全国百强名校“领军考试”2021届高三下学期4月联考数学（文）试题答案

2020—2021学年下学期全国百强名校“领军考试”高三数学参考答案与解析（文科）1．【答案】A【命题意图】考查解一元一次不等式及集合的交运算，考查运算求解能力.3【解析】由于A{x|32x0}{x|x},而B{1,0,1,2,3},则AB{1,0,1}.22．【答案】C【命题意图】考查复数的除法运算与模的性质.考查基本概念和运算求解能力.2i【解析】由zi2i,得zi(2i)12i,故|z||12i|5.i3．【答案】D【命题意图】考查正四棱锥的性质及其表面积的计算.考查数形结合思想,检验直观想象、逻辑推理、运算求解能力.【解析】依题意,正四棱锥的高PO底面ABCD,且PAO45,知PAO为等腰直角三角形,则PO2侧棱PA2，且AOPO2，则底面正方形ABCD的对角线sinPAOsin45AC2AO222AB,得正方形的边长AB2,从而知正四棱锥的4个侧面均是边长为2的2正三角形；故S表S底S侧=2+4S正443.4．【答案】C【命题意图】考查戏曲文化与概率知识相结合,体现古典概型在实际生活中的应用.考查数学建模、数据分析与运算求解能力.【解析】依题意,将五大戏曲名著《牡丹亭》、《西厢记》、《桃花扇》、《窦娥冤》、《长生殿》分别用字母A,B,C,D,E表示,则从这5部戏曲名著中任选2部的总的基本事件有AB,AC,AD,AE;BC,BD,BE;CD,CE;DE共10个,其中包含选到《牡丹亭》和《西厢记》两部中恰63有1部的基本事件有AC,AD,AE;BC,BD,BE共6个；故所求概率P.1055．【答案】D【命题意图】本题考查平面向量的坐标运算、垂直关系及数量积,考查运算求解能力及化归与转化思想、函数与方程思想.【解析】由a(1,2),b(x,1),得c2ab(x2,3)；又bc,则有x(x2)(1)30,即2x2x30,解得x1或3.故选D.6．【答案】B【命题意图】考查直线与圆的位置关系、点到直线的距离及圆的弦长公式.考查函数与方程、数形结合思想,检验直观想象、数学建模、运算求解能力.高三文数参考答案第1页共9页 22【解析】将圆方程化为(x2)y4,得圆心C(2,0)，半径r2.依题意，知直线l的斜率|2b|ktan1351，可得l方程为yxb,即xyb0,则圆心C到直线l的距离d,且2222dr,解得222b222；又由圆的弦长公式得|AB|2rd24d22,解得22(b2)d2；于是有2,化简整理得|b2|2，解得b0或4.27．【答案】A【命题意图】考查二倍角的正弦、余弦公式及同角三角函数的基本关系式.考查函数与方程、化归与转化思想,检验数学建模、逻辑推理和运算求解能力.2【解析】因为(,0),则cos(0,1)；由已知得3(2cos1)4cos10，即2123cos2cos10,解得cos,或cos1(舍去)；从而可得sin3222421cos,所以sin22sincos.398．【答案】B【命题意图】考查古代数学文化与数列知识相结合,利用等差数列的通项公式、前n项和公式求解.考查函数与方程、化归与转化思想,逻辑思维、运算求解能力.【解析】设等差数列的公差为d,依题意及等差数列的性质得a1a2a33a230,得a210,则a2a525,又因5daa15,即d3,从而得aad7；由等差数列求和公式知7272127(aa)17总羊群的数量为112(头).故选B.2另解:依题意,设等差数列的公差为d,由a1a2a33a13d30,即a1d10；又由2(ad)52a5aa6d,即a54d；由上述两式解得a7,12711176d3；由等差数列求和公式得总羊群的数量为7a1d112(头).故选B.29.【答案】C【命题意图】考查算法中的程序框图,根据框图明确顺序结构、条件结构、循环结构的真正含义,利用循环关系准确计算程序输出结果.考查逻辑思维、数据分析和运算求解能力.【解析】输入T90,程序由S0开始运行,当a3,n1时,得S3；此时满足条件3T,执行循环体:当a6,n2时,得S9；此时满足条件9T,执行循环体:当a12,n3时,得S21；此时满高三文数参考答案第2页共9页 足条件21T,执行循环体:当a24,n4时,得S45；此时满足条件45T,执行循环体:当a48,n5时,得S93；此时93T不满足条件ST,终止循环,输出n的值为5.故选C.10．【答案】B【命题意图】考查三角函数的图象与性质及其应用,考查数形结合思想及逻辑推理、运算求解能力.【解析】由图知f()Asin()0,即sin()0,于是得6646432k(kZ)，解得12k(kZ)①.