正在进行安全检测...

发布时间：1714711812

2021届高三湖北十一校第一次联考
数学答案
BABCCCAC9、AB10、ABC11、BD12、AC1、B由题意知：𝐴={𝑦|0<𝑦<2}，𝐵={𝑥|𝑥≤−1,𝑥≥1}，所以𝐶R𝐵=𝐵={𝑥|−1<𝑥<1}，所以𝐴∩(𝐶R𝐵={𝑥|0<𝑥<1}
2、Az=4+2𝑖
1−𝑖
=1+3𝑖，则𝑧̅=1−3𝑖，z∙𝑧̅=(1+3𝑖∙(1−3𝑖=10，
3、B因为0<1
𝑒<1,所以𝑎<0，0<𝑏<1，𝑐>1,所以𝑎<𝑏<𝑐，4、C设山OT的高度为h，在𝑅𝑡△𝐴𝑂𝑇中，
∠𝑇𝐴𝑂=30°，𝐴𝑂=ℎ
𝑡𝑎𝑛30∘=√3ℎ，在𝑅𝑡△𝐵𝑂𝑇中，∠𝑇𝐵𝑂=60°，𝐵𝑂=
ℎ
=√3
𝑠𝑖𝑛60∘3ℎ，
在△𝐴𝑂𝐵中，∠𝐴𝑂𝐵=81.7°−21.7°=60°，
由余弦定理得，𝐴𝐵2=𝐴𝑂2+𝐵𝑂2−2⋅𝐴𝑂⋅𝐵𝑂⋅𝑐𝑜𝑠60°；即1402=3ℎ2
+1
2
√3
1
3ℎ−2×√3ℎ×
3
ℎ×2，
化简得ℎ2=3
3
7×1402；又ℎ>0，所以解得ℎ=140×√7
=20√21；
即山OT的高度为20√21(米．
5、C依题意，{𝑆
𝑛}是等差数列,则数列{𝑎𝑆55𝑎3
5
5
𝑛
𝑛}为等差数列，则𝑆9=9𝑎5
=9×3=3.故选：C．
6、C对于①,若α//β,由𝑙⊥𝛼得到直线𝑙⊥𝛽,所以𝑙⊥𝑚;故①正确;
对于②,若α⊥β,直线𝑙在β内或者𝑙//β,则𝑙与𝑚的位置关系不确定;
对于③,若𝑙//𝑚,则𝑚⊥𝛼，由面面垂直的性质定理可得α⊥β;故③正确;对于④,若𝑙⊥𝑚,则α与β可能相交;故④错误;所以C选项是正确的.
7、A由题意可知：𝑎+𝑏≤4𝑎𝑏，又𝑎+𝑏≥2√𝑎𝑏，所以4𝑎𝑏≥2√𝑎𝑏，可得𝑎𝑏≥11
1
1
1
4；但𝑎𝑏≥4，当𝑎=4，𝑏=时，+>4矛盾；故选8、C正四面体外接球问题，所需要材料即为正四面体外接球体积与正四面体体积差16𝑎𝑏
A
.正四面体
的棱长为𝑎，则正四面体的高为√6𝑎，外接球半径为√6𝑎4，内切球半径为√6𝑎
12
.所以3D打印的体
积为：𝑉=43
𝜋(√64
𝑎3−13∙1
3
2
𝑎2∙
√3√6
√6√22∙3
𝑎=
8
𝑎3
𝜋−
12
𝑎3，又𝑎3=48√6，
所以V=36π−8√3≈113.04−13.84=99.2，故选C
9、AB由表中数据，计算得x1
5
123453，所以y4535140，于是
