数学高考理科卷一答案,高考数学理科答案2021

上海数学(理工农医类)参考答案

一、(第1题至笫12题)

1. 1 2. 3. 4. 5. －1+i 6. 7.

8. 5 9. 10. 36 11. k=0,－1<b<1 12. a≤10

二、(第13题至笫16题)

13. C 14. A 15. A 16. D

三、(第17题至笫22题)

17.解：y=cos(x+ ) cos(x－ )+ sin2x

=cos2x+ sin2x=2sin(2x+ )

∴函数y=cos(x+ ) cos(x－ )+ sin2x的值域是[－2,2],最小正周期是π.

18.解：连接BC,由余弦定理得BC2=202+102－2×20×10COS120°=700.

于是,BC=10 .

∵ , ∴sin∠ACB= ,

∵∠ACB<90° ∴∠ACB=41°

∴乙船应朝北偏东71°方向沿直线前往B处救援.

19.解：(1) 在四棱锥P-ABCD中,由PO⊥平面ABCD,得

∠PBO是PB与平面ABCD所成的角, ∠PBO=60°.

在Rt△AOB中BO=ABsin30°=1, 由PO⊥BO,

于是,PO=BOtg60°= ,而底面菱形的面积为2 .

∴四棱锥P-ABCD的体积V= ×2 × =2.

(2)解法一：以O为坐标原点,射线OB、OC、OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系.

在Rt△AOB中OA= ,于是,点A、B、D、P的坐标分别是A(0,－ ,0),

B(1,0,0),D(－1,0,0)P(0,0, ).

E是PB的中点,则E( ,0, ) 于是 =( ,0, ), =(0, , ).

设 的夹角为θ,有cosθ= ,θ=arccos ,

∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos .

解法二：取AB的中点F,连接EF、DF.

由E是PB的中点,得EF‖PA,

∴∠FED是异面直线DE与PA所成角(或它的补角).

在Rt△AOB中AO=ABcos30°= =OP,

于是, 在等腰Rt△POA中,PA= ,则EF= .

在正△ABD和正△PBD中,DE=DF= .

cos∠FED= =

∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos .

20.证明：（1）设过点T(3,0)的直线l交抛物线y2=2x于点A(x1,y1)、B(x12,y2).

当直线l的钭率下存在时,直线l的方程为x=3,此时,直线l与抛物线相交于点A(3, )、B(3,－ ).∴ =3

当直线l的钭率存在时,设直线l的方程为y=k(x－3),其中k≠0.

当 y2=2x

得ky2－2y－6k=0,则y1y2=－6.

y=k(x－3)

又∵x1= y , x2= y ,

∴ =x1x2+y1y2= =3.

综上所述, 命题“如果直线l过点T(3,0),那么 =3”是真命题.

(2)逆命题是：设直线l交抛物线y2=2x于A、B两点,如果 =3,那么该直线过点T(3,0).该命题是假命题.

例如：取抛物线上的点A(2,2),B( ,1),此时 =3,

直线AB的方程为Y= (X+1),而T(3,0)不在直线AB上.

说明：由抛物线y2=2x上的点A(x1,y1)、B(x12,y2)满足 =3,可得y1y2=－6.

或y1y2=2,如果y1y2=－6.,可证得直线AB过点(3,0)；如果y1y2=2, 可证得直线AB过点(－1,0),而不过点(3,0).

21.证明(1)当n=1时,a2=2a,则 =a；

2≤n≤2k－1时, an+1=(a－1) Sn+2, an=(a－1) Sn－1+2,

an+1－an=(a－1) an, ∴ =a, ∴数列{an}是等比数列.

解(2)由(1)得an=2a , ∴a1a2…an=2 a =2 a =a ,

bn= (n=1,2,…,2k).

（3）设bn≤ ,解得n≤k+ ,又n是正整数,于是当n≤k时, bn< ；

当n≥k+1时, bn> .

