2021“超级全能生”高三全国卷地区4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4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。BBCDDADCADBB 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．t＝－114＝　15．84　16．(4，0)　　 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)由二倍角公式得4acsinBcosB＝2a2sinCcosC＋2c2sinAcosA，(1分)由正弦定理得2sinAsinCsinBcosB＝sin2AsinCcosC＋sin2CsinAcosA.(2分)∵A，C∈(0，π)，∴sinA≠0，sinC≠0，∴2sinBcosB＝sinAcosC＋cosAsinC，即2sinBcosB＝sin(A＋C)＝sinB.(4分)∵B∈(0，π)，∴sinB≠0，∴cosB＝，(5分)∴B＝.(6分)(Ⅱ)∵＋＋ac＝16，∴16－ac＝＋≥2ac，当且仅当a＝c＝时，等号成立，(8分)∴ac≤，(10分)故＝acsinB≤××＝，则的最大值为.(12分) 18．解：解法一：(Ⅰ)证明：设AC与BD的交点为O，取的中点F.在长方体ABCD－中，AB＝AD＝1，O为BD的中点，F为的中点，∴OF∥，且OF＝.(2分)∵在长方体ABCD－中，点E是棱的中点，∴AE∥，AE＝，∴OF∥AE，且OF＝AE，∴四边形AEFO为平行四边形，(4分)∴EF∥AO，即EF∥AC.∵EF平面，AC平面，∴AC∥平面.(6分)　  (Ⅱ)依题意，以A为坐标原点，AB，AD，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设＝a，可得点A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，C(1，1，0)，A1(0，0，a)，D1(0，1，a)，∴＝(－1，1，0)，＝(－1，0，a)，∴|cos〈，〉|＝＝＝，解得a＝3(舍负)，(7分)故点(1，0，3)，E，∴＝，＝，设平面B1DE的法向量为n＝(x，y，z)，则即不妨取z＝2，可得n＝(－3，3，2)．(8分)设平面BDE的法向量为m＝(，，)，＝，＝(－1，1，0)，∴ 即不妨取＝2，可得m＝(3，3，2)，(10分)∴|cos〈m，n〉|＝＝＝＝，∴锐二面角－ED－B的余弦值为.(12分)解法二：(Ⅰ)证明：依题意，以A为坐标原点，AB，AD，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设＝a，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，C(1，1，0)，A1(0，0，a)，D1(0，1，a)，∴＝(－1，1，0)，＝(－1，0，a)，∴|cos〈，〉|＝＝＝，解得a＝3(舍负)，(2分)故点(1，0，3)，E，∴＝，＝，＝(1，1，0)．设平面B1DE的法向量为n＝(x，y，z)，则 即不妨取z＝2，可得n＝(－3，3，2)，(4分)∴·n＝－3＋3＋0＝0，∴AC∥平面DE.(6分)(Ⅱ)设平面BDE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，由(Ⅰ)知＝，＝(－1，1，0)，∴ 即不妨取z＝2，可得m＝(3，3，2)．(8分)由(Ⅰ)知平面DE的一个法向量为n＝(－3，3，2)，∴|cos〈m，n〉|＝＝＝＝，(10分)∴锐二面角B1－ED－B的余弦值.(12分)  19．解：(Ⅰ)估计春晚评分的平均值为35×0.05＋45×0.075＋55×0.1＋65×0.3＋75×0.225＋85×0.15＋95×0.1＝69.25.(3分)(Ⅱ)由题意得2×2列联表为 45岁以下45岁以上合计满意356095不满意6540105合计100100200＝≈12.531>10.828，所以有99.9%的把握认为观众的满意度与年龄分布有关．(7分)(Ⅲ)根据分层抽样，可知抽取的10人中，满意的观众有×10＝6(人)，不满意的观众有×10＝4(人)，设获得参与奖励的不满意的观众人数为X，则X的所有可能取值为0，1，2，3，(8分)且P(X＝0)＝＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝＝，P(X＝3)＝＝＝，(10分)所以X的分布列为X0123P(11分)所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.(12分) 20．