《河北省唐山市二模2021届高三二模数学试卷 答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省唐山市二模2021届高三二模数学试卷 答案.pdf（5页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、数学答案第 1页（共 4 页）唐山市 2021 年普通高等学校招生统一考试第二次模拟演练数学参考答案一选择题：14CABD58DBCD9BD10ACD11CD12ABC二填空题：1333；142116；15ytanx，或 yx1x或 yx1，x0，x1，x0，等；16 5217解：（1）设等差数列an的公差为 d，则 Snna1n(n1)d2，2 分所以 S44a16d24；S1010a145d120，解得 a13，d24 分故 Sn3nn2nn22n5 分（2）1Sn1n22n12(1n1n2)，7 分所以 Tn1S11S21S31Sn12(113)(1214)(1315)(1n11n1)(
2、1n1n2)12(1121n11n2)9 分12(112)3410 分18解：（1）t-4132333418.25，3 分a y-bt-70.63750.2518.2570.63754.562566.0756 分（2）2020 年对应的年份代码 t43，7 分M1a bt66.0750.254366.07510.7576.82576.8310 分从散点图的发展趋势可以得出：随着年份代码增加，人口平均预期寿命提高的越快因此，估计 M1M12 分数学答案第 2页（共 4 页）19解：（1）由 EFAD，AD2EF，可知延长 AF，DE 交于一点设为 P过 P 点作 AB 的平行线即为 l，lAB，
3、理由如下1 分由题意可知 ABCD，AB平面 CDE，CD平面 CDE，则 AB平面 CDE又 AB平面 ABF，平面 ABF平面 CDEl，则 lAB5 分ABCDEFPlxyzO（2）法一法一由底面 ABCD 为正方形，且平面 ADEF平面 ABCD，得 AB平面 ADEF，由（1）可知 lAB，则 l平面 ADEF，所以APD 即为平面 ABF 与平面 CDE 所成二面角的平面角9 分由 EFAD，AD2EF，DE1，AF 3，得 DP2，AP2 3，又 AD4，则AD2DP2AP2，所以APD 90所以，平面 ABF 与平面 CDE 所成二面角的大小为 9012 分法二法二由 EFAD
4、，AD2EF，DE1，AF 3，得 DP2，AP2 3，又 AD4，则 AD2DP2AP2，所以APD90，7 分由题意可知，P 点向平面 ABCD 引垂线，垂足落在 AD 上，设为 O，则 OD1以 O 为原点，以OD, OP的方向分别为 y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 OxyzA(0，3，0)，B(4，3，0)，P(0，0， 3)，则 AB(4，0，0)， AP(0，3， 3)，设平面 PAB 的法向量为 m(x，y，z)，由 ABm0， APm0 得4x0，3y 3z0，可取 m(0，1， 3)，9 分D(0，1，0)，C(4，1，0)，则DC(4，0，0)，DP(0
5、，1， 3)，设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，同理可得 n(0，3，1)，11 分因为 mn0，所以平面 PAB平面 PCD，即平面 ABF平面 CDE，所以，平面 ABF 与平面 CDE 所成二面角的大小为 9012 分20解：（1）依题意 SABC12absinC12c 32 3，可得 c4，数学答案第 3页（共 4 页）因为 C3，所以 ab83 分由余弦定理得 a2b2abc2，因此(ab)2c23ab40，5 分即 ab2 10故ABC 的周长为 2 1046 分（2）由（1）及正弦定理可得2a1b2baab2ba2c2sin BsinA3，8 分2sin(23A)si
6、n A37sin (A)3，(其中为锐角，且 sin37)10 分由题意可知 0A23，因此，当 A2时，2a1b取得最大值21312 分21解：（1）f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x11 分0 x1 时，f(x)0；x1 时，f(x)0，所以 f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)单调递减3 分即 x1 时，f(x)取得最大值 f(1)a1，依题意，a10，故 a15 分（2）由（1）知，a1，0m1n，ea1em1men1n所以 2ea1(m1m)2em1m(m1m)2em1m21m；2ea1(n1n)2en1n(n1n)2en1n21n8 分令 g (x)2ex1x21，则
7、g(x)2ex12x，由（1）知，lnxx1，等号当且仅当 x1 时成立，所以 ex1x，等号当且仅当 x1 时成立，于是可得 g(x)0，即 g(x)单调递增，因此，当 0 x1 时，g (x)g (1)0；当 x1 时，g(x)g(1)0，11 分所以 2ea1(n1n)0，2ea1(m1m)0，故 n1n2ea1m1m12 分22解：（1）由题设得 P(3，t)，A (a，0)，B(0，1)1 分则 AP(a3，t)， BP(3，1t)数学答案第 4页（共 4 页）所以 AP BP93at2t(t12)23a354，3 分于是 t12时， AP BP取得最小值 3a354，所以 3a35
8、4594，解得 a2所以 E 的方程为x24y215 分（2）假设存在点 P(3，t)满足题设，设 D(x1，y1)，则 AP(5，t)，AD(x12，y1)，由题意可知存在(0，1)，使得 AD AP，即x125，y1t，整理得x152，y1t，代入x24y21 中，有(52)24(t)218 分设 C(x2，y2)， BP(3，t1)， BC(x2，y21)，同理可得 BC BP，即x23，y21t，整理得x23，y2t1，代入x24y21 中，有(3)24(t1)2110 分由得(1)(32t)0，且(0，1)，解得t32故当P(3，32)时，四边形ABCD为梯形12分法二法二假设存在点
9、 P 满足题设，则 t0，设 C(x1，y1)，D(x2，y2)所以直线PA的方程为yt5(x2)，直线PB的方程为yt13x1.将yt5(x2)代入E得(4t225)x216t2x16t21000，可得x2(2)16t21004t225，所以x2508t24t2258分将yt13x1代入E得(4t28t13)x224(t1)x0，可得x124(t1)4t28t139分若四边形ABCD为梯形，则ABCD，所以| |AD| | |AP| | |BC| | |BP| |，于是x225x13，所以204t2258(t1)4t28t13，整理可得8t312t210t150，即(2t3)(4t25)0，解得t32数学答案第 5页（共 4 页）故当P(3，32)时，四边形ABCD为梯形12分