得y50+96+a+185+227=700，解得a142，故A正确；由回归方程中的x的系数为正可知，与x正相关，且其相关系数r0，故B正确，C错误；12月份时，x7，𝑦̂=320部，故D错误．
10、ABC由椭圆x2y2
25
16
1，当点P为短轴顶点时，∠𝐹𝑃𝑀最大，∆𝐹𝑃𝑀的面积最大，此时tan∠𝐹𝑃𝑀=
247
，此时角为锐角，故A正确、D错误；椭圆上的动点P，
acPF1ac，
即有2|PF1
|8，又椭圆上至少有21个不同的点Pii1,2,3,，FP1,FP2,FP3,
组成公差为d的等差数列，所以
FP1最大值8，B正确；
数学答案第1页（共6页）设
FP1，FP
2，
FP3
，…组成的等差数列为
an，公差d0，则a12,an8，又
d
ana1n1，所以d6n16211310，所以0d310，所以d的最大值是3
10，故
C正确，
11、BD𝑦=𝑐𝑜𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑛𝑥−𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑛𝑥=𝑐𝑜𝑠𝑥−𝑠𝑖𝑛𝑥=√2c𝑜s
(𝑥+𝜋𝝅，𝟑𝛑
𝑐𝑜𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑛𝑥−1
4，在[𝟒𝟒
]单调递减，所以A错误；因为
=𝑡𝑎𝑛𝑥=2，则𝑐𝑜𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑛2𝑥−𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑛2𝑥=𝑐𝑜𝑠2𝑥−𝑠𝑖𝑛2𝑥=
𝑐𝑜𝑠2𝑥−𝑠𝑖𝑛2𝑥−2𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑛𝑥−1
，即
1−𝑡𝑎𝑛2𝑥−2𝑡𝑎𝑛𝑥
𝑐𝑜𝑠2𝑥+𝑠𝑖𝑛2𝑥
1+𝑡𝑎𝑛2=−7
𝜋
𝑥
5
，所以B正确；
对C:𝑓(𝑥=𝑣𝑒𝑟sin(2020𝑥−𝜋
𝜋
𝜋
3+𝑐𝑜𝑣𝑒𝑟𝑠𝑖𝑛(2020𝑥+𝜋
6=2−𝑐𝑜𝑠(2020𝑥−3−𝑠𝑖𝑛(2020𝑥+6=2−2𝑠𝑖𝑛(2020𝑥+6，所以则𝑓(𝑥的最大值4.
versin21cos2

