重庆市2021届高三下学期二模数学答案

重庆市2021届高三下学二模数学题参答．【思路拨根据集合的运算法则判断选项．【析由题意

A

B{x|x1}

，A错R

{x|x2}，B错R

x

或

x

，

R

x

或

1x2}

，错RR

，正．故选：D．B【路拨由复数的运算求z，再共轭复数的概念得结论．i2(2)5(2)【析由题意)(2)5故选：．．【思路拨根据命题的否定的定义判．

，所以．【析命题

p:

，

的定是

2

．故选：D．A【路拨直接用差．10

和首项a表已知条件，然后求得公差

和首项后可得【析设数列公差为

，则由已知得

add1aa)

，由于

，故解得ad

14

，所以

15a44

．故选：A．．C【路拨由于

f(x)

在R上调递增，所以此分段数每一段上为增函数，且loga

，从而可求出实数a的值范围【析解：因为函数f(x)

(4)x,xlogx,

在上调递增，

所以

，解得

2

，

故选：．C【路拨由平均数求得a，后根据中位数的定义确定,b的能取值，去掉，剩下5个，再观察各数据特征的变化情况可得．【析由平均数为4知，，中位数为，a或

a

，去掉最大数8后，根据平均数与标准差的意义，平均数和标准差均变小，中位数可能，也可能是3，当a时众数与原来一致都为4当为5，故选：．

a

时，众数也与原来一致，都C【路拨由等差数列质得本不等式可得最大值．

ab

，求出点到直线的距离，代入消元后应用基【析由已知

a

，点P到直线的距离d

|a|a2

|aba2

|a2

，由均值不等式知

(a)

2

2

2

，当且仅当时取等，故2最大值为

．故选：．．A【路拨设双曲线右点为

F

，连接

AFBF2

，由图形的对称性知

AFBF2

为矩形然后利用双曲线的定义和已知条件可求出

|

AF

从可求出直线AF

的斜率【析设双曲线右焦点为F，接BF2

，由图形的对称性知AFBF为形，则有2AF|AF

，

|AF

，∴

|,

AF

，在

RtAFF

中，

tan2

，故选A．

,00,e,00,e．AB【思点】于A，利用周期公式直求解；对于B，将

x

24

代入验证即可；对于，点

,03

代入验证；对于D直接求其单调区间进行判断【析解：对于A，

f(x)

的最小正周期为

2

，所以A正；对于因为

f

5sin2sin12

，所以直线为(x)24

的一条对称轴，所以B正确；对于，为

f(

2)sinsin312

12

，所以点

不是

f(x)

的图象的对称轴，所以C错误；对于D，

2

k

12

2

，得

5x2424

，所以

f(

在

上不是单调递增，所以D错故选：AB10【思点】判断函数零点的个数，再求导数，根据导函数判断原函数的单调性，从而逐一判断选.【析显然

f(

有唯一零点x，错；f

x

(kxx

，

(ln

，∴

yxlnx

在

0,

1e

上单减，

上单增，

∴

1xln,e

，且0时lnx

，xlnx

，故当

时，

f

，

f(x)

单增，选项A可；当时fx)

存在两个零点

0x

1

xf(x)

在

2

上单增，

,1

项可；当

k

时，f

()

存在唯一零点

x

，

f(

在

0

上单增，在

x

上单减，选项可．故选ABC.【师导关点睛数图像的判断关键在求出导函数极限思想判断导函数的符号，得出原函数的单调性.．【路拨将

，BQ用模与夹角已知向量表示，然后根据数量积运算即【析如图所示，若与B位于

CP

同侧，则AP))

13；2若Q与位异，同理可得

AP

3

；故选：BD【师导关键点睛：解决本题的一转化问题，二是与B的置有两种情.12【路拨由

f(

求导

f

3ax

，再由

f

()

求导得到f

，然后分

a

，

27，

0

讨论分析选项ABC选

ff根据

x1

212

差

f1

1

x12

1

，取

12

判断。【析

f

3

f

，当a时

f

，f

()

单增，又

f

3

，

f

，∴

()

在

,0)

内存在唯一零点，记为

，则

f(x)

在

0

上单减，在

x,

x

既是极小值又是最小值；当a时f

()

a在

a,66

上单减，f0

，f

a6

，a若，

，f)

在(上两个零，记为x,

，在

(上有一个零点，记为x，则3

f(

在

1

x

上单减，在

,x1

和

上单增，为于极小值点，1

f

1

和

f

3

中的较小者即为

f(x)

的最小值；若

0

，则0

，

f

()

只在(0,存唯一零点，记为x，(在

0

上单减，在

x

上单增，

f

为最小值；故、C正，A误；对于D

x1

212

时，

f

x1

f

x

2

41

42

1

22

x12

，1

121取

12

，则有

f1

，故D错．故选：【师导方法点睛：(1)利用导数研究函数的单调性关键在于准确判定导数的符号，当f()含参数时，需依据参数值对不等式解集的影响进行分类讨论(2)可导函数fx)在指定的区间D上调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f)或f′()恒立问题，从而构建不等式，要注意＝是否可以取到．

135【思点】|a|

表示以O为圆心、为半径的圆上任一点与点

间的距离，由圆的性质可得最小值．【析a|

以圆心3为径的圆上任一点与点

A

间的距离，所以最小值为

rOA5

．故答案为：．【师导结论点睛：圆(x)2y)2

上的点到定点

(m)

的距离的最大值为rAC，小值为rAC．14

【路拨先确定丙基站接收信号的种情况，再分别求出每一种情况的概率，最后用概率加法计算即可.1【析丙基站能接收到信号有两种可能，甲直接发送给它，概率为，甲发送给乙，乙3再传送给它，概率为