又T22T,且0,则有6422432,即得12②；综合①②知,当且仅当k0时,得.于是得233f(x)Asin(x),令xk(kZ),得f(x)图象的所有对称轴方程为242422kx(kZ),当k1时,得x为f(x)图象的一条对称轴方程.36211．【答案】D【命题意图】考查函数的奇偶性、单调性、对数函数和不等式求解等知识.考查函数与方程思想,检验数学抽象、逻辑推理、数学应用与运算求解能力.【解析】依题意,知定义在R上的偶函数f(x)在[0,)上是单调递减的；又f(1)11f(1),f(ln)f(lna)f(lna),于是由f(lna)2f(ln)3f(1),得3f(lna)aa13f(1),从而有f(|lna|)f(lna)f(1),则得|lna|1,即得lna1或lna1,解得0a或e1ae.故a的取值范围是(0,][e,+).e12．【答案】C【命题意图】考查正三棱柱与球的几何性质,求解正三棱柱外接球的体积.考查数形结合思想,检验数学建模、直观想象、运算求解能力.2【解析】如图,设球O的半径为R,O1的半径为r.依题意,S圆Or4,解得r2O1B.在正1ABABC中,由正弦定理得2r4,解得AB23；由侧面矩形sin60AABB的面积为415ABAA,得AA25,又OO平面ABC,111111则得OO1AA15.在RtOO1B中，由勾股定理得22243ROBOOOB543，故球O的体积为R36.故选C.113高三文数参考答案第3页共9页 13．【答案】12【命题意图】考查线性规划问题，涉及函数和不等式知识.考查数形结合、化归与转化思想,检验分析和解决问题、直观想象、作图论证、运算求解能力.【解析】作出约束条件的可行域如图所示,可行域围成一个封闭的三角形ABC区域,易求出A(1,5),B(5,1),C(3,3).设目标函数z3xy为直线l,即l为y3xz,其斜率k31,l从而知直线l在y轴上的截距为z,当截距z有最小值时z有最小值.结合图形分析可知,当直线l过点C(3,3)时,z有最小值,且z3(3)312.故填12min14．【答案】y2【命题意图】考查导数的几何意义,利用导数求解曲线的切线斜率与切线方程.考查函数与方程思想,检验数学抽象、逻辑思维及运算求解能力.xx【解析】依题意,由f(x)eex2,得f(1)ee22,即切点(1,2)；又f(x)ee,知曲线yf(x)在点(1,f(1))处切线的斜率kf(1)0,所以切线方程为y20(x1),即y2.15．【答案】3【命题意图】考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式的应用.考查化归与转化思想、逻辑推理和运算求解能力.【解析】由正弦定理及bsinA3acosB0,得2RsinBsinA23RsinAcosB0,又sinA0；于是得sinB3cosB0,即tanB3,且B(0,180),可得B120；又由余弦定理得222216bac2accos120(ac)ac,得ac4.则ABC的面积为13acsin12043.2448516．【答案】17【命题意图】考查椭圆与双曲线的标准方程及其几何性质，利用解析法中“设而不求”的思想，通过韦达定理及弦长公式求弦长的最大值.考查函数与方程、数形结合的思想，检验推理论证、运算化简和求解能力.3【解析】依题意，知双曲线T的两焦点坐标为(3,0),离心率e3；从而知椭圆M的两焦2133c22点F(3,0),得半焦距c3，又ee，得e,即a2,则bac1,所以椭圆1,212122a高三文数参考答案第4页共9页 2x2M的方程为y1.设A,B两点的坐标分别为(x,y),(x,y)，直线l的方程为y2xm；联立1122422x4y42222方程组,消去y得17x16mx4(m1)0,其256m1716(m1)0，解得y2xm216m4m417m17,由韦达定理得xx,xx；由弦长公式得121217172|AB|(1k)|xx|1224524855[(xx)4xx]17m,故当m0时，|AB|.1212max17171617.【答案】(1)证明略(详见下面证明)(5分)；(2)四棱锥ECCDD的体积为(12分).113【命题意图】考查立体几何中的线线垂直、线面垂直、面面垂直以及几何体的体积计算问题.考查数形结合、化归与转化思想,检验空间想象、图形识别、逻辑推理和运算求解能力及分析与解决空间问题的能力.【解析】(1)证明:在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,易知B1C1侧面AA1B1B,且BE平面AA1B1B,可得B1C1BE,(2分)又BEEC1，且B1C1EC1C1，B1C1,EC1平面B1C1E，所以得BE平面BCE，(4分)又因为BE平面BCE,故得平面BCE平面BCE.