原式=( －b1)+( －b2)+…+( －bk)+(bk+1－ )+…+(b2k－ )

=(bk+1+…+b2k)－(b1+…+bk)

= = .

当 ≤4,得k2－8k+4≤0, 4－2 ≤k≤4+2 ,又k≥2,

∴当k=2,3,4,5,6,7时,原不等式成立.

22.解(1) 函数y=x+ (x>0)的最小值是2 ,则2 =6, ∴b=log29.

(2)设0<x1<x2,y2－y1= .

当 <x1<x2时, y2>y1, 函数y= 在[ ,+∞)上是增函数；

当0<x1<x2< 时y2<y1, 函数y= 在(0, ]上是减函数.

又y= 是偶函数,于是,该函数在(－∞,－ ]上是减函数, 在[－ ,0)上是增函数.

(3)可以把函数推广为y= (常数a>0),其中n是正整数.

当n是奇数时,函数y= 在(0, ]上是减函数,在[ ,+∞) 上是增函数,

在(－∞,－ ]上是增函数, 在[－ ,0)上是减函数.

当n是偶数时,函数y= 在(0, ]上是减函数,在[ ,+∞) 上是增函数,

在(－∞,－ ]上是减函数, 在[－ ,0)上是增函数.

F(x)= +

=

因此F(x) 在 [ ,1]上是减函数,在[1,2]上是增函数.

所以,当x= 或x=2时, F(x)取得最大值( )n+( )n；

当x=1时F(x)取得最小值2n+1.

图画不到。

一、选择题

1、C 2、A 3、A 4、D 5、C 6、B

7、D 8、A 9.D 10.D． 11.B． 12.B.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．

13、 9 14、2 15、3/8 16、1/6

.

三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17.解析：（Ⅰ）由正弦定理得

a=

acosB-bcosA=( )c

=

=

=

依题设得

解得tanAcotB=4

(II)由（I）得tanA=4tanB，故A、B都是锐角，于是tanB>0

tan(A-B)=

=

≤ ，

且当tanB= 时，上式取等号，因此tan(A-B)的最大值为

18．解：

(I)作AO⊥BC，垂足为O，连接OD，由题设知，AO⊥底面BCDE，且O为BC中点，

由 知，Rt△OCD∽Rt△CDE，

从而∠ODC=∠CED，于是CE⊥OD，

由三垂线定理知，AD⊥CE

（II）由题意，BE⊥BC，所以BE⊥侧面ABC，又BE 侧面ABE，所以侧面ABE⊥侧面ABC。

作CF⊥AB，垂足为F，连接FE，则CF⊥平面ABE

故∠CEF为CE与平面ABE所成的角，∠CEF=45°

由CE= ，得CF=

又BC=2，因而∠ABC=60°，所以△ABC为等边三角形

作CG⊥AD，垂足为G，连接GE。

由（I）知，CE⊥AD，又CE∩CG=C，

故AD⊥平面CGE，AD⊥GE，∠CGE是二面角C-AD-E的平面角。

CG=

GE=

cos∠CGE=

所以二面角C-AD-E为arccos( )

解法二：

（I）作AO⊥BC，垂足为O，则AO⊥底面BCDE，且O为BC的中点，以O为坐标原点，射线OC为x轴正向，建立如图所示的直角坐标系O-xyz.

设A（0,0,t），由已知条件有

C(1,0,0), D(1, ,0), E(-1, ,0),

所以 ，得AD⊥CE

（II）作CF⊥AB，垂足为F，连接FE，

设F（x,0,z）则 =(x-1,0,z),

故CF⊥BE，又AB∩BE=B，所以CF⊥平面ABE，

∠CEF是CE与平面ABE所成的角，∠CEF=45°

由CE= ，得CF=

又CB=2，所以∠FBC=60°，△ABC为等边三角形，因此A（0，0， ）

作CG⊥AD，垂足为G，连接GE，在Rt△ACD中，求得|AG|= |AD|

故G[ ]

