2021“超级全能生”高三全国卷地区3月联考试题（乙卷）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3月联考乙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。 DDBAACBACCAC 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. 　14．1　15.　16．(3＋2)π　 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)在△ABD中，∠A＝∠BDC－∠ABD.由cos∠BDC＝，sin∠ABD＝得sin∠BDC＝，cos∠ABD＝，(2分)所以sinA＝sin(∠BDC－∠ABD)＝sin∠BDC·cos∠ABD－cos∠BDC·sin∠ABD＝×－×＝.(4分)因为AB＝2DC＝2，所以三角形ABC的面积S＝·AB·AC·sinA＝×2×2×＝.(6分)(Ⅱ)S＝AB·AC·sinA＝AB2·sinA＝2，所以AB2＝，所以AD2＝＝.(8分)在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcosA＝＋－＝，(10分)即BD2sinA＋4cosA＝sin(A＋φ)＝5，其中tanφ＝.又sin(A＋φ)＝≤1，即 ≥5，(11分)解得BD≥，所以BD的最小值为 .(12分) 18．解：(Ⅰ)证明：因为AD⊥BE，AD∥BC，所以BC⊥BE.(1分)在△ABC中，由余弦定理得AB＝＝＝2.(2分)因为AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB.(3分)又AB∩BE＝B，所以BC⊥平面ABE.(4分)又BC平面BCE，所以平面BCE⊥平面ABE.(5分)(Ⅱ)由(Ⅰ)可知EA⊥BC.又EA⊥CD，BC∩CD＝C，所以EA⊥平面ABCD.(6分)故以A为坐标原点，AD，AB，AE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 　则A(0，0，0)，B(0，2，0)，D(1，0，0)，C(2，2，0)，E(0，0，2)，＝(0，2，0)，＝(－1，2，0)，＝(2，2，－2)．因为＝，所以点F(1，1，1)，＝(1，－1，1)．(8分)设平面ABF的法向量为m＝(x，y，z)，则 即令z＝1，则x＝－1，故m＝(－1，0，1)．(9分)同理，设平面BDF的法向量为n＝(x′，y′，z′)，易得n＝(2，1，－1)，(10分)所以cos〈m，n〉＝＝＝.(11分)易知二面角A－BF－D为锐角，所以二面角A－BF－D的大小为.(12分) 19．解：(Ⅰ)过点E作抛物线C准线的垂线，垂足为D，根据抛物线的定义可得|EF|＝|ED|，于是|AE|＋|EF|＝|AE|＋|ED|，(2分)显然当A，E，D三点共线时，|AE|＋|ED|有最小值 2＋，所以2＋＝3，解得p＝2，(4分)所以抛物线C的方程为y2＝4x.(5分)(Ⅱ)证明：直线l：2x－y＋4＝0，令x＝0得y＝4，所以点B(0，4)．因为直线l1平行于直线l：2x－y＋4＝0，且过点A(2，1)，所以直线l1：2x－y－3＝0.设直线l2：x－2＝t(y－1)，代入抛物线C方程消去x得y2－4ty＋4t－8＝0，Δ＝16(t2－t＋2)>0.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4t，y1·y2＝4t－8.(7分)直线PB：y＝x＋4，直线QB：y＝x＋4，(8分)联立 解得xM＝＝.同理可求得xN＝，(9分)所以xM＋xN＝＋＝2t(2t－1)y1·y2＋[(8－2t)t＋(2t－1)(2－t)]·(y1＋y2)＋2(2－t)(8－2t)÷[(2t－1)2y1·y2＋(2t－1)(8－2t)(y1＋y2)＋(8－2t)2]×7＝＝4.(11分)因为xA＝2，所以xM＋xN＝2xA，即A是MN的中点，所以|AM|＝|AN|.(12分) 20．解：(Ⅰ)比赛进行了3场且甲晋级的情况有两类：第一类是甲胜2局没有负的情况，共两种情况分别为甲胜丙，丙对乙，乙负甲；甲胜乙，乙对丙，丙负甲，其概率为××＋××＝＝；(2分)第二类是甲胜2局负1局，共有8种情况，分别为甲胜乙，乙胜甲，甲胜乙；甲负乙，乙负甲，甲胜乙；甲胜乙，乙胜甲，甲胜丙；甲负乙，乙负甲，甲胜丙；甲胜丙，丙胜甲，甲胜乙；甲负丙，丙负甲，甲胜乙；甲胜丙，丙胜甲，甲胜丙；甲负丙，丙负甲，甲胜丙，其概率为2××2×××＋2×××＝，(4分)所以比赛进行了3场且甲晋级的概率为＋＝＝.