2021届高三湖北十一校第一次联考数学试题答案

数学答案

1．B 2．A 3．B 4．C 5．C 6． C 7．A 8．C 9．AB 10．ABC 11．BD 12．AC 1．B 由题意知：Ay|0y2，Bx|x1,x1， 所以

RBBx|1x1，所以ARBx|0x1

2．A z42i13i，则z13i，zz13i13i10． 1i11，所以a0，0b1，c1，所以abc． 3h3h，

tan303．B 因为04．C 设山OT的高度为h，在Rt△AOT中，TAO30，AO在Rt△BOT中，TBO60，BOh3h，

sin603在△AOB中，AOB81.721.760，

由余弦定理得，AB2AO2BO22AOBOcos60； 即1403h221231h23hh， 332化简得h2332021； 1402；又h0，所以解得h14077即山OT的高度为2021（米）． 5．C 依题意，S55a355Sn3．故选：C． 是等差数列，则数列an为等差数列，则S9a93n956．C 对于①，若，由l得到直线l，所以lm；故①正确；

，则l与m的位置关系不确定；

对于②，若，直线l在内或者l对于③，若lm，则m，由面面垂直的性质定理可得；故③正确；

对于④，若lm，则与可能相交；故④错误； 所以C选项是正确的． 7．A 由题意可知：ab4ab，又ab2ab，所以4ab2ab，可得ab当a4，b11；但ab，44111时，4矛盾；故选A 16ab8．C 正四面体外接球问题，所需要材料即为正四面体外接球体积与正四面体体积差。正四面体的

棱长为a，则正四面体的高为

36a6a6a，外接球半径为，内切球半径为．所以3D打印3412461123663233aaaaπa的体积为：Vπ，又a486，所以323812432V36π83113.0413.8499.2，故选C

9．AB 由表中数据，计算得x1123453，所以y4535140，于是得55096a185227700，解得a142，故A正确；由回归方程中的x的系数为正可知，y与x正相关，且其相关系数r0，故B正确，C错误；12月份时，x7，y320部，故D

错误．

x2y21，当点P为短轴顶点时，FPM最大，△FPM的面积最大，此时10．ABC 由椭圆

2516tanFPM24，此时角为锐角，故A正确、D错误；椭圆上的动点P，acPF1ac，7即有2PF18，又椭圆上至少有21个不同的点P,2,3,ii1，FP1，FP2，FP3，…

组成公差为d的等差数列，所以FP2，FP1最大值8，B正确；设FP1，FP3，…组成的等差数列为an，公差d0，则a12，an8，又d所以0dana1663，所以d，n1n12111033，所以d的最大值是，故C正确。 1010ππ3π2cosx，在,单调递减，所以

44411．BD ycoversinxversinxcosxsinxA错误；因为

coversinx1tanx2，则coversin2xversin2xcos2xsin2xversinx1cos2xsin2x2sinxcosx1tan2x2tanx7，即，所以B正确；对C：fx222cosxsinx1tanx5ππππversin2020xcoversin2020x2cos2020xsin2020x23636π2sin2020x，所以则fx的最大值4．

6ππversin1cos1sincoversin，故D正确。

22exex12．AC 若fxeax有3个零解，即ya与gx2有三个交点，若gx2，则

xxx2xexx2ex2xxex2gx则gx在,0上单调递增，在区间内的值域为0,，44xxe2gx在0,2上单调递减，在2,上单调递增，在此区间内的值域为,故ya与

4exe2gx2有三个交点，则a，故A正确

x4若aeexx，则fxexx2，fxeex，fxee，则fx在,1上单调22递减，在1,上单调递增，则fxmaxf10，故fx在R上单调递减，故B错误 若a11，则fxexx2，此时fx仅有1个零点x0，且x00，又221112118e，则，1xe0022228e212e2f1e110，f22e故C正确

若a1，则fxex，当x1时，f1e11x221e0，故D错误 e13．

414 由题意ab，又kab与2ab垂直，所以kab2ab0，所以k 52514．1, fx为奇函数且为增函数，fxf2x30 即为fxf32x；所以x32x，所以x1 15．

212 分类：（1）物理（历史）大类中有两门相同的方法：C4A324，共48种； 522（2）物理和历史两大类间有两门相同的方法：C4A212；所以在6门选考科目恰有两门科目

共60种；所以均选择物理的概率为

242 60516．2a,43a 由曲线的性质可得：△AF1F2、△BF1F2的内心M、N在直线xa上，设C3ππ，且MNMENE，在Rt△MF2E32的右顶点为E，直线AB的倾斜角为，则中，NF2E2，NEcatan2，

则MNMENEcatanπtan

222cossin2caπ1π22caca sin32sincossincos2222又e2，即c2a，故2aMN43a 33317．（1）证明：sinAB，sinAcosBcosAsinB，

551又sinAcosBcosAsinB

5sinAcosB21，cosAsinBtanA2tanB ····································· 5分 5543，tanAB 54（2）解：由（1）知cosAB即：

tanAtanB3，将tanA2tanB代入上式并整理得：2tan2B4tanB10

1tanAtanB462，tanA2tanB62． 2又因为B为锐角，tanB0，所以解得tanB ····································································································· 7分

