2021届高三第七次模拟考试(理)参考答案

ABCDPEF普通高等学校招生全国统一考试西工大附中第七适应性训练

数学试题参考答案（理）

一．选择题（每题5分，共60分）

题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

12

选

项 D C B A D D A C A A C

B

二．填空题（每题4分，共16分）

13．150 14．3

15． 222 16．227xy

三．解答题（共６道题，17至21每题满分12分，22题满分14分，共74分）

17．（12分）

解：（Ⅰ）()2sin()84fxx

(6)分

(Ⅱ)(4)(4)20gxfx()(8)gxfx2sin[(8)]84xππ

552sin()2sin()4884xxππππ 5222842kxkππππππ令

得1661614()kxkkZ。 (12)分

18．（本小题满分12分）

解：(1) p=34 ………6分 (2) p=23 ………12分

19．（本小题满分12分）

解法一：(I) ∵PC平面ABC，AB平面ABC，∴PCAB．……2分

∵CD平面PAB，AB平面PAB，∴CDAB．……………3分

又CCDPC，∴AB平面PCB． ……………………4分

(II) 过点A作AF//BC，且AF=BC，连结PF，CF．

则 PAF为异面直线PA与BC所成的角．………6分

由（Ⅰ）可得AB⊥BC，∴CFAF．

由三垂线定理，得PFAF．

则AF=CF=2，PF=6

CFPC22，

在PFARt中， tan∠PAF=26AFPF=3，

∴异面直线PA与BC所成的角为3．…………………………………8分

（III）取AP的中点E，连结CE、DE．

∵PC=AC=2，∴CE PA，CE=2．

∵CD平面PAB，

由三垂线定理的逆定理，得 DE PA．

∴CED为二面角C-PA-B的平面角．…………………………………10分

由(I) AB平面PCB，又∵AB=BC，可求得BC=2．

在PCBRt中，PB=6BCPC22，22263PCBCCDPB． ABCDPxyz 在RtCDE中， sin∠CED=26332CDCE．

∴二面角C-PA-B的大小为arcsin36．……12分

解法二：（I）同解法一．

(II) 由(I) AB平面PCB，∵PC=AC=2，

又∵AB=BC，可求得BC=2．

以B为原点，如图建立坐标系．

则Ａ（０，2，０），Ｂ（0，0，0），

C（2，０，0），P（2，０，2）．

),22,2(AP，)0,0,2(BC．

…………………7分

则22BCAP+0+0=2．

BCAPBCAPBC,APcos=2222= 21．

∴异面直线AP与BC所成的角为3．………………………8分

（III）设平面PAB的法向量为m= (x，y，z)．

)0,2,0(AB，),22,2(AP，

则0.mAP,0mAB 即.02zy2x2,0y2解得z2x,0y 令z= -1, 得 m= (2，0，-1)．

设平面PAC的法向量为n=('''z,y,x)．)0,-2,0(PC，),02,2(AC，

则0.nAC,0nPC 即.0y2x2,02z'''解得'''yx,0z 令'x=1, 得 n= (1，1，0)．……11分

nmnmn,mcos=33232．∴二面角C-PA-B的大小为arccos33．………………12分

20．（本小题满分12分）

解：（I）∵1()()()0nnnnaagafa，2()(1)nnfaa，()10(1)nngaa，

∴21()10(-1)(-1)0nnnnaaaa．即1(1)(10-9-1)0nnnaaa．

又12a，可知对任何*Nn，01na，所以101a109an1n．…………………2分

∵19111910101110nnnnaaaa，

∴1an是以11a1为首项，公比为109的等比数列．………4分

（II）由（I）可知1na=19()10n （*Nn）．∴nnn)109)(2n()1a)(2n(109b． )2n11(109)109)(2n()109)(3n(bbn1nn1n．……………………………6分

当n=7时，1bb78，78bb；当n<7时，1bbn1n，n1nbb；

当n>7时，1bbn1n，n1nbb．

∴当n=7或n=8时，nb取最大值，最大值为7887109bb．……8分

（III）由11mmmmttbb，得110[]029(3)mttmm （*）

依题意（*）式对任意*Nm恒成立，

①当t=0时，（*）式显然不成立，因此t=0不合题意．…………9分

②当t<0时，由110029(3)tmm，可知0mt（*Nm）．

而当m是偶数时0tm，因此t<0不合题意．…………10分

③当t>0时，由0tm（*Nm）,

∴110029(3)tmm ∴9(3)10(2)mtm． （*mN）……11分

解1： 设9(3)()10(2)mhmm （*Nm）

∵9(4)9(3)(1)()10(3)10(2)mmhmhmmm =91010(2)(3)mm,

∴(1)(2)(1)()hhhmhm．

∴()hm的最大值为6(1)5h．

所以实数t的取值范围是56t．…………………………………12分

解2：9(3)91(1)10(2)102mtmm即可得解。

21. （本小题满分12分）

解．（Ⅰ）由题意，设曲线的方程为2222byax= 1（a＞0,b＞0）

由已知22263acacc 解得a =3 ，c = 3所以双曲线的方程这6322yx= 1离心率e =3…6分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知A（1，0），F（3，0），

当直线PQ与x轴垂直时，PQ方程为x = 3 .此时,AQAP≠0,应舍去.

当直线PQ与x轴不垂直时,设直线PQ的方程为y =k ( x – 3 ). 由方程组316322xkyyx 得 069622222kxkxk

由一过点F的直线与双曲线交于P、Ｑ两点， 则2k－２≠０，即k≠2，

由于△＝364k-4(2k-2)(92k+6)=48(2k+1)＞即k∈R.

∴k∈R且k≠2（*） ………………………８分

设Ｐ（1x，1y），Ｑ（2x，2y），则



2 2691 2622212221kkxxkkxx

由直线PQ的方程得1y= k（1x-3），2y= k（2x-3）

于是1y2y=2k（1x-3）（2x-3）=2k[1x2x-3（1x+2x）+ 9] （3）

∵AQAP = 0，∴（1x-1，1y）·（2x-1，2y）= 0

即1x2x-（1x+2x）+ 1 + 1y2y= 0 （4）

由（1）、（2）、（3）、（4）得

9263269126269222222222kkkkkkkkk= 0

整理得2k=21，∴k =22 满足（*）

∴直线PQ的方程为x - y2-3 = 0或x +y2-3 = 0………12分

22．（本小题满分14分）

解：(I）解：()fx是二次函数，且()0fx的解集是(0,5),可设()(5)(0).fxaxxa

()fx 在区间1,4上的最大值是(1)6.fa由已知，得612,a 2,a

2()2(5)210().fxxxxxxR………………………7分

（II）方程37()0fxx等价于方程32210370.xx设32()21037,hxxx则2'()6202(310).hxxxxx当10(0,)3x时，'()0,()hxhx是减函数；当10(,)3x时，'()0,()hxhx是增函数。101(3)10,()0,(4)50,327hhh………………………10分

方程()0hx在区间1010(3,),(,4)33内分别有惟一实数根，而在区间(0,3),(4,)内没有实数根，

所以存在惟一的自然数3,m使得方程37()0fxx在区间(,1)mm内有且只有两个不同的实数根。………………………14分

【以上答案仅供参考】