“超级全能生”2021届高三全国卷地区3月联考试题：理数卷及答案

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一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
选择题评分标准：选对得分，错选，多选，不选均不得分。
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
填空评分标准：按参考答案给分，结果必须化简，完全正确，写错、未化简、多写答案、少写答案均不给分。
13．x－y＋1＝0
14.eq \f(\r(15),4)
15．－eq \f(b2,a2)
16.eq \f(4\r(6),3)
三、解答题：共70分，解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生必须作答。第22，23题为选考题，考生根据要求作答。
解答题评分标准
（1）导函数：
求单调区间过程要清楚，分类讨论各区间情况需做到无遗漏。遗漏不给分。
取值写成区间或者集合的形式，未写扣1分。
（2）选做题：
[极坐标方程]直角坐标方程转换需要过程，没有过程不得分。
[解不等式]解集要写成集合或区间，未写扣1分。
（3）具体步骤分参照答案解析，没有步骤只有答案均不给分。
（4）试题有不同解法时，解法正确即可酌情给分。
17．解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由a1＋a2＋b1＝10，b3＝S2，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3＋3＋d＋1＝10，,q2＝3＋3＋d，))
解得d＝3，q＝3(舍负)，(3分)
故an＝3＋3(n－1)＝3n(n∈N)，
bn＝3n－1(n∈N)．(5分)
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)得Sn＝eq \f(n（3＋3n）,2)＝eq \f(3n（n＋1）,2)，
所以eq \f(1,Sn)＝eq \f(2,3n（n＋1）)＝eq \f(2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，(8分)
所以Tn＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sn)
＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \f(2,3)·eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)(10分)
＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))
＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))
＝eq \f(2,3)－eq \f(2,3（n＋1）)18．解：(Ⅰ)依题意得
所以y与x具有很强的线性相关关系，可用线性回归模型拟合y与x的关系．(2分)
由题可得
所以y关于x的线性回归方程是eq \(y,\s\up6(^))＝－19x＋255.5.(4分)
(Ⅱ)由列联表可知K2＝eq \f(100×（35×40－15×10）2,50×50×45×55)≈25.253>10.828，
所以有99.9%的把握认为顾客是否喜欢香蕉与年龄有关．(6分)
(Ⅲ)由分层抽样的定义可知抽取的10人中，喜欢香蕉的人数为2，
则X的所有可能取值为0，1，2，
P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(0,2)·Ceq \\al(2,8),Ceq \\al(2,10))＝eq \f(28,45)，
P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,8),Ceq \\al(2,10))＝eq \f(16,45)，
P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,2)·Ceq \\al(0,8),Ceq \\al(2,10))＝eq \f(1,45)，(10分)
故X的分布列为
(11分)
所以E(X)＝0×eq \f(28,45)＋1×eq \f(16,45)＋2×eq \f(1,45)＝eq \f(2,5).(12分)
19．解：(Ⅰ)如图，取A1A，B1B的中点M，N，连接ME，MN，NF，EF，AC1，BC1.
因为E，F分别为A1C1，B1C1的中点，
所以在直三棱柱ABC－A1B1C1中，
EF∥A1B1∥MN∥AB.
又因为EF平面ABC1，AB平面ABC1，
所以EF∥平面ABC1.(2分)
同理可证ME∥平面ABC1.
又ME∩EF＝E，所以平面MEF∥平面ABC1，(5分)
即平面MNFE∥平面ABC1，
所以四边形ABB1A1内存在点G，即线段MN上任意一点，使平面GEF∥平面ABC1.(6分)
(Ⅱ)取AC的中点O，连接OB，OE，则在直三棱柱 ABC－A1B1C1中，OB，OC，OE两两垂直，以O为坐标原点，OB所在的直线为x轴，OC所在的直线为 y轴，OE所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
因为AB＝BC＝AC＝A1A＝2，
所以A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，C1(0，1，2)，D(0，1，1)，
则eq \(DA,\s\up6(→))＝(0，－2，－1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1，0)，eq \(AC1,\s\up6(→))＝(0，2，2)．(7分)
设平面ABC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·n＝0，,\(AC1,\s\up6(→))·n＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋y＝0，,2y＋2z＝0.))