(5分)1111(2)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中,由于AB,AD,AA1两两互相垂直,又因为E是棱AA1的中点,且AD2,从而知正四棱柱的上、下底面是边长为2的正方形,设AEEA1t；由(1)知BE平面2BCE，则得BEEB，且BEEBt4，而BB2t,由勾股定理得1111122222BEEBBB,即得2(t4)(2t),解得t2(取正),(8分)11即AEEA2,则侧棱长DDBB4.(9分)过E作EHDD于H，则1111EH平面CCDD，且EHAD2；(10分)于是111116VECC1D1D(DCDD1)EH242,即四棱锥ECC1D1D的体积33316为.(12分)3132n318.【答案】(1)aS为定值；(2)T.nnnn1222【命题意图】考查等比数列的概念与性质的综合应用,涉及等比数列的定义和性质、通项公式与前n项和公式，以及用错位相减法求前n项和；考查函数与方程的思想,检验数学建模、逻辑推理和运算求解能力.高三文数参考答案第5页共9页 2【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q,由于an0,则q0.由2a3a2a1,得2a1qa1qa1,即21235212qq10,解得q,或q1(舍去)；(2分)又aqaaaaq,得aq.则通项1146112411n11n111n111n1an()(),得Sn[1()](1)()；(4分)故证得422422221n111n111aS()[()]为一定值,即该定值为.(5分)nn222222n11352n32n1(2)由(1)知b(2n1)a,则T①；将①式两边同乘以nnn1n234nn1222222111352n32n1,得Tn345n1n2②；(7分)由①-②得22222221111112n1111n112n1T2()[1()](1)，(10分)即n2345n1n2n2222222244222132n332n3T,故T.(12分)nn2nn12422219.【答案】(1)零售均价不低于52元/公斤的超市比例为24%,零售均价小于48元/公斤的超市比例为4%；7(2)概率为P；(3)零售均价的平均数与标准差的估计值分别为51,1.74(元/公斤).10【命题意图】本题考查统计与概率的数学思想,是和现实生活、日常消费密切相关的实际问题,具有很强的现实意义和知识联系实际的应用意识.涉及概率与统计中的总体、频数、频率(概率)、样本平均数和标准差及增长率等相关知识,同时可检测对抽象概括、数据处理、数学运算、数学建模等多种能力的掌握，以及对综合素养的考查.【解析】(1)根据各超市的猪肉零售均价的频数分布表,得所调查的100家超市在当天的猪肉零售均价不低1954于52元/公斤的超市频率为0.24,零售均价小于48元/公斤的超市频率为0.04；用样本频率100100分布估计总体分布,得该市在当天的猪肉零售均价不低于52元/公斤的超市比例为24%,零售均价小于48元/公斤的超市比例为4%.(4分)(2))设3家小超市分别用小字母a,b,c表示,2大超市分别用大字母A,B表示,从5家超市中任取2家的所有结果分别为:ab,ac,aA,aB,bc,bA,bB,cA,cB,AB共有10种，其中至少有1家大超市的结果分别为7aA,aB,bA,bB,cA,cB,AB共有7种,故所求的概率为P.(8分)101(3)依题意,得x(474492151515319555)51(元/公斤).1002122222s[(4)4(2)2105121945]3.04,则s3.040.2761001.74(元/公斤).故该市当天的猪肉零售均价的平均数与标准差的估计值分别为51,1.74(元/公斤).(12分)1173393320．【答案】(1)f(x)的极大值为f()ln2,极小值为f()ln；(2)当a1时,f(x)在(0,)2842842高三文数参考答案第6页共9页 上单调递增；当0a1时,f(x)在(0,11a)和(11a,)上均单调递增,在(11a,11a)上单调递减；当a0时,f(x)在(0,11a)上单调递减，在(11a,)上单调递增.【命题意图】考查函数与导数知识,利用导数确定函数f(x)的单调性及求函数f(x)的极值和单调区间.