2021年东北三校(哈师大附中、东师大附中、辽宁省实验)高三第一次联合模拟考试理科数学答案

三第一次联合模拟考试理科数学参

1．D【详解】由lgx0得0x1；又(x2)(2x1)0得所以A1x2， 2B0,1,故选: D.

zi1i=1i，z1i，故选：B

2．B【详解】

3．C【详解】由题意，从一､二､三车间抽取的口罩数分别为a、b、c且a、b、c构成等差数列，可得ac2b，则第二车间生产的口罩数为故选：C.

4．A【详解】当圆形排在第一个，因为方形､五角形相邻，所以捆在一起与其他图形全排列，且方形､五角形内部排列 ，有

bb360036001200个.

abc3bAA5522240种不同的排法.,同理当圆形排在最后一个有

AA5522240种不同的排法.综上：圆形要排在第一个或最后一个，方形､五角形相邻，则共

有480种不同的排法.故选：A

5．A【详解】充分性：若log3alog3b，则0ab，则性：若

11，故充分性成立；必要ab11，则可能ab0，此时log3a,log3b无意义，故必要性不成立，即ab11“log3alog3b”是“”的充分不必要条件.故选：A.

ab6．C【详解】因为{an}是等差数列，所以a1a32a842a22a84a5，a51， 所以2a12a22a3......2a92a1a25a929a529512．故选：C．

7．A【详解】因为12x展开式的通项公式是Tr11122C52xrrC52xr，所以含

rrx2的项的系数是C522C5270，故选：A

8．B【详解】作出可行域，如图ABC内部（含边界），作直线l:x3y0，由x3yz得y1zx，直线向下平移时，纵截距减小，z增大，所以平移直线l，当直线l过点33A(0,1)时，zmax03(1)3．

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exex09．B【详解】对于A选项，由x，解得x0， xee0所以，函数fxlneexxlnexex的定义域为0,，该函数为非奇非偶函

数，A选项不满足条件；

对于B选项，由sinx0，可得xkkZ，即函数fxsinx1的定义域为sinxxxk,kZ.

fxsinx11sinxfx，该函数为奇函数，

sinxsinxcosxcos3x当x0,1时，fxcosx0， 22sinxsinx所以，函数fxsinx1在0,1上单调递减，B选项满足条件； sinx对于C选项，由义域为1,1，

1x0，解得1x1，所以，函数fxln1xln1x的定

1x0fxln1xln1xfx，该函数为奇函数，

当x0,1时，fx满足条件；

对于D选项，函数fxex1120，该函数在0,1上为增函数，C选项不21x1x1x1的定义域为R， exfxex11xefx，该函数为奇函数， xxee答案第2页，总12页

x当x0,1时，fxe10，该函数在0,1上为增函数，D选项不满足条件. ex故选：B.

10．A【详解】连接AC11,B1C，取B1C中点G，连接A1G,C1G，如图，

//平面A1B1CD，EF//A1C1,

直线EF与平面所成角即为A1C1与平面A1B1CD所成的角，

C1GB1C,CDC1G,B1CCDC,

C1G平面A1B1CD，

C1A1G即为A1C1与平面A1B1CD所成的角，

设正方体棱长为2，

sinC1AG1故选：A

C1G21, AC22211x211．C【详解】由C：y21可得：a2，b1 ，所以A2,0，B0,1，AB5

4所以直线AB的方程为：y111x，即yx1， 22设过点P与直线AB平行的直线l：y1xt， 22t1，因为点P为直线l与椭圆的交点， 所5则直线l与直线AB的距离

dt1114以点P到直线AB的距离为d，因为△PAB的面积是21，

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可得：SPAB112ABd5t121，解得：t2或t22， 225x22x2y1242当t2时，由可得：x20，解得此时P2，2,2，1yx2y22x2y2142当t22时可得x224x10820，

y1x222因为22424108216210，

此时直线l与椭圆有2个交点，此时有2个点P， 所以共有3个点P，故选：C

12．C【详解】设球心为点O，平面ABC截球O所得截面圆的半径为

2643AB4323，由正弦定理可得，ABsin2，r2233sinACB333又

2OAOB2，所以，AOB为等边三角形，则AOB3，因此，A、B两点间

的球面距离为213．32.故选：C. 3310【详解】因为点A1,1,B1,2,C2,1,D3,4， 10所以向量AB2,1,AB5,CD5,5,CD52, 所以向量AB与CD的夹角余弦值为:cosAB,CD14．

1【详解】因为2an1Sn22n1ABCDABCD15310

10552②

①，当n2时2anSn1211an，又当n1时，2a2S12，a2， 2211所以数列an是以1为首项，公比为的等比数列，ann1.