(5分) (Ⅱ)依题意X的所有可能取值为0，1，2，由(Ⅰ)知P(X＝2)＝.(6分)当乙晋级且X＝0时，根据题意有三种情况分别是甲负乙，乙负丙，丙负乙；甲负丙，丙负乙，乙胜甲；甲负丙，丙负乙，乙胜丙，其概率为×××＋×××＋×××＝；(7分)当丙晋级且X＝0时，根据题意有三种情况分别是甲负乙，乙负丙，丙胜甲；甲负乙，乙负丙，丙胜乙；甲负丙，丙负乙，乙负丙，其概率为×××＋×××＋×××＝，(8分)所以P(X＝0)＝＋＝，(9分)所以P(X＝1)＝1－－＝，(10分)故X的分布列为 X012P(11分)则E(X)＝0×＋1×＋2×＝.(12分) 21．解：(Ⅰ)f ′(x)＝ln(1＋x)－2a(x＋1)，(1分)依题意，f(x)的定义域为(－1，＋∞)，且f ′(x)＝ln(1＋x)－2a(x＋1)≤0，即2a≥对x∈(－1，＋∞)恒成立．(2分)令g(x)＝，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，解得x＝e－1，当x∈(－1，e－1)时，g′(x)>0；当x∈(e－1，＋∞)时，g′(x)<0，所以当x＝e－1时，g(x)max＝g(e－1)＝，即g(x)有最大值.(3分)若使2a≥，只需2a≥g(x)max＝，所以a≥，故a的最小值为.(5分)(Ⅱ)证法一：由(Ⅰ)知若f(x)有两个极值点，则a<.令h(x)＝ln(1＋x)－2a(x＋1)，则h′(x)＝－2a.由h′(x)＝0，解得x＝－1，(6分)当x∈时，h′(x)>0；当x∈时，h′(x)<0，所以x＝－1是h(x)的极大值点．不妨设x1<x2，则－1<x1<－1<x2，(8分)令m(x)＝h(x)－h＝ln(1＋x)－ln－4ax－4a＋2，(9分)m′(x)＝－4a>－4a＝0，所以函数m(x)在上单调递增，于是m(x)>m＝0.因为x2>－1，所以m(x2)＝h(x2)－h>0，即h<h(x2)＝h(x1)．(10分)又－1<－2－x2<－1，由函数h(x)在上单调递增知－2－x2<x1，即x1＋x2>－2.(12分)证法二：由x1，x2是f(x)的极值点知，它们也是函数h(x)＝f ′(x)＝ln(1＋x)－2a(x＋1)的零点，于是ln(1＋x1)＝2a(1＋x1)，ln(1＋x2)＝2a(1＋x2)，两式相减得a＝.(6分)不妨设x1<x2，则a>0.要证x1＋x2>－2，即证a(x1＋x2＋2)>1，即ln·>1.'①(8分)令t＝>1，则lnt－>0.(9分)令m(t)＝lnt－(t>1)，m′(t)＝>0，(10分)所以m(t)>m(1)＝0，于是lnt－>0，故①成立，(11分)所以x1＋x2>－2.(12分)证法三：由x1，x2是f(x)的极值点知，它们也是函数h(x)＝f ′(x)＝ln(1＋x)－2a(x＋1)的零点，于是ln(1＋x1)＝2a(1＋x1)，ln(1＋x2)＝2a(1＋x2)，两式相减得＝.(9分)因为＝2·<2·＝x2＋x1＋2，(11分)所以x2＋x1＋2>，即x1＋x2>－2.(12分)22．解：(Ⅰ)由已知得曲线C： 平方后相加得＋＝1.(2分)又y＝－＋∈(－， ]，所以曲线C的普通方程为＋＝1(y≠－)．(3分)又2ρcos＝1，即ρcosθ－ρsinθ＝1，将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入即可得到直线l：x－y－1＝0.(5分)(Ⅱ)显然点A(1，0)在直线l：x－y－1＝0上，直线l的斜率为，所以倾斜角为α＝，直线l的参数方程为(t为参数)．(7分)将参数方程代入椭圆C：＋＝1得13t2＋12t－36＝0.设M，N对应的参数分别为t1，t2，由韦达定理得t1＋t2＝－，t1·t2＝－，(9分)所以|AM|·|AN|＝|t1|·|t2|＝|t1·t2|＝.(10分) 23．解：(Ⅰ)当a＝3时，f(x)＝(1分)当x≤1时，f(x)≥f(1)＝3；当x>1时，f(x)>f(1)＝3，(3分)∴f(x)≥3，∴m＝3.(5分)(Ⅱ)当x∈(－1，1)时，f(x)＝2x＋1＋a(1－x)＝(2－a)x＋a＋1.(6分)由f(x)>x2＋2得x2＋(a－2)x＋1－a<0，即(x－1)[x－(1－a)]<0.(7分)∵x∈(－1，1)，∴x－1<0，∴x>1－a，即x－1>－a.又∵x－1>－2，(8分)∴－2≥－a，即a≥2，∴实数a的取值范围是[2，＋∞)．(10分)