令x＝eq \f(\r(3),3)，则y＝－1，z＝1，
所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，－1，1))，(9分)
所以cs〈eq \(DA,\s\up6(→))，n〉
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(\r(3),3)×0＋（－1）×（－2）＋1×（－1）,\r(（－2）2＋（－1）2)×\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2)＋（－1）2＋12))))
＝eq \f(\r(105),35)，(11分)
所以DA与平面ABC1所成角θ的正弦值sinθ＝|cs〈eq \(DA,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(\r(105),35).(12分)
20．解：(Ⅰ)当m＝0时，f(x)＝x－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,x＋1)，(1分)
所以当x∈(－1，0)时，f ′(x)<0，函数f(x)在(－1，0)上单调递减；(2分)
当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(3分)
综上所述，当m＝0时，函数f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(4分)
(Ⅱ)当m≤0时，令x＝1，则f(1)＝1－ln2－m>0，故 m≤0不符合题意；(5分)
当m>0时，f ′(x)＝eq \f(x,x＋1)－2mx＝eq \f(－x（2mx－1＋2m）,x＋1).
令f ′(x)＝0，得x1＝0，x2＝eq \f(1－2m,2m)>－1，(6分)
①当m≥eq \f(1,2)时，eq \f(1－2m,2m)≤0，f ′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
因此函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．(8分)
对任意的x∈(0，＋∞)，总有f(x)②当m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，eq \f(1－2m,2m)>0，
对于x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－2m,2m)))，f ′(x)>0，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－2m,2m)))上单调递增，(10分)
因此当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－2m,2m)))时，f(x)>f(0)＝0，
即x∈(0，＋∞)，f(x)<0不恒成立，故0所以m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).(12分)
21．解：(Ⅰ)由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，,\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2),a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2),b2)＝1，))(2分)
解得a＝eq \r(2)，b＝1，a2＝2，b2＝1，(3分)
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.(4分)
(Ⅱ)联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋m，)) 消去y整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.
设点E(x1，y1)，F(x2，y2)，
则Δ＝(4km)2－4(2k2＋1)(2m2－2)>0，
即2k2－m2＋1>0，x1＋x2＝－eq \f(4km,2k2＋1)，
且x1x2＝eq \f(2m2－2,2k2＋1).(6分)
由kF2E＋kF2F＝0得eq \f(kx1＋m,x1－1)＋eq \f(kx2＋m,x2－1)＝0，
化简得2kx1x2＋(m－k)(x1＋x2)－2m＝0，
即2k·eq \f(2m2－2,2k2＋1)－(m－k)eq \f(4km,2k2＋1)－2m＝0，
整理得m＝－2k，
所以x1＋x2＝eq \f(8k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(8k2－2,2k2＋1).(8分)
由Δ>0得－eq \f(\r(2),2)所以|EF|＝eq \r(1＋k2)· eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)· eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,2k2＋1)))\s\up12(2)－4×\f(8k2－2,2k2＋1))
＝eq \f(\r(1＋k2)· \r(8－16k2),2k2＋1)
＝eq \f(2\r(2＋2k2)· \r(1－2k2),1＋2k2)－eq \f(\r(2),2)令1＋2k2＝t，则eq \f(1,t)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
所以|EF|＝2eq \r(\f(2,t2)＋\f(1,t)－1)，eq \f(1,t)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
令f(t)＝2eq \r(\f(2,t2)＋\f(1,t)－1)，eq \f(1,t)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，易知函数 f(t)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，所以|EF|∈(0，2eq \r(2))．(12分)
22．解：(Ⅰ)将eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4t2，,y＝4t))(t为参数)中的参数t消去，得y2＝4x，(2分)
∴曲线C的普通方程为y2＝4x.(3分)
由2ρcsθ－ρsinθ－2＝0，得直线l：2x－y－2＝0.(5分)
(Ⅱ)解法一：联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,2x－y－2＝0，)) 消去y得x2－3x＋1＝0，(6分)
Δ＝(－3)2－4×1×1＝5>0.
