届3+3+3高考备考诊断性联考卷二文数答案.docx
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届3+3+3高考备考诊断性联考卷二文数答案
2021届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷
（二）文科数学参考答案
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
A
D
D
C
C
B
A
C
B
B
D
【解析】
1.结合图象易知y=x2与y=x有两个交点，所以AB的元素个数为2，故选B．
2.设z=a+bi，由题意知，a=cos30︒=
3，b=sin30︒=1，所以z=3+1i，故选A．
2222
3.因为f（x）=sin⎛ωx+π⎫的周期为2，所以2π=2，得ω=π，所以f（x）=sin⎛πx+π⎫，
ç5⎪ωç5⎪
⎝⎭⎝⎭
所以f⎛17⎫=sin⎛17π+π⎫=sin⎛4π⎫=-3，故选D．
ç15⎪ç155⎪ç3⎪2
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
4.湖北最新确诊人数有增有减，A错误；全国最新确诊人数呈先增加后减少的趋势，B错误；
2月4号全国新增确诊人数达到最多，并非患病人数最多，C错误；非湖北地区1月20日
至2月10日这几天内新增确诊人数相较于湖北地区新增确诊人数的波动性较小，变化比较平稳，方差更小，D正确，故选D．
5．圆x2+y2-2x-2y+m=0化为标准方程为（x-1）2+（y-1）2=2-m（m<2），由题意（1，1）到
直线x-y+2=0的距离d==2≤，解得m≤-2，故选C．
2abb2|b|11
6.因为（a-b）⊥b，所以ab=b，则cos〈a，b〉=====
|a||b||a||b||a||a|2
，所以a，b
的夹角为π，故选C．3
x2y2
b22b2
2b2
7.双曲线
-
=1中，令x=c，得y=±，所以|AB|=，由题意
=2c，化简得
a2b2
aaa
c2-a2=ac，所以e2-e-1=0，解得e
=1+
2
5，e
=1-
2
5（舍去），所以e=1+5，
2
故选B．
8.f（x）=1ln⎛π+cosx⎫，x≠0，f（-x）=1ln⎛π+cosx⎫=-f（x），所以f（x）为奇函数，排
xçπ-cosx⎪-xçπ-cosx⎪
除C，D；当x∈⎛0π⎫时，ln⎛π+cosx⎫>ln1=0，1>0，所以f（x）>0，故选A．
ç，⎪
çπ-cosx⎪x
⎝2⎭⎝⎭
9.．f（x）=2x-2cosx，f'（x）=2+2sinx=2（1+sinx）≥0，所以f（x）在R上单调递增，
⎛1⎫0.21
⎛1⎫1.1
⎛1⎫111
a=ç32⎪
=2，b=ç2⎪
<ç2⎪
=2，c=log2
>
log2
=，所以c>a>b，所以
2
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
f（c）>f（a）>f（b），故选C．
3⎛3⎫23
10.
由程序框图可知n=1时，S=πr2，r=
r；n=2时，S=πr2+πr2，r=ç⎪r=r；
24⎝2⎭4
n=3时，S=πr2+π
3⎛3⎫2
r2+πç⎪
4⎝4⎭
r2，r=3⨯
42
r；n=4时，S=πr2+π
3⎛3⎫2
r2+πç⎪
4⎝4⎭
r2+
⎛3⎫3
πç⎪
r2，，由以上规律可知n=2020时，S=πr2+π
3⎛3⎫2
r2+πç⎪
⎛3⎫3
r2+πç⎪
r2++
⎝4⎭4⎝4⎭⎝4⎭
⎛3⎫2019
⎡3⎛3⎫2
⎛3⎫2019⎤⎡⎛3⎫2020⎤
πç⎪
r2=πr2⎢1++ç⎪++ç⎪⎥=4πr2⎢1-ç⎪
⎥，故选B．
⎝4⎭
⎣⎢4⎝4⎭⎝4⎭⎥⎦
⎣⎢⎝4⎭⎥⎦
11.如图1所示，线段GP在平面ABCD上的投影随着点P的变化而变化，故①错；
V=V
=1Sh=1S
|AB|为定值，②正确；因为E，F，G分别为棱AA'，
C-BPGP-BCG
3△BCG3△BCG
