全国百强名校“领军考试”2021届高三下学期4月联考数学（理）试题答案

2020—2021学年下学期全国百强名校“领军考试”高三数学参考答案（理科）1～5ABDBD6～10BDCBA11～12CA13．【答案】1614．【答案】3xy2048515．【答案】17116．【答案】4n2n12417.【答案】(1)通项公式a4(6分)；(2)T2(1)(12分)．nnn1n121213【解析】(1)由anSn1,得4an3Sn4①对nN成立；又4an13Sn14②对n2成立.由4①式当n1时,得4a13S143a14即a14；(2分)又由①-②得4an4an13(SnSn1)3an,即anaan4an1,所以4对n2成立；(4分)由等比数列的定义知数列{n}是以4为首项4为公比的等比数an1n1n列,则a444为所求通项公式.(6分)nn1n12211(2)由(1)知b2()(nN),(8分)于是有nnnnn1nn124321(21)(21)2121111111Tbbb2[()()()],即得n12n1223nn1212121212121n2124T2(1).(12分)nn1n1212118.【答案】(1)证明略(详见下面证明)(5分)；(2)所成的锐二面角的大小为(12分).3【解析】(1)证明:在正四棱柱ABCDABCD中,易知BC侧面AABB,且BE平面AABB,可1111111111得BCBE,(2分)又BEEC，且EC与BC是平面BCE内两相交直线，11111111所以得BE平面BCE，(4分)又因为BE平面BCE,故得平面BCE平面11BCE.(5分)11(2)设平面B1C1E与平面C1D1E所成的锐二面角的大小为.在正四棱柱ABCDABCD中,由于DA,DC,DD两两互相垂直,则以D为坐标原11111高三理数参考答案第1页共5页 点,DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示.(6分)因为E是棱AA1的中点,且AB2,从而知正四棱柱的上、下底面是边长为2的正方形,设AEEAt；由(1)知BE平面BCE，1112222则得BEEB1，且BEEB1t4，而BB12t,由勾股定理得BEEB1BB1,即得222(t4)(2t),解得t2(取正),即侧棱长BB4.(8分)于是可得D(0,0,4),E(2,0,2),11B1(2,2,4),C1(0,2,4)，B(2,2,0)；设平面B1C1E的法向量为n1(x,y,z)，由第(1)问可知向量BE为平面B1C1E的一个法向量，故n1BE(0,2,2)；(9分)设平面C1D1E的法向量为n2(a,b,c)，而nDC2b0211D1C1(0,2,0),则由，得b0，令a1，得c1，所以n2(1,0,1).(10分)nEC2a2b2c021|nn||2|112,所以,即平面BCE与平于是有cos|cosn1,n2|,且(0,)11|n1||n2|222223面CDE所成的锐二面角的大小为.(12分)113202319.【答案】(1)甲至少能解出两道题的概率为P；(2)X的数学期望为EX道；(3)甲应该被录取.2712222232320【解析】(1)依题意，甲至少能解出两道题的概率PC()(1)C().(4分)33333273211(2)由题意知，X的所有可能取值为0,1,2,3.则P(X0)(1)(1)(1)；4322432132132161P(X1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)；43243243224432132132111P(X2)(1)(1)(1)；4324324322432161P(X3).4322441111123故X的数学期望EX0123(道).(10分)244244122(3)设Y表示甲在考试中能解出题的道数，则随机变量Y服从二项分布，即YB(3,).知Y的数学期望32E(Y)32.因为E(Y)E(X)，故甲应该被录取.(12分)321252(,](,)20．【答案】(1)H的方程为x8y；(2)kk的取值范围为.12216【解析】(1)设A(x,y),B(x,y).依题意，知直线AB的方程为yxtan451,即yx1,将它代入11222抛物线H的方程中，并整理得x2px2p0.(2分)由韦达定理得x1x22p,x1x22p,其高三理数参考答案第2页共5页 224p8p0对p0恒成立；由弦长公式得|AB|2[(xx)4xx]83,化简得121222p2p240且p0,解得p4.故抛物线H的方程为x8y.(5分)(2)设C(x,y),D(x,y),由(1)易得F(0,2),则依题意知E(0,2).而kkkk334412CEDEy2y2(y2)(y2)13434yxt(t0)上,于是①；又因C,D两点在直线l:xxxx23434yy2(yy)4xx(2y2t)(2y2t)34343434,代入①式整理得k1k22②.