2021“超级全能生”高三全国卷地区4月联考试题（乙卷）数学（理）PDF版含解析

“超级全能生”2021高考全国卷地区4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。

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　

15．6　

16．5 184平方米　

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)设数列{an}的首项为a1，公比为q，

∵3(a1＋a3)＝S4＝a1＋a2＋a3＋a4，

∴(q－2)(q2＋1)＝0，∴q＝2.(2分)

∵a1，a3＋1，a4成等差数列，

∴a1＋a4＝2(a3＋1)，∴a1＝2，(4分)

∴an＝2n.(5分)

(Ⅱ)由(Ⅰ)知bn＝2n×log22n＋1＝(n＋1)·2n，(6分)

则Tn＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)·2n，

2Tn＝2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n＋1)·2n＋1，(8分)

两式相减得－Tn＝22＋22＋23＋24＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1＝－n·2n＋1，

∴Tn＝n·2n＋1.(10分)

∵Tn＝n·2n＋1>2 021，∴n≥8，

∴n的最小值为8.(12分)

18．解：(Ⅰ)根据2×2列联表中的数据，

可得K2＝＝≈12.218>6.635，(4分)

因此能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为播放背景音乐对促进消费者消费有效果．(6分)

(Ⅱ)X的所有可能取值为0，1，2，3，

P(X＝0)＝＝；

P(X＝1)＝＝；

P(X＝2)＝＝；

P(X＝3)＝＝，(8分)

所以随机变量X的分布列为

(10分)

所以随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.(12分)

19．解：(Ⅰ)证明：由题可得到四棱锥P－EBCD如图所示，连接EF，CE.

易知BE＝CD，且BE∥CD，

所以四边形BCDE是平行四边形．

又BC＝CD＝2，所以四边形BCDE是菱形，

所以DE＝PD＝PE＝2，所以△PDE是等边三角形，

则∠DPE＝∠EBC＝60°，

易知△CDE是等边三角形．(3分)

连接BD交EC于点G，连接FG，则点G为BD的中点，所以FG是△PBD的中位线，则FG∥PB.

因为FG平面CEF，PB平面CEF，

所以PB∥平面CEF.(5分)

　(Ⅱ)如图，设DE的中点为点O，连接OP，OC，OB，EC，则OP⊥DE，OC⊥DE.

在△OBE中，OE＝1，BE＝2，∠BEO＝120°，

由余弦定理得OB＝＝.

在△POB中，OP＝.

因为OP2＋OB2＝PB2，所以OP⊥OB.

又DE∩OB＝O，所以OP⊥平面BCDE，

所以OP，OE，OC两两垂直，则以点O为坐标原点，OE，OC，OP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，(6分)

则C(0, ，0)，E(1，0，0)，F，

＝(1，－，0)，＝.(8分)

设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)，

则 解得

令y＝1，得x＝，z＝3，所以m＝(，1，3)．

由题可知平面CDE的一个法向量为n＝(0，0，1)．(10分)

设二面角D－CE－F的平面角为α，且由图可知α为锐角，

则cosα＝＝＝.(12分)

20．解：(Ⅰ)解法一：f ′(x)＝mex－1，

当m<0时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，不可能有两个零点，不符合题意；

当m＝0时，f(x)＝－x，有一个零点，不符合题意；

当m>0时，令f ′(x)＝0，则mex－1＝0，ex＝>0，解得 x＝ln，(2分)

当x<ln时，f ′(x)<0，f(x)为减函数；

当x>ln时，f ′(x)>0，f(x)为增函数，

所以当x＝ln时，f(x)有极小值也是最小值，且 f(x)min＝f＝1－ln.

因为f(x)有两个零点，

所以f＝1－ln<0，

即ln>1，即>e，解得0<m<，(4分)

此时，f(0)＝m>0，f(1)＝me－1<0，

所以0<x1<1.