AD，CC'的中点，所以EF∥A'D，EG∥A'C'，EGEF=E，
所以平面EFG∥平面A'DC'，所以GP∥平面A'DC'，③正确；因为BD'不垂直于DC，所以一定不存在点P，使得BD'⊥平面
图1
PDC，④错误，故选B．
12．
f'（x）=x2-alnx-a，不妨设x>x，则f'（x1）-f'（x2）>a等价于f'（x）-f'（x）>
12x-x12
12
a（x-x），即f'（x）-ax>f'（x）-ax
，设h（x）=f'（x）-ax=x2-alnx-ax-a，则证明
121122
'a2x2
h（x1）>h（x2），即证明h（x）=2x-x-a≥0在[1，2]上恒成立，化简得a≤1+x，x∈[1，2]，
2（t2-2t+1）
⎛1⎫
⎛1⎫
设1+x=t，则a≤
t
=2çt+t-2⎪，t∈[2，3]，因为m（t）=2çt+t-2⎪在[2，3]
上单调递增，所以m（t）
⎝⎭⎝⎭
=⎛+1-2⎫=1，所以a≤m（t）=1，故选D．
min
2ç22⎪
min
⎝⎭
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
题号
13
14
15
16
答案
充分不必要
1
4
7
（0，43]
【解析】
13．“a>b>0”可推出“πa>πb”，但是“πa>πb”推不出“a>b>0”，所以“a>b>0”是“πa>πb”的充分不必要条件．
14．画出不等式组满足的区域，如图2，A（-1，1），B（1，-1），C（3，3）
为顶点的三角形区域（包含边界），
y
x+2
表示该区域内的
点与定点D（-2，0）连线的斜率，结合图象，可知DA所在直
线斜率最大，所以
y
x+2
的最大值为kDA=1．图2
15．设A（x，y），B（x，y），联立方程⎧y-x+2=0，得y2-2py-4p=0，显然∆>0，由韦
⎩
1122
⎨y2=2px，
达定理得y+y
=2p，yy=-4p，所以|AB|=
|y-y|=2⨯，
121212
y=p，则x=p+2，x=p，则|MN|=|x-x|=p+2，又因为M为AB的中点，
MMN2MN2
且∠ANB=π，所以|AB|=2|MN|，所以2⨯
2
=p+4，解得p=4．
7
16．因为2sin（A+B）=sinA+sinB，所以2sinC=sinA+sinB，所以2c=a+b，所以c=4．
⎧8-b+b>4，法一：
c=4，a=8-b，且满足⎪4+b>8-b，
⎪4+8-b>b，
解得2b2+c2-a2=2b-6
121
22222
2bcb
，又因为S△ABC=2bcsinA，所以S△ABC=4bc
sin
A=4b（1-cosA）
=12（-b2+8b-12）（2△ABC
∈（0，48]，则S△ABC∈（0，43]．
法二：
因为c=4，a+b=8，所以顶点C的轨迹为以A和B为焦点的椭圆，由图形可知
当a=b=4，即△ABC为等边三角形时面积最大，此时S△ABC=4，又因为S△ABC可以
趋近0，所以S△ABC∈（0，43]．
三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）
解：
（1）{an}为等差数列，因为S4=10，a5=5，所以4a1+6d=10，a1+4d=5，解得a1=1，d=1，
所以an=n．（3分）
因为T=4（4n-1），
n3
所以当n≥2时，b=T-T=4（4n-1）-4（4n-1-1）=4n；
nnn-133
……………………………………………………………………（5分）当n=1时，b1=T1=4，
n
综上，b=4n，n∈N*．（6分）
（2）c=log4n+1
=2n+⎛1-1⎫，（8分）
n2n（n+1）
çnn+1⎪
所以C=c+c++c
=2（1+2+3++n）+⎛1-1+1-1++1-1⎫
n12n
ç1223nn+1⎪
⎝⎭
=n（1+n）+⎛1-1⎫=n（1+n）+n，
çn+1⎪
n+1
⎝⎭
所以Cn
=n（1+n）+
nn+1
，（10分）
因为Cn
=n（1+n）+
nn+1
<100，当n≥1时，Cn
=n（1+n）+1-
1
n+1
