2021新余高三下学期第二次模拟考试数学（文）试题扫描版含答案
展开新余市2021届高三二模数学（文）试卷参考答案
一、选择题（每小题5分，共60分。每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的选项填涂在答题卡上）
1． B 2. A 3．C 4．C 5. A 6. D
7. B 8. C 9.D 10. D 11.B 12.C
二、填空题（每小题5分，共20分，把答案填写在答题纸的相应位置上）
13．
14．
15．
16．212
三、解答题(本大题共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17.【解答】
解：(1)由cosA＝sinB及C＝120°，
得cos(60°－B)＝sinB，
整理得cosB＋sinB－sinB＝0，
即cos(B＋60°)＝0， .............(3分)
又0°<B<60°，所以B＝30°。
所以A＝60°－B＝30°，即A＝B＝30°，
所以BC＝AC＝5。 .................(6分）
(2)由，,
解得|BD|＝。....................(8分)
在△BCD中，由余弦定理得，CD2＝BC2＋BD2－2BC·BDcosB＝7，所以CD＝， ....................(10分)
在△BCD中，由正弦定理得，＝，
即，所以sin∠BDC＝。....................（12分）
- 【解答】
(1)
＝－＝112.45－6.87×5.5≈74.67，
所以y关于x的线性回归方程为＝6.87x＋74.67...............(6分）
(2)若回归方程为＝6.87x＋74.67，当x＝11时，＝150.24.
若回归方程为y＝－0.30x2＋10.17x＋68.07，当x＝11时，
y＝143.64.
|143.64－145.3|＝1.66<|150.24－145.3|＝4.94，..............(11分）
所以回归方程y＝－0.30x2＋10.17x＋68.07对该地11岁男童身高中位数的拟合效果更好． ..............(12分）
- 【解答】
(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，
所以BC⊥AB。
因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，且BC⊂平面ABCD。
所以BC⊥平面ABE。
又AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE。 ..............(2分）
因为BF⊥平面ACE，AE⊂平面ACE，
所以BF⊥AE。 ..............(4分）
又因为BC∩BF＝B，BC⊂平面BCE，BF⊂平面BCE，
所以AE⊥平面BCE，
因为BE⊂平面BCE，所以AE⊥BE。..............(6分）
(2)解法一：如图，在△ADE中过M点作MG∥AD交AE于G点，在△ABE中过G点作GN∥BE交AB于N点，连接MN，
因为EM＝2MD，
所以EG＝2GA，BN＝2NA。
因为NG∥BE，NG⊄平面BCE，BE⊂平面BCE。
所以NG∥平面BCE。
同理可证，GM∥平面BCE。 ..............(8分）
因为MG∩GN＝G。
所以平面MGN∥平面BCE，
又因为MN⊂平面MGN，
所以MN∥平面BCE，
所以N点为线段AB上靠近A点的一个三等分点，...........(10分）
因为AD＝6，AB＝5，BE＝3，
所以MG＝AD＝4，NG＝BE＝1，
所以MN＝＝＝。 ...........(12分）
解法二：如图，过M点作MG∥CD交CE于G点，连接BG，在AB上取N点，使得BN＝MG，连接MN，
因为MG∥CD，EM＝2MD，
所以MG＝CD，
因为AB∥CD，BN＝MG，
所以四边形MGBN是平行四边形，
所以MN∥BG，
又因为MN⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，
所以MN∥平面BCE，
又MG＝CD，MG＝BN，所以BN＝AB，
所以N点为线段AB上靠近A点的一个三等分点。
在△CBG中，因为BC＝AD＝6，CG＝CE＝＝，cos∠BCG＝，
所以BG2＝36＋5－2×6××＝17，
所以MN＝BG＝。
- 【解答】
(1)设椭圆的标准方程为，由已知可得点的坐标为，又，则，所以
由，，故椭圆C 的方程为
................. ...........(4分）
(2) 由(1)知椭圆过点且与椭圆交于P，Q两点，故，又........................(6分）
显然直线的斜率存在，设直线的方程为
联立方程消去得
， ............................(8分）
由
令，令
当单调递增， ................. ...........(10分）
所以当时取等号
所以的最大值为，内切圆的面积的最大值为 .................. ...........(12分）
