1、
眉山市高中2021届第一次诊断性考试
数学（理工类）参考答案
一、选择题：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C
D
D
B
A
A
C
D
C
B
二、填空题：
11.
12.
13.
14.
15.
2+i
-6
270
1472
②③⑤
三、解答题：
16、解（1）∵，由正弦定理得：，
∴
∵，∴ ∴， 又
∴； ………………………………………………………………………………… 6分
（2）方法一：∵，的面积为，∴ ∴， … 8分
，即， ………………………………………
2、… 9分
， …………………………………………………………10分
∴. …………………………………………12分
方法二：
………………………………12分
17、解（1）设“小王通过聘请考核”为大事A，则P(A)＝
所以小王通过聘请考核的概率为 ……………………………………………………4分
（2）的可能取值为0元，1200元，2200元，3600元 ……………………………5分
，
，
…………………………………………………………9分
所以，的分布列为
0
1200
2200
3600
P
数学期望为（元）
3、 ……12分
18、解（1）设等比数列的首项为，公比为，以题意有：
代入，得
∴ ……………………………………………………………………… 3分
解之得： …………………………………………………………… 5分
又∵单调递增，∴
∴ ………………………………………………………………………………… 6分
(2) …………………………………………………………… 7分
∴①
∴②
∴②-①得：
= …………………………………………………………………………9分
由得，∴>52.
又当时，＜52
当时，﹥52
故使成立的正整数的最小值为5 …………………………
4、……12分
19、
（Ⅰ）证明：如图1，连接OA1，O为AB的中点，且
所以，AF=FO，又E为A A1的中点
所以，EF∥OA1 2分
在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1∥AB且A1B1=AB
由于，O、D分别为AB、 A1B1中点
所以，OB∥A1D且OB=A1D
所以，OBDA1为平行四边形
所以，OA1∥BD 3分
所以，EF∥BD，又EF平面BDC，BD平面BDC
所以，EF∥平面BDC1． 4分
（Ⅱ）证明：如图1，由于，AA1⊥平面ABC，OC平面ABC
所以
5、AA1⊥OC 5分
由于，AB=BC，O为AB中点
所以，OC⊥AB，又AB、AA1平面ABB1 A1，ABAA1=A 6分
所以，OC⊥平面ABB1 A1，又OC平面OCC1D
所以，平面OCC1D⊥平面ABB1 A1． 8分
（Ⅲ）解法一，如图2建立空间直角坐标系O—xyz，设AB=2
则
9分
所以，
设平面EBC1的法向量为
则
取 10分
设平面DBC1的法向量为
则
取 11分
所以，
故，所求二面角E－BC1－D的余弦值为． 12分
（Ⅲ）解法二
6、如图1，在三棱柱ABC－A1B1C1中
由于，O、D分别为AB、 A1B1的中点
所以，OD平行且等于AA1，AA1平行且等于CC1，
所以，CODC1为平行四边形
所以，C1D∥CO，由（Ⅱ）知，OC⊥平面ABB1 A1
所以，C1D⊥平面ABB1 A1
所以，面C1DB⊥平面ABB1A1 9分
过E作EG⊥BD于G，过G作GH⊥B C1于H，连接EH
所以，EG⊥平面BDC1
所以，EG⊥GH，EG⊥BC1
所以，BC1⊥平面EGH
所以，BC1⊥EH
所以，为所求二面角E－BC1－D的平面角 10分
设AB=2，连接DE
所以，BE=BD=，DE
7、
所以，，所以，，所以，
由于，，又,所以
所以， 11分
∴所求二面角E－BC1－D余弦值为． 12分
20、解：（Ⅰ）由已知知道函数的定义域为 1分
当时，，所以 2分
当时，；当时，
所以，的单调增区间为，减区间为． 4分
（Ⅱ）由于，，令解得 5分
由解得，由解得
从而的单调增区间为，减区间为 6分
所以，
解得，． 8分
（Ⅲ）由（Ⅰ）知当时，，
所以，≥1 9分
令，则
当时，；当时，
从而在上单调递增，在上单调递减
所以， 11分
所以，，即
所以，方程=没有实数根． 13分
21、解:(Ⅰ)依题意, 1分
① 当时,或
所以在上单调递增;在上单调递减 2分
② 当时,或
所以在上单调递减;在上单调递增． 3分
(Ⅱ)当时,
在上单调递减 4分
由(Ⅰ)知,在上单调递减 5分
所以在上单调递减 6分
7分
． 8分
(Ⅲ)当,时,,
由(Ⅰ)知在上单调递减,
从而,即 9分
当,时,,在上单调递增,
从而,即 10分
对于任意的,总存在唯一的,使得成立,
只需,即成马上可. 11分
记函数,易知在上单调递增,且
13分
所以的取值范围为． 14分
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