因为ln<2ln＝ln，

f＝－2ln＝2，

易知当x>0时恒有x－lnx>0，所以f>0，

所以ln<x2<2ln，且符合x1<x2，

所以m的取值范围为.(5分)

解法二：令f(x)＝mex－x＝0，

因为ex>0，所以m＝.(2分)

令φ(x)＝，则φ′(x)＝，

令φ′(x)＝0，解得x＝1，

当x<1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；

当x>1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，

故当x＝1时，φ(x)有极大值也是最大值，且 φ(x)max＝.(4分)

当x<0时，φ(x)<0，当x＝0时，φ(x)＝0，当x>0时，φ(x)>0，

所以当0<m<时，f(x)＝mex－x＝0有两个零点，

所以m的取值范围为.(5分)

(Ⅱ)因为f(x1)＝mex1－x1＝0，x1>0，

f(x2)＝mex2－x2＝0，x2>0，

所以mex2－mex1＝x2－x1，ex2－x1＝，

所以x2－x1＝ln.(7分)

又因为当x2≥4x1时，不等式x1(mex2－mex1)<(1－3a)x1＋ax2恒成立，

所以x1ln<(1－3a)x1＋ax2，

ln<a－3a＋1.

令t＝，

因为x2≥4x1，所以t≥4，

则lnt<(t－3)a＋1，

所以a>对t≥4恒成立．

令g(t)＝，

则g′(t)＝

＝.(10分)

令h(t)＝2t－tlnt－3，则h′(t)＝1－lnt，

当t≥4时，h′(t)<0，

所以h(t)在[4，＋∞)上单调递减，

h(t)≤h(4)＝5－4ln4<0，

所以g′(t)<0，g(t)在[4，＋∞)上单调递减，

g(t)≤g(4)＝2ln2－1，所以a>2ln2－1.(12分)

21．解：(Ⅰ)因为F，K，所以|KF|＝p.

由题意得直线AB的斜率不为0，

设直线AB：x＝my＋，代入y2＝2px(p>0)，

消去x得y2－2pmy－p2＝0，Δ>0成立．

设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1·y2＝－p2.(2分)

因为S△KAF＝2S△KBF，所以y1＝－2y2，

所以y2＝－p.

又S△KBF＝×p×(－y2)＝，所以p＝2，

所以抛物线E的标准方程为y2＝4x.(5分)

(Ⅱ)假设存在点M(a，0)，使得|MP||NQ|＝|MQ|·|NP|恒成立．

设直线l：x＝ny＋3，代入y2＝4x消去x得y2－4ny－12＝0，Δ>0成立．

设点P(x3，y3)，Q(x4，y4)，

则y3＋y4＝4n，y3·y4＝－12，(7分)

所以kMP＋kMQ＝＋

＝

＝

＝

＝.

当a＝－3时，kMP＋kMQ＝0，

所以kMP＝－kMQ，(9分)

即∠PMN＝∠QMN，所以点N到直线MP和直线MQ的距离相等，

所以＝.

又因为＝，

所以＝，

所以|MP||NQ|＝|MQ||NP|恒成立，(11分)

所以存在定点M(－3，0)，使得|MP||NQ|＝|MQ|·|NP|恒成立．(12分)

22．解：(Ⅰ)将(α为参数)中的参数α消去，得x2＋y2＝4，(2分)

把x2＋y2＝ρ2代入上式得ρ2＝4，

因此曲线C的极坐标方程为ρ＝2.(3分)

把x＝ρcosα，y＝ρsinα代入直线l的直角坐标方程 x－y＋2＝0 中，得直线l的极坐标方程为ρcosα－ρsinα＋2＝0.(5分)

(Ⅱ)由(Ⅰ)知曲线C是以(0，0)为圆心，R＝2为半径的圆，令点P(2cosθ，2sinθ)，

则坐标原点O及点P到直线l的距离分别为d＝＝，h＝，

∴|AB|＝2＝2＝2，(7分)

∴S△ABP＝|AB|h

＝×2×

＝.(8分)

∵θ＋∈，

∴≤2＋2，(9分)

∴△ABP面积的最大值为2＋2.(10分)

23．解：(Ⅰ)f(x)＝|x－2|－|x＋1|

＝(2分)

f(x)＋2<0等价于 或

或 解得x∈，<x<2，x≥2，(4分)

所以不等式f(x)＋2<0的解集为 (5分)

(Ⅱ)由(Ⅰ)知f(x)＝|x－2|－|x＋1|

＝

作出函数f(x)的图象如图所示，

由图可知－3≤f(x)≤3.(8分)

因为对任意的x∈R，有f(x)≤m2＋2m恒成立，

所以m2＋2m≥3，(9分)

解得m≥1或m≤－3，

因此m的取值范围为(－∞，－3]∪[1，＋∞)．(10分)