1sincoversin，故D正确；
12、AC若𝑓(𝑥=𝑒𝑥−𝑎𝑥2有3个零解，即𝑦=𝑎与𝑔(𝑥=
𝑒𝑥若𝑔(𝑥=
𝑒𝑥
′(
𝑒𝑥𝑥2−𝑒𝑥2𝑥
𝑥𝑒𝑥(𝑥−2
𝑥2
有三个交点，
𝑥2，则𝑔𝑥=𝑥4=
则𝑔(𝑥在(−∞，0上单调递增，在此区间内的(𝑥4
值域为0,+∞，𝑔(𝑥在(0,2上单调递减，在在(2,+∞上单调递增，在此区间内的值域为
[𝑒24
，+∞故𝑦=𝑎与𝑔(𝑥=𝑒𝑥𝑒2正确
若𝑎=𝑒
𝑥2有三个交点，则𝑎≥
𝑒
4
，故A2，则𝑓(𝑥=𝑒𝑥−2𝑥2,𝑓′(𝑥=𝑒𝑥−𝑒𝑥,,𝑓′′(𝑥=𝑒𝑥−𝑒，则𝑓′(𝑥在(−∞，1上单调递减，在(1,+∞上单调递增,则𝑓′(𝑥𝑚𝑎𝑥=𝑓′(1=0,故𝑓(𝑥在R上单调递减，故B错误
若𝑎=12，则𝑓(𝑥=𝑒𝑥−1
2𝑥2，此时𝑓(𝑥仅有1个零点𝑥0，且𝑥0<0，又𝑓(−1=𝑒−1−
11
1
2
1
2
(−1
2
=
2−𝑒2𝑒
<0，𝑓(−2=𝑒−2−12(−12=8−√𝑒8√
𝑒
>0,则−1<𝑥0<−2,故C正确
若𝑎=1，则𝑓(𝑥=𝑒𝑥
−𝑥2
，当𝑥=−1时，𝑓(−1=𝑒−1−(−12=1−𝑒
𝑒<0,故D错误13、4
5
由题意𝑎⃗∙𝑏⃗⃗=−1，又k𝑎⃗+𝑏⃗⃗与2𝑎⃗−𝑏
⃗⃗垂直，所以(k𝑎⃗+𝑏⃗⃗∙(2𝑎⃗−𝑏⃗⃗=0所以：k=4
2
5
14、[1，+∞）𝑓(𝑥为奇函数且为增函数，𝑓(𝑥+𝑓(2𝑥−3≥0
即为𝑓(𝑥≥𝑓(3−2𝑥；所以𝑥≥3−2𝑥，所以𝑥≥115、25
分类：（1）物理（历史）大类中有两门相同的方法：𝐶41∙𝐴23=24，共48种；（2）物理和历史两大类间有两门相同的方法：𝐶42
∙𝐴22=12；所以在6门选考科目中恰有两
门科目共60种；所以均选择物理的概率为24
2
4√3𝑎
60=516、[2𝑎，
3
）由曲线的性质可得：∆𝐴𝐹1𝐹2、∆𝐵𝐹1𝐹2的内心M、N在直线𝑥=𝑎上，
设C的右顶点为E，直线AB的倾斜角为θ，则𝜋
θ≤𝜋
𝜋−𝜃3<2，且|𝑀𝑁|=|𝑀𝐸|+|𝑁𝐸|，在Rt∆𝑀𝐹2𝐸中，∠𝑀𝐹2𝐸=
2
，|𝑀𝐸|=(𝑐−𝑎𝑡𝑎𝑛(𝜋
−𝜃
同理，在Rt∆𝑁𝐹2𝐸中，∠𝑁𝐹2𝐸=𝜃
2|=(𝑐−𝑎𝑡𝑎𝑛𝜃
2
，
2，|𝑁𝐸𝜋
−𝜃
𝜃2，则|𝑀𝑁|=|𝑀𝐸|+|𝑁𝐸|=(𝑐−𝑎[𝑡𝑎𝑛(22+𝑡𝑎𝑛2]=(𝑐−𝑎(
𝑐𝑜𝑠
𝜃
𝑠𝑖𝑛
𝜃
22𝑠𝑖𝑛
𝜃+
𝑐−𝑎
1
2
𝑐𝑜𝑠
𝜃=(2
𝑠𝑖𝑛𝜃𝜃=
2(𝑐−𝑎(𝜋2𝑐𝑜𝑠
2
𝑠𝑖𝑛𝜃3
<θ≤𝜋
2

