2021唐山高三下学期4月学业水平选择性考试第二次模拟演练（二模）数学试题扫描版含答案

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唐山市2021年普通高等学校招生统一考试第二次模拟演练数学参考答案一．选择题： 1~4．CABD 5~8．DBCD  9．BD  10．ACD  11．CD  12．ABC二．填空题： 13．；  14．；
15．y＝tanx，或y＝x－或y＝等；
16．＋2．17．解： （1）设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋，    …2分所以S4＝4a1＋6d＝24；S10＝10a1＋45d＝120，
解得a1＝3，d＝2．             …4分故Sn＝3n＋n2－n＝n2＋2n．          …5分（2）＝＝(－)，         …7分所以Tn＝＋＋＋……＋＝[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)]
＝(1＋－－)         …9分
＜(1＋)
＝．             …10分18．解：（1）＝＝18.25，         …3分＝－＝70.6375－0.25×18.25＝70.6375－4.5625＝66.075．   …6分（2）2020年对应的年份代码t＝43，         …7分M1＝＋t＝66.075＋0.25×43＝66.075＋10.75＝76.825≈76.83．  …10分从散点图的发展趋势可以得出：随着年份代码增加，人口平均预期寿命提高的越快．因此，估计M1＜M．            …12分
19．解：（1）由EF∥AD，AD＝2EF，可知延长AF，DE交于一点设为P．过P点作AB的平行线即为l，l∥AB，理由如下                                                                                                                              …1分由题意可知AB∥CD，AB平面CDE，CD平面CDE，则AB∥平面CDE．又AB平面ABF，平面ABF∩平面CDE＝l，则l∥AB．    …5分（2）法一．由底面ABCD为正方形，且平面ADEF⊥平面ABCD，得AB⊥平面ADEF， 由（1）可知l∥AB，则l⊥平面ADEF，所以∠APD即为平面ABF与平面CDE所成二面角的平面角．                                                                                                                                                                        …9分由EF∥AD，AD＝2EF，DE＝1，AF＝，得DP＝2，AP＝2，又AD＝4，则AD2＝DP2＋AP2，所以∠APD ＝90°．所以，平面ABF与平面CDE所成二面角的大小为90°．    …12分法二．由EF∥AD，AD＝2EF，DE＝1，AF＝，得DP＝2，AP＝2，又AD＝4，则AD2＝DP2＋AP2，所以∠APD＝90°，                                                                                                                …7分由题意可知，P点向平面ABCD引垂线，垂足落在AD上，设为O，则OD＝1．以O为原点，以,的方向分别为y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz．A(0，－3，0)，B(4，－3，0)，P(0，0，)，则＝(4，0，0)，＝(0，3，)，设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，
由·m＝0，·m＝0得可取m＝(0，1，－)，           …9分D(0，1，0)，C(4，1，0)，则＝(4，0，0)，＝(0，－1，)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，同理可得n＝(0，，1)，  …11分因为m·n＝0，所以平面PAB⊥平面PCD，即平面ABF⊥平面CDE，所以，平面ABF与平面CDE所成二面角的大小为90°．    …12分20．解：（1）依题意S△ABC＝absinC＝c·＝2，可得c＝4，因为C＝，所以ab＝8．           …3分由余弦定理得a2＋b2－ab＝c2，
因此(a＋b)2＝c2＋3ab＝40，          …5分
即a＋b＝2．
故△ABC的周长为2＋4．          …6分（2）由（1）及正弦定理可得＋＝＝＝，        …8分＝＝，(其中θ为锐角，且sinθ＝)  …10分由题意可知0＜A＜，因此，当A＋θ＝时，＋取得最大值．      …12分21．解：（1）f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)＝－1．       …1分0＜x＜1时，f(x)＞0；x＞1时，f(x)＜0，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)单调递减．     …3分即x＝1时，f(x)取得最大值f(1)＝a－1，
依题意，a－1≤0，故a≤1．          …5分（2）由（1）知，a＞1，0＜m＜1＜n，ea－1＝＝． 所以2ea－1－(m＋)＝－(m＋)＝；
2ea－1－(n＋)＝－(n＋)＝．       …8分令g(x)＝2ex－1 －x2－1，则g(x)＝2ex－1 －2x，
由（1）知，lnx≤x－1，等号当且仅当x＝1时成立，
所以ex－1≥x，等号当且仅当x＝1时成立，
于是可得g(x)≥0，即g(x)单调递增，
因此，当0＜x＜1时，g(x)＜g(1)＝0；当x＞1时，g(x)＞g(1)＝0，  …11分
所以2ea－1－(n＋)＞0，2ea－1－(m＋)＜0，
故n＋＜2ea－1＜m＋．           …12分22．解：（1）由题设得P(3，t)，A(－a，0)，B(0，－1)．      …1分则＝(a＋3，t)，＝(3，1＋t)．
所以·＝9＋3a＋t2＋t＝(t＋)2＋3a＋，      …3分
于是t＝－时，·取得最小值3a＋，所以3a＋＝，解得a＝2．
所以E的方程为＋y2＝1．          …5分（2）假设存在点P(3，t)满足题设，设D(x1，y1)，则＝(5，t)，＝(x1＋2，y1)，由题意可知存在λ∈(0，1)，使得＝λ，即整理得，代入＋y2＝1中，有＋(λt)2＝1     ①        …8分设C(x2，y2)，＝(3，t＋1)，＝(x2，y2＋1)，同理可得＝λ，即整理得，代入＋y2＝1中，有＋(λt＋λ－1)2＝1    ②        …10分由①－②得λ(λ－1)(3－2t)＝0，且λ∈(0，1)，
解得t＝．
故当P(3，)时，四边形ABCD为梯形．        …12分法二．假设存在点P满足题设，则t＞0，设C(x1，y1)，D(x2，y2)．所以直线PA的方程为y＝(x＋2)，直线PB的方程为y＝x－1.
将y＝(x＋2)代入E得(4t2＋25)x2＋16t2x＋16t2－100＝0， 
可得x2×(－2)＝，所以x2＝．       …8分
将y＝x－1代入E得(4t2＋8t＋13)x2－24(t＋1)x＝0，可得x1＝．            …9分
若四边形ABCD为梯形，则AB∥CD，所以＝，
于是＝，所以＝，整理可得8t3－12t2＋10t－15＝0，
即(2t－3)(4t2＋5)＝0，解得t＝．
故当P(3，)时，四边形ABCD为梯形．        …12分