2021安徽省江南十校高三上学期数学理第二次联考试题答案

2021届安徽省江南十校高三上学期数学理第二次联考试题答案

1．A  【解析】A＝{0，1}，因此A∩B＝{1}，故选A．

2．B  【解析】可行域为三角形，三个顶点分别为(0，2)，(2，0)，(4，0)，最优解为(4，0)，可使目标函数取得最小值，最小值为-4，故选B．

3．C  【解析】令∴，又∵x∈[0，π]，故选C．

4．B  【解析】由a3-a5+a8＝6得：a6＝6，，故选B．

5．D  【解析】直线l：kx-y-k+1＝0恒过圆C：(x-1)2+(y-2)2＝5上的一定点(3，1)，故选D．

6．C  【解析】该几何体是一个正四棱锥挖去一个圆柱．计算可得，故选C．

7．A  【解析】与直线x+4y-8＝0垂直的直线l的斜率为4，y′＝4x-4，所以，切点为(2，-1)．切线为y+1＝4(x-2)，即4x-y-9＝0．故选A．

8．C  【解析】f(x)是奇函数，排除B、D，当时，f(x)＞0，排除A．故选C．

9．D  【解析】设AB＝c，BC＝a，在△ABC中，a2+c2-2accos B＝8，在△ABD中，，解得a＝4，c＝2，∴．故选D．

10．B  【解析】F1(-2，0)，F2(2，0)，设M(x0，y0)，则，，∴，表示点M(x0，y0)与坐标原点O的距离，最大值为，最小值为，∴，从而，∴的取值范围是，故选B．

11．C  【解析】，设球O的半径为R，三角形BCD的外接圆半径为r，则

，r＝1，，所以球O的表面积为S＝4πR2＝8π．故选C．

12．A  【解析】因为一次函数至多有一个零点，所以有两种情况：①一次函数没有零点，二次函数有两个零点，即2x2+kx-1＝0在(1，3)上有两个零点x1，x2，这与矛盾，不符合题意．②分段函数的两段各有一个零点，0＜x1＜1，1＜x2＜3（x1＝1不适合），由于f(0)＝1，必有f(1)＝k+1＜0，f(3)＝3k+17＞0，∴．故选A．

二、填空题

13．-1  【解析】，2(4+2λ)(3-λ)＝0，λ＝-1．

14．a＜b＜c  【解析】，，∴a＜b，，，∴b＜c，故a＜b＜c．

15．(x-1)2+(y-1)2＝10  【解析】线段AB的垂直平分线方程为x+y-2＝0，与欧拉线的方程联立，得圆心坐标为D(1，1)，线段AB的长度为半径．故△ABC的外接圆方程为(x-1)2+(y-1)2＝10．

16．±1  【解析】，，，．∵a1，a3，a5成等比数列，∴，得(a1q)2＝a1·a1q6，q4＝1，q＝±1．

三、解答题

17．解：（1）由|x-m|≤3，解得m-3≤x≤m+3．  所以，解得m＝2；

（2），  关于x的方程x2+6x+h(t)＝0有解，  即有Δ＝36-4h(t)≥0，∴h(t)≤9．  h(t)≤9可等价转化为或或，  即-5≤t＜-3或-3≤t≤2或2＜t≤4．  所以实数t的取值范围为[-5，4]．

18．解：（1） 

，∴，．∴．即：．  角B是在△ABC中内角，所以或（舍），即；

（2）由余弦定理得b2＝a2+c2-2accos B＝a2+c2-ac＝(a+c)2-3ac＝4-3ac，  由

，b2≥1，⇒b≥1，  又a+c＞b，∴1≤b＜2．

19．解：（1）由(an+1-a1)(an+a1)＝-1，⇒an+1an+an+1-an＝0，  ，∴成等差数列，首项为1，公差为1，  ，∴；

（2）  Sn＝b1+b2+…+bn    ．

20．解：（1）∵DA⊥AB，DC⊥BC，DA＝DC，BD是公共边，

∴△DAB≌△DCB．∴∠BDA＝∠BDC．∴BD⊥AC．  由PA⊥平面ABCD，得PA⊥BD，  又PA∩AC＝A∴BD⊥平面PAC，∵BD⊂平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD；

（2）∵AD，AB，AP两两垂直，∴可如图建立空间直角坐标系A-xyz  设PA＝a，则B(0，4-a，0)，D(a，0，0)，C(2，2-a，0)，P(0，0，a)，  ，．  设平面PBC的法向量    取x＝a，得，

．

直线PD与平面PBC所成的角为30°，，    解得或a＝4（舍），  所以PA的长为．

21．解：（1）由条件得，解得a＝4，b＝3，  所以椭圆方程为；

（2）设P(x0，y0)，由题意直线PA、PB的斜率均存在，  则PA：  ①  PB：  ②∴，，  则．

因为P在椭圆上，所以有  ．  所以：．

22．解：（1）当a＝1时，f(x)＝xln(x-1)-2x，定义域为(1，+∞)，  ，  记，，  当1＜x＜2时g′(x)＜0，当x＞2时g′(x)＞0，∴g(x)的极小值也就是最小值为g(2)＝0．∴g(x)≥0，即f′(x)≥0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递增；

（2）x-a＞0，a≥0，∴x＞a＞0，x-a＜x⇒ln(x-a)＜ln x⇒xln(x-a)＜xln x．  要证明f(x)＜ex-1，只要证明xln(x-a)-2x＜ex-1，  即证xln(x-a)＜ex+2x-1．  因而只要证明xln x＜ex+2x-1即可．  当0＜x≤1时，xln x≤0，而ex+2x-1＞e0+2·0-1＝0，∴xln x＜ex+2x-1成立．  当x＞1时，设h(x)＝ex+2x-1-xln x(x＞1)，  h′(x)＝ex+2-ln x-1＝ex-ln x+1，记u(x)＝ex-ln x+1(x＞1)，  ，因为x＞1，所以u′(x)＞e-1＞0，u(x)在(1，+∞)上单调递增．  u(x)＞u(1)＝e+1＞0，即h′(x)＞0，所以h(x)在(1，+∞)上单调递增．  h(x)＞h(1)＝e+1＞0，  即h(x)＝ex+2x-1-xln x＞0  所以当x＞1时，xln x＜ex+2x-1成立．  综上可知若a≥0，f(x)＜ex-1．

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