CDCD23CD6， 设AB上的高为CD，则ABADDBtanAtanB62得CD262，

故AB边上的高为262． ···························································· 10分

18．（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为qq0，

2203q32d由题得20b3a3a5b2，即

2034d3q解得d2，q3，所以，an2n1，bn3n； ····································· 6分 （Ⅱ）（1），cn11111nnn1bn33则anan12anan12n12n3111n32anan1Snc1c21111111cn3322a1a22a2a3nn313313111111

2a1an113232n343n13n ·故Sn································································ 12分 2n54（2），cnanbn2n13n；

Snc1c2cn335322n13n，①

3Sn3325332n13n1，②

23n2n13n1，

由①-②，得2Sn32232233即Snn3n1 ··················································································· 12分 （3）cn2an322n41111 n1nn1anan1bn12n12n33anbnan1bn12n132n33cn1111a1b1a2b2a2b2a3b31111 anbnan1bn1a1b1an1bn1则Snc1c2故Sn11 ······································································· 12分 92n33n119．解：因为直三棱柱ABCA1B1C1，所以AA1平面ABC，因为

AB,AC平面ABC，所以AA1AB，AA1AC，又因为

BAC90，

所以建立分别以AB，AC，AA1为x，y，z轴的空间直角坐标系

Axyz．

（1）设a1，则ABAC1，AA1，各点的坐标为A0,0,0，

2E1,0,，A10,0,，F0,1,．

33AE1,0,，A1F0,1,． ····················································· …2分

33因为AEA1F129，AEA1F29，

又异面直线AE与A1F所成角的大小为

， 3所以COSAE,A1F122991．所以3． ··································· …6分 2b2bb2b（2）因为Ea,0,，F0,a,．AEa,0,，AF0,a,

3333设平面AEF的法向量为n1x,y,z，则n1AE0，且n1AF0． 即axbz2bz0，且ay0． 33b2bb3，y．又， 3a3aa2令z1，则x2b1b所以n1,,1,1,1是平面AEF的一个法向量．

3a3a22bb1同理，n2,,11,,1是平面A1EF的一个法向量． ···················· 10分

3a3a2所以n1n20，所以平面AEF平面A1EF， 当

3时，二面角AEFA1的大小为 ··········································· 12分 2220．解：（1）根据所给的表格中的数据和题意写出

x3 Q1xgxxfx144x10x0 ································· 2分

3x3同理可得：Q2xgxxfx81x10x0 ·························· 4分

3x3 Q3xgxxfx50x10x0 ·································· 6分

3x3（2）由期望定义可知E0.4Q1x0.4Q2x0.2Q3x100x10x0

3 ····································································································· 8分

x3（3）可知E是产量x的函数，设hx100x10x0

3则hxx2100x0， ······························································· 10分 令hx0，则x10．

由题意及问题的实际意义可知，当x10时，hx取得最大值，即E最大时的产量

为10． ·························································································· 12分 21．（1）将yx2代入y22px，得x22px 化简得：x242px40

所以x1x24，x1x242p；························································ …2分 因此：y1y2x12x22x1x22x1x244p 又OAOB，所以x1x2y1y20；得p1，

抛物线的方程y22x ········································································ 5分

2y02y12y22,y0，,y1，,y2，由C、M、（2）证明：设M、E、F坐标分别是222E共线，得y0y12y0y18，所以y1同理：由D、M、F共线，得y22y08 y028 ·················································· 8分 y0所以直线EF的方程为：y1y2yy1y22x ········································ 10分 将y12y088，y2代入直线EF方程得2x2yy0244x82y80，所

y0y02xy0以4x0，方程组有解xy4，所以直线EF恒过定点4,4 ············ 12分 2y8022．解：（1）fx定义域0,，fx11ax axx则当a0时fx在0,为增函数； ················································· 2分

11当a0时fx在0,为增函数，在,为减函数 ··························· 4分

aa（2）证明：（ⅰ）原不等式等价于得，ax2x1lnx2lnx1则a则

x1x21，因为ax1lnx1①ax2lnx2②由②-①2alnx2lnx1，

x2x1xxx2x1x1x21 等价于122lnx2lnx12a因为x2x10所以lnx2lnx10即证lnx2lnx1x221xx等价于ln210

xx112x12x2x1③

x1x2设t2t1x2，t1设gtlnt，t1 x11t2t112gt0 ③等价于gt0，22t1ttt1x221xxgt在1,上为增函．ln210

xx112x1gtg10，即（ⅱ）设hxx1x21···························································· 8分  ·

2alnx1lnx，则hx 2xx所以hx在0,e上递增，在e,上递减 因为ahx有两个不相等的实根，则0a1且1x1ex2 e11x对x0,1恒成立 x易知lnxx1对x0,11,恒成立，则lnax11lnx11lnx1e1，因为x10，所以ax122x1e0 ex111ea11ea或x1 aaaa又因为a0，44ae0，所以x1因为0x1e且0a11ea1，所以x1

aaex1x2111eax1x21因为x1，所以 2aaa2a即x2x121ea ·········································································· 12分 a