1136

11，故丙能接收到的概率为．62故答案为：

155【思点】用赋值法令

x

，得

n0

，令

可得2

2

n

0

n

，再利用等比数列求和及解方程，即可得到答.【析令x，得，

n0

，令，

201

，即59，显然259，∴5，又

n

nn

，∴

，即n

，故

．故答案为：5.16【思路拨】易知球面截正四面体所得的曲线为4个同的圆而求得圆半径，球心到正四面体的距离用边角关系直角三角形中解得棱长而得正四面体体积【析由题知，正四面体截球面所得曲线为四个半径相同的圆，每个圆的周长2

，半

径为，故球心O到四面体各面的距离为

，设正四面体棱长为，如图所示，则斜高EF

32

a，高AF

，AEF

和

RtAGO

中，OGEF1AE3

，即

6

，∴a

，1∴a3412

2．故答案为：182【师导方法点睛找球在面上截出的圆的半径后，求得球心到面的距离而构建直角三角形，根据边角关系解得棱长，从而求.17思路拨）若选①：根据正弦理、逆用两角和的正弦公式，结合三角形内角和定理和诱导公式进行求解即可；若选②根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；若选③根据正弦定理、逆用两角和的正弦公式进行求解即.（2根据余弦定理，结合基本不等式进行求解即.【析解）若选，则由正弦定理得：Acos3sinBAaC3sin(AaC

因为

(0,

)

所以

C，因此；若选②则由正弦定理得：3sinABB3sinCasinB3sin(A)3sinAcosB

132mn3132mn31311n1asin3cossinB

，因为

AB

)且A

2

，所以

sinB0,cosA

，因此

a3

；若选③则由正弦定理得：sincos

33sinBa

，因为

)

且

2

，所以

A，此；（2若

A

3

，则由余弦定理得：

9

bc，b22()bc

，又

(

(

且仅当b3时等号，∴

的最大值为3．18思路拨）根据等差数列的性，结合等比数列的定义进行求解即可；（2根据等比数列的前n项公式，结合指数函数的性质进行求解即.【析解）因为6，2，成等差数列，所以n

n

n因此有

n

n

2)

，两式相减:

4an

n

，即

1aa3

(2)

，当时

S1

1

，∴

，故1

首项，

13

为公比的等比数列，1∴2

；（2n

143

2

，∴题中不等式等价于1

11即，13899

m

对*成，

nn1∵且时n

，∴3

m

，显然m为偶数，m成立，当≥4时

m

，故m

．19思路拨）由于三棱柱

BC中，BC111

，所以四边形

BBCC1

为菱形，故

C11

，又因为

AO

平面

CC1

，所以

AO1

，故

C

平面

BAC1

，所以

B（2由

与面CC1111

所成的角为，得BC

BOOA再利用空间向量，即求出答.【析解）证明：∵AOAO∴，1BB∵，1BBCC∴边形是菱形1C∴，11AO∵，1

平面

BBCC1

，∴

C

平面

1

，∴

AB1

（2）∵

A与面BBC111

所成角为30，

//AB1

，∴AB

与平面

CC1

所成角为30，∵AO

平面

BBCC

∴ABO30

，令，

21

，，，以

为原点，分别以

OB

，

OB1

，

OA

为，，

轴建立空间直角坐标系，

则

O

11设平面

1

的一个法向量为

nz

，

，

B1

n11nx111

，令x，得

n3，1设平面

1

的一个法向量为

n

n011n011

，即

3x3x

，令x，解得

n，2n12

121

∴面角

ABCA1

的余弦值为

17

【师导本题是一道立体几何的综合题目考查了线面垂直线线垂直及二面角等知点，属于中档题.20路拨）根据表中数据到X所有可能取值为，50008000分别求得其概率，列出分布列；（2根据纯收入超过12000元则亩种植收入超过元分价格10/kg和格为元两求解【析）由题知一亩地的种植收入可能为4000，6000，故X的有可能取值3000，，8000(X3000)0.40.250.1

，

(5000)0.750.25

，(X8000)0.6X的布列为：X30008000P0.45（2纯收入超过元即亩地种植收入超过元，若价格为10元，地的总产量超过，

F212F212因为

，所以符合条件的概率为

20.250.753

．若价格为15元/kg，3亩地的总产量超过，0.9375∴P（纯收入超过1200元）

31000

，【师导方法点求解离散型随机变量X的布列的步骤①理解的义写X可能取的全部值②取个值的概率③出X的分布列．求离散型随机变量分布列的关键是求随机变量所取值对应的概率．21思路拨）先运用椭圆的定义出a，据抛物线，可得，一步就可求出椭圆方程；（2先将

AB|MN|

化简为1，然后用表出来，再求范围即可.M【析P在物线上

2P到物线准线的距离为3

PF

，设椭圆左焦点为，则PF1

6

2

，7∴2

，

，又

xy，3，圆C的方程为4

；（2设直线l

的方程为

xmy

，与椭圆的程联立得

，设

A

x,y11

B

x22

，则

y2

，y，3由

MN

知

|12MN|xM

，yy121

2

y1

22

，设AB

中点坐标为

x0

，则

y

yym2，243m

4

，

故AB

中垂线方程为

33

x

3

，令y得xM

3

，∴

ABMN|

[12,

．【师导关键点睛：解决本题的关，一是定义的运用，二是对围

AB|MN|

的化简与求范22思路拨(1)对

f(x)

求导得f

()

，由题设条件知x>-1，

f

恒成立，再分离参数求解；函数

f