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

这是一份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，文件包含二模文科数学答案docx、新余市2020-2021学年高三第二次模拟考试数学文科试卷pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。
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－a①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