将l的方程x2y2t4yy4t(yy)4t34342222代入H的方程x8y中,化简得y(2t2)yt0,由韦达定理得yy2t2,yyt③,其34342221t4t81(2t2)4t0且t0,解得t且t0；将③式代入②式化简得k1k2(t28t2且t0)(8分).分情况讨论如下:当t0时,由均值不等式得t11t1121t1kk()2,当且仅当,且t0,即t22时取等号；(9分)当128t28t228t21t118t1t0时,令kkf(t)(),则f(t)0对t(,0)恒成立,从而知f(t)在区12228t28t21125间(,0)上单调递增,所以k1k2f(t)f().(11分)综上得k1k2的取值范围为22162125(,](,).(12分)21621．【答案】(1)当a1时,f(x)有0个极值点；当0a1时,f(x)有2个极值点；当a0时,f(x)有1个极133值点；(2)所求取值范围为[ln,ln2).8422ax2xa【解析】(1)由于函数f(x)的定义域为(0,),因为f(x)x2(x0)；(1分)令xx2g(x)x2xa,其44a.(2分)①当0,即a1时,有g(x)0,从而有f(x)0对x0恒成立,即f(x)在(0,)上递增,故f(x)无极值点.(3分)②当0，即a1时,方程g(x)0的两个根分别是x11a,x11a.若a0,则1a1，x0(不合题意),且当0x11a时，f(x)0，121当x11a时，f(x)0，即f(x)在(0,11a)上递减,在(11a,)上递增，故f(x)有一个极小值点,无极大值点；(4分)若0a1,则01a1,x0，且当0x11a或x11a时，1f(x)0，当11ax11a时,f(x)0,即f(x)在(0,11a)和(11a,)上均递增,在高三理数参考答案第3页共5页 (11a,11a)上递减,故f(x)有一个极小值点和一个极大值点.(5分)综上可知:当a1时,f(x)有0个极值点；当0a1时,f(x)有2个极值点；当a0时,f(x)有1个极值点.(6分)2(2)由(1)知函数f(x)的两个不同极值点x,x均为正数,且x,x是方程x2xa0的两个根,于是有121244a03312xx20,且a，解得a1.(8分)又f(x)(x2)alnx,而xx(xx)2a，则121212442xxa012223f[xx(xx)]f(2a)2(a1)aln(2a).令g(a)2(a1)alnaaln2(a1)；(9分)则121243g(a)4a3lnaln2,知函数g'(a)在a[,1)上单调递增,则有43333g'(a)g'()lnln2ln0,从而得函数g(a)在a[,1)上单调递增,(10分)于是得44243133133g()g(a)g(1),即lng(a)ln2.(11分)故f[xx(xx)]的取值范围为[ln,ln2).(1212124842842分)2|PD||PD|722．【答案】(1)l为3xy230,C为y4x；(2).|PA||PB|31x2tcos602t2【解析】(1)依题意,当倾斜角＝60时直线l的参数方程为(t为参数),消去参数3ytsin60t22t得直线l的普通方程为3xy230；(2分)将曲线C的极坐标方程化为(1cos)4cos,即222sin4cos,把cosx且siny代入上式,得曲线C的直角坐标方程y4x.(5分)1x2t22(2)将直线l的参数方程(t为参数),代入抛物线C的直角坐标方程y4x中,并化简得3yt223t8t320．(6分)又l过点P,设交点A,B所对应的参数分别为t,t,由韦达定理,得12832tt,tt.(7分)由直线参数方程中t的几何意义及点P位于A,B之间,知|PA||PB|12123328732|t1t2|4|t||t||tt|(tt)4tt,|PA||PB||tt|,|PD|；(9分)故12121212123323|PD||PD||PD|(|PA||PB|)7.(10分)|PA||PB||PA||PB|3高三理数参考答案第4页共5页 723.【答案】(1)解集为{x|9x}；(2)m2n的取值范围为[12,).31【解析】(1)当a2时，函数f(x)|2x1||x4|,即不等式为|2x1||x4|4.当x时,不等21117式化为x54，解得9x；(2分)当x4时,不等式化为3x34，解得x；2223(3分)当x4时,不等式化为x54，解得x.(4分)综上所述,得原不等式的解集为7{x|9x}.(5分)3(2)当a1时,f(x)|x1||x2||(x1)(x2)|3(当且仅当x2时取等号).要使不等式55f(x)mn(m2n)对xR恒成立,等价于f(x)maxmn(m2n)；而f(x)max3,只需44511m2n2mn(m2n)3成立.(7分)又m,n0,mnm2n()422222(m2n)(m2n)55(当且仅当m2n时取等号)；(8分)由(m2n)mn(m2n)88442(m2n)523,得(m2n)3,即(m2n)10(m2n)240，解得m2n12,或84m2n2(舍去).(9分)故m2n的取值范围为[12,).(10分)高三理数参考答案第5页共5页