为关于n的递增数列，
C100，
89101011
所以n的最大值为9．…（12分）
18．（本小题满分12分）
解：
（1）应选择模型①，因为模型①每组数据对应的残差绝对值都比模型②的小，残差波动小，残差点比较均匀地落在水平的带状区域内，说明拟合精度高．（言之有理即可）
………………………………………………………………………………………（4分）
（2）由
（1）知，需剔除第一组数据，得到下表
x
6
7
8
9
10
y
3.5
5.2
7.0
8.6
10.7
则上表的数据中，x=7.5⨯6-5=8，y=5.9⨯6-0.4=7，5xy=280，5x2=320，
55
55
∑xy=299.8-5⨯0.4=297.8，∑x2=355-25=330，
ii
i=1
i
i=1
5
∑xiyi-5xy
297.8-280
17.8
所以b=i=1==
=1.78，
∑
i=1
x2-5x2
330-32010
………………………………………………………………………………………（10分）
aˆ=y-bx=7-1.78⨯8=-7.24，得模型①的回归方程为y=1.78x-7.24，则x=11时，y=1.78⨯11-7.24=12.34mm，
故光照时间为11h时，该植物的平均增长高度为12.34mm．
………………………………………………………………………………………（12分）
19．（本小题满分12分）
（1）证明：
如图3，连接DM，因为AB=BC=2，∠ABC=∠ADC=90︒，M为AC的中点，
所以BM⊥AC，（2分）
AC=2，DM=BM=1，
又因为DB=，所以DM2+BM2=DB2，所以BM⊥DM，
…………………………………………………………（4分）
DMAC=M，所以BM⊥平面ADC，
图3
而DC⊂平面ADC，所以BM⊥DC．
………………………………………………………………………………………（6分）
（2）解：
由
（1）得，BM⊥平面ADC，因为∠DCA=60︒，AC=2，
所以DA=，S=1⨯1⨯=3，
△ADC22
又因为DB=BA=，
所以S=1⨯3⨯5=15．（8分）
△ADB
224
设M到平面ADB的距离为h，
则由V=V，得1⨯
15⨯h=1⨯1⨯3⨯1，得h=5．
M-ADBB-AMD
343225
………………………………………………………………………………………（10分）
设BM与平面ADB所成角为θ，则sinθ=h=5，
BM5
所以BM与平面ADB所成角的正弦值为5．
5
………………………………………………………………………………………（12分）
20．（本小题满分12分）
⎧x=2x，
（1）解：
由⎪
20得到⎧⎪x0=
2x，
⎨1⎨y
=2y，
⎪y=
⎩
2y0，
⎩⎪0
00
又因为P（x，y）在圆x2+y2=4上，
22x22
所以x0+y0=4①，把x0=2x，y0=2y带入①，得2+y
=1，
所以曲线C的标准方程为
x2+2
2
=1．（4分）
（2）证明：
设直线AB的方程为x=my+1，A（x1，y1），B（x2，y2）（x1，x2≠-2），
⎧x2+2
⎨
=1，化简得（m2+2）y2+2my-1=0，易知∆>0，
⎪⎩x=my+1，
由韦达定理y+y=-2m，yy=-1，（6分）
⎪
12m2+212m2+2
由题意：
直线l
：
y=
y1（x+
⎛
2），所以
（2+
2）y1⎫，
NA
所以kDF=
，所以kFE=-
Dç2，
⎝
，
x1+2⎭
所以l
：
y=-
（x-1），令x=2，得
⎛，-，
FEEç2
⎝
………………………………………………………………………………………（8分）
因为N（-
2，0），F（1，0），所以
=（x+
⎛
2，y），=2+
2，-，
NB22
NEç
⎝
因为（2+
2）y
⎡（x+2）
=（2+
2）y+
2-⎢-22
⎢⎣
（2+2）2yy+（x+2）（x+2）
=1221
（2+2）2yy+（my+1+2）（my+1+2）
=1221
（2+2）2yy+m2yy+m（1+2）（y+y）+（1+2）2