又

所以 的夹角等于二面角C-AD-E的平面角。

由cos( )=

知二面角C-AD-E为arccos( )

（19）解：

（Ⅰ）f?(x)=3x2+2ax+1，判别式Δ=4(a2-3)

（i）若a> 或a< ，则在 上f?(x)>0，f(x)是增函数；

在 内f?(x)<0，f(x)是减函数；

在 上f?(x)>0，f(x)是增函数。

（ii）若 <a< ，则对所有x∈R都有f?(x)>0，故此时f(x)在R上是增函数。

（iii）若a= ，则f?( )=0，且对所有的x≠ 都有f?(x)>0，故当a= 时，f(x)在R上是增函数。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，只有当a> 或a< 时，f(x)在 内是减函数。

因此 ≤ ①

且 ≥ ②

当|a|> 时，由①、②解得a≥2

因此a的取值范围是[2,+∞）。

（20）解：

记A1、A2分别表示依方案甲需化验1次、2次，

B1、B2分别表示依方案乙需化验2次、3次，

A表示依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数。依题意知A2与B2独立。

（Ⅰ）

， ， 。

P( )=P(A1+A2?B2)

=P(A1)+P(A2?B2)

=P(A1)+P(A2)?P(B2)

=

=

所以 P(A)=1-P( )= =0.72

（Ⅱ）ξ的可能取值为2，3.

P(B1)= ，P(B2)= ，P(ξ=2)=P(B1)= ，P(ξ=3)=P(B2)= ，

所以Eξ= （次）。

（21）解：

（Ⅰ）设双曲线方程为 (a>0,b>0)，右焦点为F(c,0)(c>0)，则c2=a2+b2

不妨设l1：bx-ay=0，l2：bx+ay=0

则 ，

。

因为 2+ 2= 2，且

=2 - ，

所以 2+ 2=(2 - )2，

于是得tan∠AOB= 。

又 与 同向，故∠AOF= ∠AOB，

所以

解得 tan∠AOF= ，或tan∠AOF=-2（舍去）。

因此 。

所以双曲线的离心率e= =

（Ⅱ）由a=2b知，双曲线的方程可化为

x2-4y2=4b2 ①

由l1的斜率为 ，c= b知，直线AB的方程为

y=-2(x- b) ②

将②代入①并化简，得

15x2-32 bx+84b2=0

设AB与双曲线的两交点的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，则

x1+x2= ，x1?x2= ③

AB被双曲线所截得的线段长

l= ④

将③代入④，并化简得l= ，而由已知l=4，故b=3，a=6

所以双曲线的方程为

22、解：

（I）当0<x<1时

f′(x)=1-lnx-1=-lnx>0

所以函数f(x)在区间（0,1）是增函数，

（II）当0<x<1时，f(x)=x-xlnx>x

又由（I）有f(x)在x=1处连续知，

当0<x<1时，f(x)<f(1)=1

因此，当0<x<1时，0<x<f(x)<1 ①

下面用数学归纳法证明： 0<an<an+1<1 ②

(i)由0<a1<1, a2=f(a1)，应用式①得0<a1<a2<1，即当n=1时，不等式②成立

(ii)假设n=k时，不等式②成立，即0<ak<ak+1<1

则由①可得0<ak+1<f(ak+1)<1，即0<ak+1<ak+2<1

故当n=k+1时，不等式②也成立

综合(i)(ii)证得：an<an+1<1

(III)由（II）知，{an}逐项递增，故若存在正整数m≤k,使得am≥b,则ak+1>am≥b

否则，若am<b(m≤k)，则由0<a1≤am<b<1(m≤k)知，

amlnam≤a1lnam<a1lnb<0 ③

ak+1=ak-aklnak

=ak-1-ak-1lnak-1-aklnak

……

=a1- amlnam

由③知 amlnam<k (a1lnb)

于是ak+1>a1+k|a1lnb|

≥a1+(b-a1)

=b