设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝3.(7分)
由于直线l恰好过抛物线y2＝4x的焦点，
∴|MN|＝x1＋x2＋2＝5.(8分)
∵坐标原点O到直线l的距离
d＝eq \f(|－2|,\r(22＋（－1）2))＝eq \f(2\r(5),5)，(9分)
∴S△OMN＝eq \f(1,2)|MN|·d＝eq \f(1,2)×5×eq \f(2\r(5),5)＝eq \r(5).(10分)
解法二：由(Ⅰ)可得直线l的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\f(\r(5),5)t，,y＝\f(2\r(5),5)t))(t为参数)，代入抛物线y2＝4x可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(5),5)t))eq \s\up12(2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(5),5)t))，(6分)
整理得t2－eq \r(5)t－5＝0，
设M，N两点对应的参数分别为t1，t2，
∴t1＋t2＝eq \r(5)，t1t2＝－5，(7分)
∴|MN|＝|t1－t2|＝eq \r(（t1＋t2）2－4t1t2)
＝eq \r(（\r(5)）2＋4×5)＝5.(8分)
∵坐标原点O到直线l的距离
d＝eq \f(|－2|,\r(22＋（－1）2))＝eq \f(2\r(5),5)，(9分)
∴S△OMN＝eq \f(1,2)|MN|·d＝eq \f(1,2)×5×eq \f(2\r(5),5)＝eq \r(5).(10分)
解：(Ⅰ)当a＝1时，由不等式g(x)－f(x)－eq \f(1,2)>0得|x－2|－|x－1|>eq \f(1,2)，(1分)
当x≤1时，2－x－(1－x)>eq \f(1,2)，得1>eq \f(1,2)，∴x≤1；(2分)
当1eq \f(1,2)，即3－2x>eq \f(1,2)，解得x当x≥2时，(x－2)－(x－1)>eq \f(1,2)，得－1>eq \f(1,2)，不成立，此时不等式无解．(4分)
综上，不等式g(x)－f(x)－eq \f(1,2)>0的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x<\f(5,4))))).(5分)
(Ⅱ)解法一：由题可得a2＋b2＝g(4)＝|4－2|＝2，c2＋d2＝1，(6分)
∴(ac＋bd)2＝(ac)2＋2abcd＋(bd)2(7分)
≤(ac)2＋(bd)2＋(ad)2＋(bc)2
＝(a2＋b2)(c2＋d2)＝2，
∴ac＋bd≤eq \r(2).(8分)
∵a，b，c，d都为正数，
∴当且仅当a＝b＝1，c＝d＝eq \f(\r(2),2)时，等号成立，(9分)
∴ac＋bd≤eq \r(2).(10分)
解法二：由题可得a2＋b2＝g(4)＝|4－2|＝2，c2＋d2＝1，(6分)
由柯西不等式得(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，(7分)
∴2≥(ac＋bd)2.(8分)
∵a，b，c，d都为正数，
∴当且仅当a＝b＝1，c＝d＝eq \f(\r(2),2)时，等号成立，(9分)
∴ac＋bd≤eq \r(2).(10分)eq \a\vs4\al(1)
eq \a\vs4\al(2)
eq \a\vs4\al(3)
eq \a\vs4\al(4)
eq \a\vs4\al(5)
eq \a\vs4\al(6)
eq \a\vs4\al(7)
eq \a\vs4\al(8)
eq \a\vs4\al(9)
eq \a\vs4\al(10)
eq \a\vs4\al(11)
eq \a\vs4\al(12)
C
D
B
C
B
B
D
A
B
B
A
A
X
0
1
2
P
eq \f(28,45)
eq \f(16,45)
eq \f(1,45)