- 【解答】
(1) 函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a
①当a<0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，且f(0)＝1>0，f＝e－1<0，
所以f(x)有且只有一个零点； .................. ...........(2分）
②当a＝0时，f(x)＝ex>0恒成立，所以f(x)在R上无零点；
③当0<a<e时，令f′(x)＝0，得x＝lna；
由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(－∞，lna)；
由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为
(lna，＋∞)； .................. ...........(4分）
所以f(x)的最小值为f(lna)＝a－alna＝a(1－lna)>0，所以f(x)无零点，
综上，0≤a<e时，f(x)无零点，
当a<0时，f(x)有一个零点。................. ...........(6分）
本小问也可转化为指数函数与一次函数的交点个数，采用图像法求解，请酌情给分。
(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－lnx(x>0)，则F′(x)＝ex－，
令h(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋>0。
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，即F′(x)在(0，＋∞)上单调递增。
又F′(1)＝e－1>0，F′＝－2<0，
所以F′(x)在上存在零点x0，F′(x0)＝ex0－＝0。即x0＝－lnx0。
当x∈(0，x0)时，F′(x)<0，F(x)单调递减；
x∈(x0，＋∞)时，F′(x)>0，F(x)单调递增；
所以函数F(x)的最小值为m＝F(x0)＝ex0－lnx0
＝＋x0>2， . ................. ...........(8分）
G(x)＝ex－emlnx，G′(x)＝ex－，可得G′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为m>2，所以G′(1)＝e－em<0，
G′(m)＝em－>0，所以G′(x)在(1，m)上存在零点x1，
当x∈(0，x1)时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
x∈(x1，＋∞)时，G′(x)>0，G(x)单调递增；
所以G(x)的最小值为G(x1)＝ex1－emlnx1，
因为ex1＝，所以m＝x1＋lnx1。
又因为m＝＋ln，所以x1＝ .................. ...........(10分）
所以G(x1)＝ex1－emlnx1＝e－em·ln
＝－e＋ln·ln＝e－·e·ln
＝·e＝·e (x0＋lnx0)。
因为x0＋lnx0＝0，
所以G(x)＝ex－emlnx的最小值为G(x1)＝0。 .........................(12分）
- 【解答】
(1)因为直线的极坐标方程为ρcos＝，
即ρcosθ＋ρsinθ＝2，
所以直线的直角坐标方程为x＋y＝2.
因为曲线C的参数方程为，
所以曲线C的普通方程为，
由，消去得，，因为l与曲线C
恰有一个交点，所以，由解得
. ................. ...........(5分）
(2)由(1)知直线l的直角坐标方程为x＋y＝2.，
故曲线C上的点(cosα，sinα)到l的距离为
=，其中，
当时，则d的最大值为，
解得，
当时，则d的最大值为，
解得
故所求的值为1或-1................... ...........(10分）
- 【解答】
23. 解（1）作的图像，再将轴下方的图像翻折至轴上方，得到图像.……………………………………3分
作直线与函数交于，故不等式的解集为
……………………………………5分
（2），故.
下面只需证明：，…………………………7分
只需证明.
， ………………………8分
，故只需证明，
即证:,即证:,即证：. ………………………9分
，故原不等式恒成立。 …………………………10分
2023届江西省新余市高三下学期第二次模拟考试数学（文）试题含答案： 这是一份2023届江西省新余市高三下学期第二次模拟考试数学（文）试题含答案，共16页。试卷主要包含了已知，则与的夹角，等差数列满足，则，已知，且，则，函数的部分图象大致为，已知圆C等内容，欢迎下载使用。
2023届江西省新余市高三下学期第二次模拟考试数学（文）试题PDF版含答案： 这是一份2023届江西省新余市高三下学期第二次模拟考试数学（文）试题PDF版含答案，共13页。
2020九联考.内江高三第二次模拟考试数学（文）试题扫描版含答案： 这是一份2020九联考.内江高三第二次模拟考试数学（文）试题扫描版含答案