又e=2，即c=2𝑎，故2𝑎≤|𝑀𝑁|<4√3𝑎3

数学答案第2页（共6页）

17．(1证明:∵𝑠𝑖𝑛(𝐴+𝐵=3∴sin𝐴c𝑜s𝐵+c𝑜s𝐴sin𝐵=3，又∵sin𝐴c𝑜s𝐵−c𝑜s𝐴sin𝐵=1

∴sin𝐴c𝑜s𝐵=2
5
𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵=1
5
5
5∴𝑡𝑎𝑛𝐴=2𝑡𝑎𝑛𝐵…………………………5分
(2解:由（1）知𝑐𝑜𝑠(𝐴+𝐵=4
5
3
5，∴tan(𝐴+𝐵==34即：
𝑡𝑎𝑛𝐴+𝑡𝑎𝑛𝐵
1−𝑡𝑎𝑛𝐴𝑡𝑎𝑛𝐵
4
,将𝑡𝑎𝑛𝐴=2𝑡𝑎𝑛𝐵代入上式并整理得:2𝑡𝑎𝑛2𝐵+4𝑡𝑎𝑛𝐵−1=0
又因为B为锐角，tan𝐵>0，所以解得tan𝐵=
√6−2
，∴tan𝐴=2tan𝐵=√6−2.…7分
设AB上的高为CD,则𝐴𝐵=𝐴𝐷+𝐷𝐵=𝐶𝐷
𝐶𝐷23𝐶𝐷
𝑡𝑎𝑛𝐴+𝑡𝑎𝑛𝐵=
√6−2
=6，
得𝐶𝐷=2(√6−2
故AB边上的高为2(√6−2.………………………10分18．（Ⅰ）设等差数列
an的公差为d，等比数列bn的公比为qq0，
由题得20=𝑏3−𝑎3=𝑎5+𝑏2，即{
20=3𝑞2−(3+2𝑑
20=(3+4𝑑+3𝑞
解得d=2,q=3，所以，𝑎𝑛=2𝑛+1,𝑏𝑛=3𝑛；…………………………6分
（Ⅰ）（1），𝑐𝑛=11111
𝑎𝑛
∙𝑎𝑛+1
+(−1𝑛𝑏𝑛=(2𝑛+1(2𝑛+3+(−3𝑛=2(𝑎−𝑎+(−3𝑛
则𝑆𝑛=𝑐1+𝑐2+⋯+𝑐𝑛=111
1
111
𝑛𝑛+1
2(𝑎−𝑎+(−3+32
+⋯+111
(−3
𝑛
=111
2(𝑎1
−𝑎
+
−3[1−(−3𝑛]
1
12
+2(𝑎−𝑎(1
1
[2
3
2(𝑎𝑛
−𝑎
−31−(−3𝑛]
𝑛+1
+
4

故𝑆𝑛=𝑛
3[(−3𝑛+1
𝑛1+3
=23−2𝑛+3
+−1]
2𝑛+5+4
………………………12分（2），𝑐𝑛=𝑎𝑛∙𝑏𝑛=(2𝑛+13𝑛；
𝑆𝑛=𝑐1+𝑐2+⋯+𝑐33+𝑛=3∙3+5∙32+⋯+(2𝑛+13𝑛，①3𝑆𝑛=3∙32+5∙⋯+(2𝑛+13𝑛+1，②
由①-②，得−2𝑆𝑛=32+2∙32+2∙33+⋯+2∙3𝑛−(2𝑛+13𝑛+1，
即𝑆𝑛=𝑛∙3𝑛+1………………………12分
（3）𝒄𝒏=𝟐(𝒂𝒏+𝟑
2(2𝑛+411𝟏𝟏
𝒂𝒏𝒂𝒏+𝟏𝒃𝒏+𝟏=(2𝑛+1(2𝑛+33𝑛+1=(2𝑛+13𝑛−(2𝑛+33𝑛+1=𝒂则𝑆𝑛=𝑐1+𝑐2+⋯+𝑐𝑛=𝟏𝟏𝟏𝟏𝟏𝒏𝒃𝒏−𝟏𝒂𝒏+𝟏𝒃𝒏+𝟏