22①式减②式得：an115．4【详解】

x2y2由题意，双曲线C:221(a0,b0)，可得F1(c,0),F2(c,0)，

ab答案第4页，总12页

因为FQ，可得FQF2Q，及FQF1290， 11F2Q0222所以点Q在以F1F2为直径的圆上，即点Q在圆xyc上，

又因为点Q在渐近线ybx， abyx联立方程组，解得xa,yb，即点Q(a,b)， a222xyc设点P(x1,y1)，因为F，可得(x1c,y1)2(ax1,by1)， 1P2PQx1c2a2x1122ac2b,)， 即，解得x1(2ac),y1b，即P(y2b2y333311b2bb2acx上，可得， a3a3c化简可得c4a，所以e4.

a又由点P在渐近线y故答案为：4.

16．①③【详解】由函数ysinx的最小正周期为2，函数ysin2x的最小正周期为，所以函数fx2sinxsin2x的最小正周期为两个函数周期的最小公倍数，所以函数

fx的最小正周期为2，所以①正确；

由fx2cosx2cos2x2cosx4cosx22(2cosx1)(cosx1),x[0,2]，

2因为cosx[1,1]，可得cosx10， 当x[0,35)时，fx0，fx单调递减； 当x(,33)时，fx0，fx单调递增；

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5,2]时，fx0，fx单调递增； 35所以当x时，函数fx取得极大值，当x时，函数fx取得极小值，

33当x(即fx在[0,2]内有2个极值点，所以②不正确；

令fx0，即2sinxsin2x2sinx(1cosx)0，解得sinx0或cosx1， 因为x[0,2]，所以x0,,2，即fx在[0,2]内有3个零点，所以③正确； 由f(xx)2sin(x)sin[2(x)]4sin(x)cos2()f(x)， 3333623所以④不正确. 故答案为：①③

17．【详解】（1）根据题中样本数据，设“这位小学生佩戴眼镜”为事件A，则

P(A)240.24， 10080.08， 100“这位小学生佩戴的眼镜是角膜塑形镜”为事件B，则“这位小学生佩戴眼镜，且眼镜是角膜塑形镜”为事件AB，则PAB故所求的概率为： P(B|A)P(AB)0.081， P(A)0.243所以从样本中选一位学生，已知这位小学生戴眼镜，则他戴的是角膜塑形镜的概率是

1； 3（2）依题意，佩戴角膜塑形镜的有8人，其中2名是男生，6名是女生，故从中抽3人，男生人数X的所有可能取值分别为0，1，2，

654C2056； 其中：PX08765614C665212CC23015； PX12368765628C86363821C2C6663PX28765628. C836所以男生人数X的分布列为：

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X 0 1 15 282 3 28P 5 14（3）由已知可得：Y~B20,0.08

则：EYnp200.081.6，DYnp1p200.080.921.472 所以佩戴角膜塑形镜的人数Y的期望是1.6，方差是1.472. 18．【详解】（1）f(x)33sin2x(1cos2x)1， 2213sin2x，

32由2k22x32k3,kZ， 2511xk,kZ， 1212511,k],kZ. 所以f(x)递减区间[k12121（2）由f(C)3sin(2C)1，

32解得：k得sin(2C3)3， 2ABC为锐角三角形，

C(0,)，

22C2CC2(,)， 33333，

3，

由余弦定理得：

a2CD2(323)2CDcosBDC，22答案第7页，总12页

b2CD2(323)2CDcosADC， 22且cosBDCcosADC， 两式相加得：CD（ab)212223， 4由3a2b22abcosCa2b2ab，

a2b212ab(ab2)，

2222当ab时，等号成立， 即a2b2的最大值为6， 所以CD的最大值为

3. 219．【详解】（1）证明：在A1AC中，A1AC60，AC1，AA12，

AA1AC2AA1ACcosA1AC21221由余弦定理可得AC12AC， ACAC2AA12，AC112222213， 2又

A1CAB，ABACA，A1C平面ABC；

（2）由（1）知：CA、CB、CA1两两垂直，

以C为原点，CA、CB、CA1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

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则A1,0,0、C0,0,0、A10,0,3，设点B0,b,0，其中b0， 设平面BCB1法向量为nx,y,z，CB0,b,0，CC1AA11,0,3，

