2021“超级全能生”高三全国卷地区3月联考试题（丙卷）数学（理）PDF版含解析

“超级全能生”2021高考全国卷地区3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。

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．x－y＋1＝0　

14.　

15．－　

16.　

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)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.

由a1＋a2＋b1＝10，b3＝S2，得

解得d＝3，q＝3(舍负)，(3分)

故an＝3＋3(n－1)＝3n(n∈N)，

bn＝3n－1(n∈N)．(5分)

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)得Sn＝＝，

所以＝＝·，(8分)

所以Tn＝＋＋…＋

＝＋＋…＋·－(10分)

＝

＝

＝－<.(12分)

18．解：(Ⅰ)依题意得

所以y与x具有很强的线性相关关系，可用线性回归模型拟合y与x的关系．(2分)

由题可得

所以y关于x的线性回归方程是＝－19x＋255.5.(4分)

(Ⅱ)由列联表可知K2＝≈25.253>10.828，

所以有99.9%的把握认为顾客是否喜欢香蕉与年龄有关．(6分)

(Ⅲ)由分层抽样的定义可知抽取的10人中，喜欢香蕉的人数为2，

则X的所有可能取值为0，1，2，

P(X＝0)＝＝，

P(X＝1)＝＝，

P(X＝2)＝＝，(10分)

故X的分布列为

(11分)

所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝.(12分)

19．解：(Ⅰ)如图，取A1A，B1B的中点M，N，连接ME，MN，NF，EF，AC1，BC1.

　因为E，F分别为A1C1，B1C1的中点，

所以在直三棱柱ABC－A1B1C1中，

EF∥A1B1∥MN∥AB.

又因为EF平面ABC1，AB平面ABC1，

所以EF∥平面ABC1.(2分)

同理可证ME∥平面ABC1.

又ME∩EF＝E，所以平面MEF∥平面ABC1，(5分)

即平面MNFE∥平面ABC1，

所以四边形ABB1A1内存在点G，即线段MN上任意一点，使平面GEF∥平面ABC1.(6分)

(Ⅱ)取AC的中点O，连接OB，OE，则在直三棱柱 ABC－A1B1C1中，OB，OC，OE两两垂直，以O为坐标原点，OB所在的直线为x轴，OC所在的直线为 y轴，OE所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.

因为AB＝BC＝AC＝A1A＝2，

所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C1(0，1，2)，D(0，1，1)，

则＝(0，－2，－1)，＝(，1，0)，＝(0，2，2)．(7分)

设平面ABC1的法向量为n＝(x，y，z)，

则 即

令x＝，则y＝－1，z＝1，

所以n＝，(9分)

所以cos〈，n〉

＝

＝，(11分)

所以DA与平面ABC1所成角θ的正弦值sinθ＝|cos〈，n〉|＝.(12分)

20．解：(Ⅰ)当m＝0时，f(x)＝x－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f ′(x)＝1－＝，(1分)

所以当x∈(－1，0)时，f ′(x)<0，函数f(x)在(－1，0)上单调递减；(2分)

当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(3分)

综上所述，当m＝0时，函数f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(4分)

(Ⅱ)当m≤0时，令x＝1，则f(1)＝1－ln2－m>0，故 m≤0不符合题意；(5分)

当m>0时，f ′(x)＝－2mx＝.

令f ′(x)＝0，得x1＝0，x2＝>－1，(6分)

①当m≥时，≤0，f ′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，

因此函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．(8分)

对任意的x∈(0，＋∞)，总有f(x)<f(0)＝0，故 m≥符合题意；(9分)

②当m∈时，>0，

对于x∈，f ′(x)>0，

故f(x)在上单调递增，(10分)

因此当x∈时，f(x)>f(0)＝0，

即x∈(0，＋∞)，f(x)<0不恒成立，故0<m<不符合题意，

所以m的取值范围为.(12分)

21．解：(Ⅰ)由题意得(2分)

解得a＝，b＝1，a2＝2，b2＝1，(3分)

所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(4分)

(Ⅱ)联立 消去y整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.

设点E(x1，y1)，F(x2，y2)，

则Δ＝(4km)2－4(2k2＋1)(2m2－2)>0，

即2k2－m2＋1>0，x1＋x2＝－，

且x1x2＝.(6分)

由kF2E＋kF2F＝0得＋＝0，

化简得2kx1x2＋(m－k)(x1＋x2)－2m＝0，

即2k·－(m－k)－2m＝0，

整理得m＝－2k，

所以x1＋x2＝，x1x2＝.(8分)

由Δ>0得－<k<，

所以|EF|＝·

＝·

＝

＝－<k<.(10分)

令1＋2k2＝t，则∈，

所以|EF|＝2，∈.

令f(t)＝2，∈，易知函数 f(t)在上单调递增，所以|EF|∈(0，2)．(12分)

22．解：(Ⅰ)将(t为参数)中的参数t消去，得y2＝4x，(2分)

∴曲线C的普通方程为y2＝4x.(3分)

由2ρcosθ－ρsinθ－2＝0，得直线l：2x－y－2＝0.(5分)

(Ⅱ)解法一：联立 消去y得x2－3x＋1＝0，(6分)

Δ＝(－3)2－4×1×1＝5>0.

设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝3.(7分)

由于直线l恰好过抛物线y2＝4x的焦点，

∴|MN|＝x1＋x2＋2＝5.(8分)

∵坐标原点O到直线l的距离

d＝＝，(9分)

∴S△OMN＝|MN|·d＝×5×＝.(10分)

解法二：由(Ⅰ)可得直线l的参数方程为(t为参数)，代入抛物线y2＝4x可得＝4，(6分)

整理得t2－t－5＝0，

设M，N两点对应的参数分别为t1，t2，

∴t1＋t2＝，t1t2＝－5，(7分)

∴|MN|＝|t1－t2|＝

＝＝5.(8分)

∵坐标原点O到直线l的距离

d＝＝，(9分)

∴S△OMN＝|MN|·d＝×5×＝.(10分)

解：(Ⅰ)当a＝1时，由不等式g(x)－f(x)－>0得|x－2|－|x－1|>，(1分)

当x≤1时，2－x－(1－x)>，得1>，∴x≤1；(2分)

当1<x<2时，－(x－2)－(x－1)>，即3－2x>，解得x<，∴1<x<；(3分)

当x≥2时，(x－2)－(x－1)>，得－1>，不成立，此时不等式无解．(4分)

综上，不等式g(x)－f(x)－>0的解集为.(5分)

(Ⅱ)解法一：由题可得a2＋b2＝g(4)＝|4－2|＝2，c2＋d2＝1，(6分)

∴(ac＋bd)2＝(ac)2＋2abcd＋(bd)2(7分)

≤(ac)2＋(bd)2＋(ad)2＋(bc)2

＝(a2＋b2)(c2＋d2)＝2，

∴ac＋bd≤.(8分)

∵a，b，c，d都为正数，

∴当且仅当a＝b＝1，c＝d＝时，等号成立，(9分)

∴ac＋bd≤.(10分)

解法二：由题可得a2＋b2＝g(4)＝|4－2|＝2，c2＋d2＝1，(6分)

由柯西不等式得(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，(7分)

∴2≥(ac＋bd)2.(8分)

∵a，b，c，d都为正数，

∴当且仅当a＝b＝1，c＝d＝时，等号成立，(9分)

∴ac＋bd≤.(10分)