2021“超级全能生”高三全国卷地区5月联考试题（丙卷）数学（理）PDF版含解析

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“超级全能生”2021高考全国卷地区5月联考丙卷数学理科答案及评分标准 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。DBDBBDCCDABA 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。4　14．64　15. 　16．∪[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：[坐标系与参数方程]极坐标方程转化为参数方程时需要过程，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)由△ABC和atanB＝4bsin(B＋C)得atanB＝4bsinA，(1分)可得asinB＝4bcosBsinA，(2分)即sinAsinB＝4sinBcosBsinA.(4分)因为0<A<π，0<B<π，所以sinA≠0，sinB≠0，(5分)所以cosB＝.(6分)(Ⅱ)因为cosB＝，所以AC＝＝.(8分)因为AD＝2DC，所以AD＝，DC＝.(10分)设BD＝x，则＋＝0，(11分)解得x＝，即BD＝.(12分) 18．解：(Ⅰ)证明：因为CD∥AB，所以AD＝BC.(1分)又因为AD＝CD，所以AD＝CD＝BC.(2分)因为AB是圆O的直径，连接OD，所以∠AOD＝∠DOC＝∠COB＝60°，(3分)所以△OAD，△OCD，△OBC均为正三角形，所以∠DAO＝∠COB＝60°，(4分)所以AD∥OC.(5分)又因为OC平面CEO，AD平面CEO，所以AD∥平面CEO.(6分)(Ⅱ)以O为坐标原点，分别以CA，CB，CE所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 C－xyz. 因为CD∥AB，所以BC＝1，AC＝，∠BAC＝30°，(7分)则点A(，0，0)，B(0，1，0)，D，E(0，0，1)，(8分)所以＝(－，0，1)，＝，＝(0，－1，1)．(9分)设平面ADE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则 即 令x1＝，可得m＝(，－3，3)．(10分)设直线BE与平面ADE所成角为θ，则sinθ＝|cos〈m，〉|＝＝＝，(11分)所以直线BE与平面ADE所成角的正弦值为.(12分) 19．解：(Ⅰ)∵＝＝≈≈0.96，(2分)∴两变量之间具有较强的线性相关关系，故可用线性回归模型拟合两变量之间的关系．(3分)(Ⅱ)＝＝＝2，(4分)＝＝3.5，＝＝16，∴＝－ ＝16－2×3.5＝9，(5分)∴y关于x的线性回归直线方程为＝2x＋9.(6分)令>30，即2x＋9>30，解得x>10.5.(7分)又x∈N，∴x≥11，即从2021年7月开始，该种产品的市场占有率超过30%.(8分)(Ⅲ)设该产品平均每月利润为Z万元，则0.3×10 000－200＝2 800(万元)，0.35×10 000－200＝3 300(万元)，0.3×12 000－200＝3 400(万元)，0.35×12 000－200＝4 000(万元)，∴Z的所有可能取值为2 800，3 300，3 400，4 000，(9分)P(Z＝2 800)＝0.6×0.8＝0.48，P(Z＝3 300)＝0.6×0.2＝0.12，P(Z＝3 400)＝0.4×0.8＝0.32，P(Z＝4 000)＝0.4×0.2＝0.08，(10分)则Z的分布列如表所示Z2 8003 3003 4004 000P0.480.120.320.08(11分)故该产品平均每月利润的数学期望E(Z)＝2 800×0.48＋3 300×0.12＋3 400×0.32＋4 000×0.08＝3 148(万元)．(12分)   20．证明：(Ⅰ)当a＝4时，g(x)＝x－log4x－1(x>0)，则g′(x)＝1－＝，x>0.(1分)当x∈时，g′(x)<0，g(x)在上单调递减；当x∈时，g′(x)>0，g(x)在上单调递增．(2分)因为g(1)＝0，g＝>0，g<g(1)＝0，所以存在x0∈，使得g(x0)＝0，(3分)即g(x)存在两个零点x0，1，所以函数g(x)＝f(x)－1有两个零点．(4分)(Ⅱ)若a≥e，af(x)－e≥0等价于f(x)min≥.由题知f ′(x)＝1－＝，x>0.(5分)令f ′(x)＝0可得x＝，当x∈时，f ′(x)<0，f(x)在上单调递减；当x∈时，f ′(x)>0，f(x)在上单调递增，(6分)所以当x＝时，f(x)取得最小值，且f(x)min＝f＝＋ln(lna)．(7分)依题意只需证＋ln(lna)≥.令t＝lna(t≥1)，可得a＝et，则只需证(1＋lnt)≥，即1＋lnt≥.(8分)令φ(t)＝1＋lnt－，t≥1，则只需证φ(t)≥0(t≥1)，则φ′(t)＝－＝.当t≥1时，et－1－t≥0，(9分)所以φ′(t)≥0，所以φ(t)在[1，＋∞)上单调递增．(10分)因为t≥1，所以φ(t)≥φ(1)＝0，(11分)所以af(x)－e≥0成立．(12分) 21．解：(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c，由题意得(2分)解得(3分)所以椭圆C的方程为＋＝1.(4分)(Ⅱ)当切线l的斜率不存在时，l：x＝±1，|AB|＝2，S△OAB＝×|AB|×r＝×2×1＝1；(5分)当切线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋m.依题意得＝1，即k2＋1＝m2.(6分)联立 消去y整理得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－4＝0.显然Δ>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得x1＋x2＝－，x1x2＝，(7分)则|AB|＝· ＝· ＝· ＝· (8分)＝· ＝2· ＝2· ＝2· (9分)＝2· ≤2· ＝，当且仅当k＝±时，等号成立，(10分)此时(S△OAB)max＝.(11分)综上所述，△OAB面积的最大值为.(12分) 22．解：(Ⅰ)将ρ2＝x2＋y2，ρsinθ＝y代入ρ2－2aρsinθ＋a2－3＝0，得曲线C的直角坐标方程为x2＋(y－a)2＝3，(2分)∴曲线C的参数方程为(α为参数)．(4分)∵曲线C过坐标原点O，则a2＝3，∴a＝±.(5分)(Ⅱ)解法一：当a＝1时，曲线C的极坐标方程为 ρ2－2ρsinθ－2＝0，(6分)将θ＝代入ρ2－2ρsinθ－2＝0得ρ2－ρ－2＝0，(7分)设A，B两点对应的极径分别为ρ1，ρ2，∴ρ1＋ρ2＝1，ρ1ρ2＝－2，(8分)∴|AB|＝|ρ1－ρ2|＝＝＝3.(10分)解法二：当a＝1时，曲线C的普通方程为x2＋(y－1)2＝3，将直线l的极坐标方程θ＝化为直角坐标方程为 y＝x.(6分)联立 消去y整理得2x2－x－3＝0.(7分)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝－，(8分)∴|AB|＝|x1－x2|＝＝3.(10分) 23．解：(Ⅰ)当a＝3时，f(x)>3x＋1，即|x＋1|＋|x－3|>3x＋1，即 或 或(3分)解得x≤－1或－1<x<1或x∈∅，(4分)所以原不等式的解集为(－∞，1)．(5分)(Ⅱ)f(x)≥2a－3对任意x∈R恒成立，即f(x)min≥2a－3.(6分)因为f(x)＝|x＋1|＋|x－a|≥|1＋a|，当且仅当(x＋1)(x－a)≤0时等号成立，所以只需|1＋a|≥2a－3，(7分)即 或(8分)解得－1≤a≤4或a<－1，(9分)所以实数a的取值范围是(－∞，4]．(10分)