线上，所以，解得，
所以|CE|=||， ………………………………………………………9分
所以|CD|:|CE|=. ……………………………………………………10分
（方法二）将曲线C2:(是参数)化为一般方程:， ……6分
将其联立AB的直线方程:，解得:，从而D，
再将曲线C2与直线联立，解得，从而E，
这样|CD|==， ………………………………………8分
|CE|==， …………………………………………9分
从而|CD|:|CE|=. ………………………………………………10分
24．解：
（Ⅰ） ……3分
不等式等价于：
或或
解得：或
不等式的解集为或. ……6分
（Ⅱ）依据函数的单调性可知函数的最小值在处取得，
此时. …… 10分