𝟏𝟏
𝒂𝟏𝒃𝟏−𝒂𝟐𝒃𝟐+𝒂𝟐𝒃𝟐−𝒂𝟑𝒃𝟑+⋯+𝒂𝒏𝒃−𝒂𝒃=𝒂𝒃−𝒂𝒃
故𝑆𝑛=𝟏𝟏
𝒏𝒏+𝟏𝒏+𝟏𝟏𝟏𝒏+𝟏𝒏+𝟏
𝟗−(𝟐𝒏+𝟑𝟑𝒏+𝟏………………………12分
19．解：因为直三棱柱ABCA1B1C1，所以AA1
平面ABC，
因为AB,AC平面ABC，所以AA1AB，AA1AC，
又因为BAC90，
所以建立分别以AB，AC，AA1为x,y,z轴的空间直角坐标系Axyz.
（1）设a1，则ABAC1，A𝐴1=λ，
各点的坐标为A(0,0,0，𝐸(1,0,𝜆
，𝐴1(0,0,𝜆，𝐹(0,2𝜆𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝜆31,
3
.
⃗⃗⃗⃗=(1,0,𝜆3
，𝐴1𝐹=(0,1,−3
.…………………2分因为|𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1𝐹|=√1+
𝜆2，⃗𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗∙𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗𝜆
2
9
1𝐹=−9
，
又异面直线𝐴𝐸与𝐴𝜋
1𝐹所成角的大小为3
数学答案第3页（共6页）所以|𝐶OS(𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−
𝜆21𝐹|=|
91
1+
𝜆2|=.所以λ=3.……………6分
（2）因为𝐸(𝑎,0,𝑏
9
22𝑏
3，𝐹(0,𝑎,3.∴⃗𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑎,0,𝑏，𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,𝑎,2𝑏设平面AEF的法向量为⃗𝑛⃗⃗⃗⃗1=(𝑥,𝑦，𝑧，则𝑛⃗⃗⃗⃗⃗1∙⃗𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗3=0，且𝑛⃗⃗⃗⃗⃗1∙⃗𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗3
=0.
即axbz30，且ay2bz3
0.令z1，则xb3a，y2b3a
.又λ=𝑏𝑎=3
2,所以𝑛⃗⃗⃗⃗⃗1=(−𝑏3𝑎
,−2𝑏3𝑎
，1=(−1
2
,−1，1是平面AEF的一个法向量.同理，𝑛⃗⃗⃗⃗⃗2=(2𝑏
𝑏13𝑎,3𝑎，1=(1,
2,1是平面A1EF的一个法向量.…………………10分
所以𝑛⃗⃗⃗⃗⃗1∙𝑛⃗⃗⃗⃗⃗2=0所以平面AEF平面A1EF，当λ=3
的大小为𝜋
2时，二面角𝐴−𝐸𝐹−𝐴12
…………………12分20．解:（1）根据所给的表格中的数据和题意写出
𝑥3
𝑄1(𝑥=𝑔(𝑥∙𝑥−𝑓(𝑥=−3
+144𝑥−10(𝑥>0
……………2分同理可得：𝑄2(𝑥=𝑔(𝑥∙𝑥−𝑓(𝑥=−𝑥33
+81𝑥−10(𝑥>0
……………4分

𝑄=𝑔(𝑥∙𝑥−𝑓(𝑥=−𝑥3
3(𝑥3
+50𝑥−10(𝑥>0
……………6分


（2）由期望定义可知𝐸ξ=0.4𝑄1(𝑥+0.4𝑄2(𝑥+0.2𝑄3(𝑥=−𝑥33
+100𝑥−10(𝑥>0
……………8分

（3）可知𝐄𝛏是产量𝑥的函数，设ℎ(𝑥=−𝑥3
+100𝑥−10(𝑥>0
则h′(𝑥=−x2
+100(𝑥>0，3
…………10分令h,(𝑥=0，则𝑥=10.
由题意及问题的实际意义可知,当𝑥=10时,ℎ(𝑥取得最大值,即𝐄𝛏最大时的产量为10.
……………12分21．（1）将𝑦=𝑥−2代入𝑦2=2𝑝𝑥，得（𝑥−2）2
=2𝑝𝑥
化简得：𝑥2−(4+2p𝑥+4=0
所以𝑥1𝑥2=4，𝑥1+𝑥2=4+2𝑝；……………2分因此：𝑦1𝑦2=(𝑥1−2(𝑥2−2=𝑥1𝑥2−2(𝑥1+𝑥2+4=−4𝑝又O𝐴⊥O𝐵，所以𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=0；得p=1，
抛物线的方程𝑦2=2𝑥……………5分
（2）证明：设M、E、F坐标分别是(
𝑦02
，𝑦0，(𝑦12
，𝑦1，(
𝑦222
，𝑦2，由C、M、E共线，
得𝑦0𝑦1=2(𝑦0+𝑦1−8，所以𝑦1=
2𝑦2
−8
2
0𝑦0−2

数学答案第4页（共6页）


正在进行安全检测...

推荐内容

相关推荐