nCBby0，取x3，则y0，z1，得nnCC1x3z03,0,1， 33， 4BA10,b,3，由已知cosn,BA1解得：b1，可得点B0,1,0，

nBA1nBA131b23设mx1,y1,z1为平面A1BB1的法向量，AB1,1,0，

mABx1y10由，取x13，则y13，z11，可得mmAA1x13z10cosn,mnmnm3127，

7313313,3,1，

由图可知，二面角A1BB1C为锐角，所以，二面角A1BB1C的余弦值为20．【详解】（1）函数的定义域为R. 由已知f(x)alnalnalna(a1)

xx27. 70a1，lna0

由f(x)0得：f(x)增区间(0,) 由f(x)0得：f(x)减区间,0

x2（2）由已知：h(x)axlnax

设h(x)在[1,1]上的最大值为M，最小值为m 依题意：Mme1

h(x)axlnalna2x,h(0)0

h(x)ax(lna)220，h(x)为增函数

x0时，h(x)0,h(x)递增；

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x0时，h(x)0,h(x)递减.

故mh(0)1，Mmaxh(1),h(1) 设u(a)h(1)h(1)a12lna,u(1)0 a12(a1)2u(a)120(a0)u(a)在(0,)上递增 2aaaa1时，u(a)0，此时Mh(1) 0a1时，u(a)0，此时Mh(1)

当a1时，Mmalna

设G(a)alna(a1)，G(a)110，G(a)在上递增， （，1）a又G(e)e1，所以由alnae1得：G(a)G(e)ae，

11lna,1， aa1111由lnae1得：G()G(e)e0a aaae1综上：a的取值范围是(0,][e,).

e当0a1时，Mm221．【详解】（1）由题意，设l:ykx2，代入G:x4y得：x24kx80，

16(k22)0

令A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1x24k,x1x28.

x1x12x12x1抛物线G在点A处的切线方程为：y(xx1)，即y()x，

422422x2x2x2x2抛物线G在点B处的切线方程为：y(xx2)，即y()x，

4224联立得：点Q的坐标为(x1x2x1x2,)，即Q(2k,2). 24∴点Q在定直线m:y2上.

8x1C(,2)， m:y2（2）（i）联立AO:y()x与得：

x41答案第10页，总12页

8x2D(,2)， m:y2联立BO:y()x与得：

x42由（1）知：xC8x2， x1BC//y轴，同理AD//y轴，

BC//AD，即AODBOC，

OAOD，即OAOBOCOD且AOBDOC， OCOB∴S△AOBS△COD得证.

（ii）由（1）得：x1x24k22,y1y2k(x1x2)44k24

PSABCD2SOCD11(|AD||BC|)|CD|22|CD|2212222k1|CD|y2y2|CD|2|CD|8k1k2 122令tk22，则t22，令f(t)8t(t1),(t2)

f(t)8(3t21)0，即f(t)在2,上递增，

Pminf(2)82，当k0时，Pmin82. 2x22．【详解】（1）由曲线C的参数方程消去参数可得普通方程为y21，

9将xcos,ysin代入可得

2cos292sin21，

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22整理可得曲线C的极坐标方程为18sin9；

（2）设T的极坐标为1,，N的极坐标为2,， 29922918cos2， 则1，2218sin18sin22STON111222918sin218cos29294sin22

929sin2cos2，

当sin20时，STON取得最大值为

3， 2当sin21时，STON取得最小值为

9， 1093故TON面积的范围为,.

1022x1(x1)23．【解析】（1）f(x)x2x1{3(1x2)

2x1(x2)x11x2x2{x3{1x2{x2. 所以或，或2x14x34x2x14x所以不等式的解集为(,3][1,). （2）由（1）易知f(x)3，所以a3,b3，

由于2(ab)(ab4)2aab2b4(a2)(2b)， 因为a3,b3，所以a20,2b0，即(a2)(2b)0， 所以2(ab)ab4.

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