解：(Ⅰ)由题可知f ′(x)＝2ax－(x>0)．因为函数f(x)在(1，f(1))处的切线与直线6x－y＋8＝0平行，所以f(x)在(1，f(1))处的切线斜率k＝f ′(1)＝2a－2＝6，解得a＝4，(2分)此时f(x)＝4x2－2lnx，x∈(0，＋∞)，f ′(x)＝8x－＝.由f ′(x)>0可得x>，由f ′(x)<0可得0<x<，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(4分)(Ⅱ)因为不等式f(x)－g(x)≥0在x∈(0，＋∞)恒成立，所以f(x)－g(x)＝a＋2(a－1)x－2lnx－2≥0在x∈(0，＋∞)恒成立，即a(＋2x)≥2lnx＋2x＋2在x∈(0，＋∞)恒成立．因为x>0，所以a≥，即a≥在(0，＋∞)上恒成立．(6分)设h(x)＝，则h′(x)＝－，令p(x)＝x＋2lnx，易知p(x)在(0，＋∞)上单调递增，(8分)p(1)＝1>0，p＝＋2ln＝－2ln2＝－ln4<0，所以p(x)在上存在唯一零点x0，即p()＝＋2ln＝0，x0∈，所以当0<x<时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x>时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(x0)＝＝＝，(10分)所以a≥.又∈(1，2)，所以a的最小整数值为2.(12分) 21．解：(Ⅰ)根据题意设点F1(－c，0)，F2(c，0)，所以|M|＝，|M|＝.在△F1MF2中，cos∠F1MF2＝＝＝，整理得2c4－29c2＋50＝0，解得＝2或.由于||<4，故＝2.(2分)又因为椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点M(， )，所以＋＝1.又a2＝b2＋c2，解得b2＝4，a2＝6，所以椭圆E的标准方程为＋＝1.(4分)(Ⅱ)当直线的斜率不存在时，直线的方程为 x＝－，直线l2的方程为y＝0，此时|AB|＝，|CD|＝2，|AB|＋|CD|＝；(6分)同理可得当直线l1的斜率存在且为0时，|AB|＋|CD|＝；当直线l1的斜率存在时，设直线的方程为y＝k(x＋)，k≠0，点A(，)，B(，)，联立直线与椭圆E的方程 消去y整理得(3k2＋2)x2＋6k2x＋6k2－12＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝，所以|AB|＝· ＝.(8分)易得直线l2的方程为y＝－(x＋)，同理得|CD|＝，所以|AB|＋|CD|＝＋＝.(10分)令1＋k2＝t，t>1，则|AB|＋|CD|＝＝＝ 由于6＋－＝－＋∈，所以|AB|＋|CD|＝∈.综上，|AB|＋|CD|∈.(12分) 22．解：(Ⅰ)曲线C1的参数方程为(t为参数)，消去参数t得x＝－1＋(y－2)，故曲线C1的普通方程为x－y＋1＋2＝0.(2分)将曲线C2的参数方程(θ为参数)化为普通方程得(x＋1)2＋(y－0)2＝r2，其圆心为C(－1，0)，半径为r.设圆心C(－1，0)到直线x－y＋1＋2＝0的距离为d，则d＝＝.(3分)因为直线与圆相交于A，B两点，对应弦长|AB|＝2＝2，则r2－d2＝3.又因为d2＝3，所以r2＝6，(4分)故曲线C2的直角坐标方程为(x＋1)2＋y2＝6，展开得x2＋y2＋2x－5＝0，故曲线C2的极坐标方程为ρ2＋2ρcosθ－5＝0.(5分)(Ⅱ)曲线C1的参数方程为(t为参数)，代入曲线C2的直角坐标方程x2＋y2＝－2x＋5，得t2＋2t－2＝0，设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，则t1＋t2＝－2，t1t2＝－2，(7分)＋＝＋＝＝＝＝.(10分) 23．解：(Ⅰ)由题意得f(x)＝(2分) ① 解得x≥2；② 解得≤x<2；③ 解集为空集．综上，f(x)≥－2x＋的解集为.(5分)(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知f(x)≥－2x＋解集中元素数值的最小值m＝，∴2m＝3，故a＋b＋c＝3，∴(3－a)＝b＋c，(3－b)＝a＋c，(3－c)＝a＋b.∵9－3b－ac－a2＝3(3－b)－a(a＋c)＝3(3－b)－a(3－b)＝(3－b)(3－a)，∴(9－3b－ac－a2)(a＋b)＝(3－a)(3－b)(3－c)＝(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥2·2·2＝8abc，(7分)当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立，即(9－3b－ac－a2)(a＋b)≥8abc.(10分)