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

“超级全能生”2021高考全国卷地区3月联考甲卷

数学文科答案及评分标准

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.　

14．3　

15.　

16．12π　

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}的公差为d.

由题意得1＋17d＝(1＋d)(1＋8d)，(3分)

解得d＝1或0(舍)，(4分)

∴an＝1＋(n－1)×1＝n，(5分)

∴bn＝2n.(6分)

(Ⅱ)由(Ⅰ)知Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，(7分)

∴2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，(9分)

两式相减得－Tn＝1×2＋1×22＋1×23＋…＋1×2n－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，(11分)

∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋2.(12分)

18．解：(Ⅰ)∵AB＝AD＝AA1＝A1B＝1，

∴△BAA1为等边三角形，

∴∠BAA1＝60°.

又∠BAD＝∠A1AD＝60°，

∴∠BAA1＝∠DAA1，

∴点A1在底面ABCD上的射影E是等边△ABD的外心，

∴AE＝××1＝.(6分)

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知A1E⊥底面ABCD，

且AC底面ABCD，

∴A1E⊥AC.

又AE＝，AA1＝1，

∴A1E＝，

∴VC－ABD1＝VD1－ABC＝××1×1×sin120°×＝.(12分)

19．解：(Ⅰ)由题意得频率分布直方图中从左至右小矩形的面积依次为0.05，0.20，0.35，0.30，0.10，

因此平均数为55×0.05＋65×0.20＋75×0.35＋85×0.30＋95×0.10＝77.00，(3分)

中位数为70＋×10≈77.14.(5分)

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知[60，70)和[80，90)的概率之比为0.20∶0.30＝2∶3，

所以按照分层抽样的方法应从[60，70)中抽取2人，[80，90)中抽取3人．(7分)

不妨设从[60，70)中抽取的2人分别为a，b，从[80，90)中抽取的3人分别为1，2，3，

则从这5人中任选3人有ab1，ab2，ab3，a12，a13，a23，b12，b13，b23，123，共10种情况，(9分)

其中只有1人来自[60，70)，有a12，a13，a23，b12，b13，b23，共6种情况，(10分)

记“这3人中只有1人来自[60，70)”为事件A，

则P(A)＝＝.(12分)

20．解：(Ⅰ)函数f(x)＝ex＋alnx(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ex＋，

当a≥0时，f′(x)>0，

∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(2分)

当a<0时，令y1＝ex，y2＝－，

显然这两个图象有一个交点．

不妨令f′(x0)＝0，

则当x∈(0，x0)时，y2>y1，

即f′(x)<0，

∴函数f(x)在(0，x0)上单调递减；

当x∈(x0，＋∞)时，y2<y1，

即f′(x)>0，

∴函数f(x)在(x0，＋∞)上单调递增．(5分)

(Ⅱ)证明：h(x)＝alnx＋x2－ax＋1，

则h′(x)＝＋x－a＝，(6分)

此时x1，x2是方程x2－ax＋a＝0的两根，

且Δ＝a2－4a>0，

解得a>4.

由韦达定理得x1＋x2＝a，x1x2＝a，(7分)

∴h(x1)＋h(x2)＝aln(x1x2)＋(x＋x)－a(x1＋x2)＋2＝alna＋(a2－2a)－a2＋2＝alna－a－a2＋2.(8分)

令F(a)＝alna－a－a2＋2(a>4)，(9分)

则F′(a)＝lna＋1－1－a＝lna－a.

令S(a)＝lna－a，

则S′(a)＝－1.

∵a>4，∴S′(a)<0，

∴函数S(a)在(4，＋∞)上单调递减，

∴S(a)<S(4)＝ln4－4<0，即F′(a)<0，

∴函数F(a)在(4，＋∞)上单调递减，

∴F(a)<F(4)＝4ln4－4－8＋2＝4ln4－10＝8ln2－10.(11分)

∵ln2<1，

∴8ln2<8，

∴F(a)<－2，

∴h(x1)＋h(x2)<－2.(12分)

21．解：(Ⅰ)过点E作抛物线C准线的垂线，垂足为点D.

根据抛物线定义得|EF|＝|ED|，

于是|AE|＋|EF|＝|AE|＋|ED|，(2分)

显然当A，E，D三点共线时，|AE|＋|ED|有最小值2＋，

所以2＋＝3，解得p＝2，(4分)

所以抛物线C的方程为y2＝4x.(5分)

(Ⅱ)证明：直线l：2x－y＋4＝0，令x＝0，得y＝4，

所以点B(0，4)．

因为直线l1平行于直线l：2x－y＋4＝0，

且过点A(2，1)，

所以直线l1：2x－y－3＝0.

设直线l2：x－2＝t(y－1)并代入抛物线C的方程消去x得y2－4ty＋4t－8＝0，Δ＝16(t2－t＋2)>0.

设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

由韦达定理得y1＋y2＝4t，y1·y2＝4t－8，(7分)

易得直线PB：y＝x＋4，

直线QB：y＝x＋4.(8分)

联立

解得xM＝＝，

同理可得xN＝，(9分)

所以xM＋xN＝＋＝

×7＝＝4.(11分)

因为xA＝2，

所以xM＋xN＝2xA，即A是MN的中点，

所以|AM|＝|AN|.(12分)

22．解：(Ⅰ)由已知得曲线C：(k为参数)，

平方后相加得＋＝1.(2分)

又y＝－＋∈(－，]，

所以曲线C的普通方程为＋＝1(y≠－)．(3分)

因为2ρcos＝1，

即ρcosθ－ρsinθ＝1.

将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入即可得到直线l：x－y－1＝0.(5分)

(Ⅱ)显然点A(1，0)在直线l：x－y－1＝0上，直线的斜率为，

所以倾斜角为α＝，

所以直线l的参数方程为(t为参数)，(7分)

代入椭圆C：＋＝1得13t2＋12t－36＝0.

设M，N对应的参数分别为t1，t2，

由韦达定理得t1＋t2＝－，t1·t2＝－，(9分)

所以|AM|·|AN|＝|t1|·|t2|＝|t1·t2|＝.(10分)

23．解：(Ⅰ)当a＝3时，f(x)＝(1分)

当x≤1时，f(x)≥f(1)＝3，

当x>1时，f(x)>f(1)＝3，(3分)

∴f(x)≥3，

∴m＝3.(5分)

(Ⅱ)当x∈(－1，1)时，f(x)＝2x＋1＋a(1－x)＝(2－a)x＋a＋1.(6分)

由f(x)>x2＋2得x2＋(a－2)x＋1－a<0，

即(x－1)[x－(1－a)]<0.(7分)

∵x∈(－1，1)，

∴x－1<0，

∴x>1－a，

即x－1>－a.(8分)

又∵x－1>－2，

∴－2≥－a，即a≥2，

∴实数a的取值范围是[2，＋∞)．(10分)