考查函数与方程、化归与转化及分类讨论思想，检验抽象思维、逻辑推理、灵活应用与运算求解能力.3123【解析】(1)易知函数f(x)的定义域为(0,)；当a时,f(x)x2x3lnx，则424234x8x3(2x1)(2x3)13f(x)x2(x0).(2分)由f(x)0且x0,解得0x或x；4x4x4x2213113由f(x)0且x0,解得x；(4分)从而知f(x)在(0,)上单调递增,在(,)上单调递减，在22222311733933(,)上单调递增.所以f(x)的极大值为f()ln2,极小值为f()ln.(6分)228428422ax2xa2(2)因为f(x)x2(x0)；令g(x)x2xa,其44a.①当0,即a1时,xx有g(x)0,从而有f(x)0对x0恒成立,故f(x)在(0,)上递增.(7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1210x11a时，f(x)0，当x11a时，f(x)0；(9分)若0a1,则01a1,x0，1且当0x11a或x11a时，f(x)0，当11ax11a时,f(x)0.(10分)综上可知:当a1时,f(x)在(0,)上单调递增；当0a1时,f(x)在(0,11a)和(11a,)上均单调递增,在(11a,11a)上单调递减；当a0时,f(x)在(0,11a)上单调递减，在(11a,)上单调递增.(12分)21252(,](,)21．【答案】(1)H的方程为x8y；(2)kk的取值范围为.12216【命题意图】考查函数与方程、数形结合、化归与转化、整体代换等数学思想,涉及直线和抛物线的位置关系,利用弦长公式和斜率公式求解；解题中要充分利用韦达定理、设而不求的方法与技能可优化思维并减少运算量,利用均值不等式和导数应用解决函数最值问题.检验逻辑推理、数学运算与抽象概括等多种能力和内在核心素养.【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xx2p,xx2p,其121222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(4分).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334412CEDE高三文数参考答案第7页共9页 y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)2162|PD||PD|722．【答案】(1)l为3xy230,C为y4x；(2).|PA||PB|3【命题意图】考查函数与方程、数形结合、化归与转化的数学思想,涉及参数方程化普通方程,极坐标方程化直角坐标方程,直线与抛物线的位置关系及线段长计算等知识，考查逻辑推理、数学运算、分析和解决问题等能力和素养.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的直角坐标方程为y4x,易知曲线C是一开口向右的抛物线.(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228323t8t320．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tt,tt.(712121233高三文数参考答案第8页共9页 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|28732|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|3723.【答案】(1)解集为{x|9x}；(2)m2n的取值范围为[12,).3【命题意图】本题考查数形结合、分类讨论与整合、化归与转化的数学思想,涉及函数与不等式的关系,解绝对值不等式,恒成立问题中利用均值不等式求参数的取值范围等知识.考查逻辑推理、数据处理、数学运算、分析与解决问题等各种综合能力和素养.1【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21117等式化为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442511m2n2(m2n)mn(m2n)3成立.(7分)又m,n0,mnm2n()(当且仅当m2n422282(m2n)55时取等号)；(8分)由(m2n)mn(m2n)8442(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)高三文数参考答案第9页共9页