=121212
=2+m2
==0，
所以NB与NE共线，所以N，B，E三点共线．（12分）
21．（本小题满分12分）
解：
（1）f（x）=2ex（sinx-cosx）-kx2，f（0）=-2，所以切线过点（0，-2），
………………………………………………………………………………………（1分）
f'（x）=4exsinx-2kx，f'（0）=0，所以切线的斜率为0，
………………………………………………………………………………………（3分）所以曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=-2．
………………………………………………………………………………………（4分）
（2）因为f（x）在⎡0π⎤上为单调递增函数，f'（x）=2（2exsinx-kx）在⎡0π⎤的任意子区
⎢，⎥⎢，⎥
⎣2⎦⎣2⎦
间上不恒等于0，所以f'（x）≥0在⎡0π⎤上恒成立，
⎢，⎥
⎣2⎦
………………………………………………………………………………………（5分）设g（x）=2exsinx-kx，g'（x）=2ex（sinx+cosx）-k，
设ϕ（x）=2ex（sinx+cosx），ϕ'（x）=4excosx，
所以x∈⎡0π⎤时，ϕ'（x）=4excosx≥0，所以ϕ（x）在⎡0π⎤上单调递增，
⎢，⎥⎢，⎥
⎣2⎦
⎡π⎤π
⎣2⎦
所以x∈⎢0，⎥时，所以2e2≥ϕ（x）≥ϕ（0）=2．
⎣2⎦
………………………………………………………………………………………（6分）
①当k≤2时，g'（x）≥0，所以g（x）在⎡0π⎤上单调递增，
⎢，⎥
⎣2⎦
所以g（x）≥g（0）=0，满足题意；（7分）
π'⎡π⎤
②当k≥2e2时，g（x）≤0，所以g（x）在⎢0，⎥上单调递减，
⎣2⎦
所以g（x）≤g（0）=0，不满足题意；（8分）
''⎛π⎫
③当20，
⎝2⎭
所以∃x∈⎛0π⎫，使得g'（x）=0，
0ç，⎪0
⎝2⎭
又因为g'（x）=2ex（sinx+cosx）-k在⎡0π⎤上单增，
⎢，⎥
⎣2⎦
所以x∈（0，x）时，g'（x）<0，当x∈⎛xπ⎫时，g'（x）>0，
0ç0，⎪
⎝2⎭
所以x为g（x）在⎡0π⎤上唯一的极小值点，所以g（x）≥g（x），
0⎢，⎥0
⎣2⎦
又因为g（0）=0，所以g（x0）所以x∈（0，x0）时，g（x）<0，不满足题意．
……………………………………………………………………………………（11分）综上所述，k≤2．…（12分）
22．（本小题满分10分）【选修4−4：
坐标系与参数方程】
解：
（1）联立ρ2-2ρcosθ=0和θ=π，得到ρ=0（舍去），ρ=，
612
所以M
⎝
，则N
6⎭⎝
．（4分）
2⎭
（2）由
（1）知，△OMN为边长为
的等边三角形，
则外接圆的直径2R=
3
sin60︒
，得R=1，
将M，N
⎛3
化为直角坐标为M，
3⎫
，N（0，
3），
ç⎪
⎝6⎭
⎝2⎭
⎝22⎭
⎛13⎫
所以内接圆的圆心坐标为Cç2，2⎪，
⎝⎭
ç
所以圆C的标准方程为⎛x-
1⎫2
⎪
+⎛y-
3⎫2
⎪
=1，化为普通方程为x2+y2-x-
3y=0，
ç
⎝2⎭⎝2⎭
所以圆C的极坐标方程为ρ2-ρcosθ-
3ρsinθ=0，化简得ρ=2sin⎛θ+π⎫．
ç6⎪
⎝⎭
………………………………………………………………………………………（10分）
23．（本小题满分10分）【选修4−5：
不等式选讲】
⎧2m，x≤-m，
⎪
⎪
（1）解：
因为m>0，所以f（x）=|2x-m|-|2x+m|=⎪-4x，-m⎨
⎪22
⎪-2mxm，
，≥
⎩2
所以f（x）max=2m=4，所以m=2．（5分）
（2）证明：
由
（1）知，abc=2，且a，b，c为正实数，
故有（a+b）3+（a+c）3+（b+c）3≥33（a+b）3（a+c）3（b+c）3=3（a+b）（a+c）（b+c）
≥3⨯（
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