山东省日照市2021届高三9月校际联考数学试题答案

山东省日照市2021届高三9月校际联考数学试题答案

1 2020-2021 学年度高三第一次校际联合考试 数学试题答案 2020.09 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1—8 DABCDCDC 1.【答案】D 解： { 1,0,1,2} (0,3) {1,2}A B   I I ，故选：D. 2．【答案】A 解： 5a 5 4 5S S  . 3．【答案】B 解：当 120n  时,每个等腰三角形的顶角为 360 =3120   ,则其面积为 21 sin32S r   ,又因为等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积, 所以 2 21120 sin3 sin3 0.0522 60r r         . 4.【答案】C 解：首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定 2x 的系数即可. 【详解】 5 2x  展开式的通项公式为：       55 2 1 5 52 2 rr r rr r rT C x C x       ， 令 5 22 r  可得： 1r  ，则 2x 的系数为：   1 1 52 2 5 10C      . 5．【答案】D．解：因为 0.73 1a   ， 0.8 0.8 0.71 3 33b a        ， 0.7 0.7log 0.8 log 0.7 1c    ，所以 1c a b   .故选：D. 6．【答案】C．解：∵ ( )f x 与 ( )g x 都是偶函数，∴ ( ) ( )f x g x 也是偶函数，由此可排除 A、 D．又由 x→+∞时， ( ) ( )f x g x →－∞，可排除 B． 7．【答案】D．解：因为定义在 R 上的奇函数 ( )f x 在 ( ,0) 上单调递减，且 (3) 0f  ， 所以 ( )f x 在 (0, ) 上也是单调递减，且 ( 3) 0f   ， (0) 0f  ， 所以当 ( , 3) (0,3)x    时， ( ) 0f x  ，当 ( 3,0) (3, )x   时， ( ) 0f x  ， 所以由 ( 1 0)xf x   可得： 0 3 1 0 1 3 x x x        或 或 0 0 1 3 1 3 x x x         或 或 0x  解得 2 0x ≤ ≤ 或1 4x  ， 2 所以满足 ( 1 0)xf x   的 x 的取值范围是[ 2,0] [1,4]  ，故选：D. 8．【答案】C．解：因为 9 8na n n    ，所以 1 2 3 4 5 6 7 8 3 7 6 1 2 92, , 2, , , , ,2 4 5 2 7 8a a a a a a a a        ， 当 7,n n N ， 9 9 98 0 8 8nn a n nn n n           ，此时数列单调递增， 2 1a a ， 2 3a a ， 7 6a a ， 7 8a a ， 所以数列 na 的“谷值点”为 2，7． 二、选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求，全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 9. ABD 10.AD 11. BC 12.BCD 9．【答案】ABD 解：对于 A ， 100 5.1 17.8 42.3 34.8x      ， A 正确； 对于 B ，倾向于在家办公的人员占比为17.8% ，故对应概率为 0.178， B 正确； 对于C ，倾向于继续申请休假人数为1000 5.1% 51  人， C 错误； 对于 D ，倾向于在家办公或在公司办公的职工人数为  1000 17.8% 42.3% =601  人，D 正确. 10 ．【 答 案 】 AD 解 : 函 数 siny x 的 图 象 向 左 平 移 π 2 个 单 位 后 ， 得 到 函 数 ( ) sin( ) cos2f x x x   的图象， ( )=cosf x x 为偶函数，故 A 正确； ( )=cosf x x 的周 期为 2π ，排除 B；因为 π π( )=cos =02 2f ，所以 ( )f x 的图象不关于直线 2x  对称，排除 C； π π( )=cos( )=02 2f   故 D 正确． 11．【答案】BC 解：根据题意，定义域为 ( , )  的奇函数 ( )f x 满足 ( ) (2 )f x f x  ， 即 ( ) (2 ) ( )f x f x f x     ， 变形可得： ( 2) ( )f x f x   ，则有 ( 4) ( 2) ( )f x f x f x     ， 即函数 ( )f x 是周期为 4 的周期函数，B 正确； 若 (1) 1f  ，则 ( 1) (1) 1f f     ，又由函数 ( )f x 是周期为 4 的周期函数，则 3 (3) ( 1) 1f f    ，A 错误； ( )f x 是定义域为 ( , )  的奇函数，则 (0) 0f  ， ( )f x 满足 ( ) (2 )f x f x  ， 令 0x  可得， (2) (0) 0f f  ， 又 由 函 数 ( )f x 是 周 期 为 4 的 周 期 函 数 ， (2018) (2) (0) 0f f f   ， (2019) (3) 1f f   ， (2020) (0) 0f f  ， 则 (2018) (2019) (2020) 1f f f    ，C 正确； 对于 D，不能判定 ( )f x 是否存在最大值，D 错误； 故选：BC． 12．【答案】BCD．解：由 ( ) ln 0f x x mx   ，得 ln x mx ， 即 ln ( 0)xm xx   ． 令 ln( ) xg x x  ，则 2 1 ln( ) xg x x   ， ∴当 (0,e)x 时， ( ) 0g x  ，当 (e, )x  时， ( ) 0g x  ． ∴ ( )g x 在 (0,e) 上单调递增，在 (e, ) 上单调递减． ∴当 ex  时， ( )g x 取最大值为 1( ) eg e  ． 又当 0x  时， ( )g x   ，当 x   时， ( ) 0g x  ． 作出函数 ( )g x 的图象如图： 4 由图可知， 2 ex  ， 10 em  , 2 1x x 的值随 m 的增大而变小． 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13. 5 3 14.12 15. 10 103 16. )1,3 1[]0,(  13．【答案】 3 5- 解： 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos sin 1 tan 1 2 3cos2 cos sin cos sin 1 tan 1 2 5                    . 14．【答案】12 解：由题意可分两类，第一类，甲与另一人一同分到 A，有 6 种；第二 类，甲单独在 A，有 6 种，共12种. 15．【答案】 3 10 10 解 ： 由 题 意 得 2 2 2 22 cos 2 9 6 2 52AC AB BC AB BC B  = + - = + - = ， 即 5AC = ，则 sin sin BC AC A B= ， 3 5 sin 2 2 A = ，得 3 10sin 10A = . 16．【答案】 1( ,0] [ ,1)3   解： 0a 时， 1x 时， xxf 2log)(  ， )(xf 递增， )(xf 有1个零点是 1x ， 1x 时， 25)( xxf  ， )(xf 有1个零点是 0x ，故 0a 时， )(xf 恰有 2 个零 点，符合题意； 0a 时 1x 时， axxf  2log)( ， )(xf 递增， 0)1()(  afxf ， )(xf 在 ),1[  上1个零点， 1x 时， )3)((5)( axaxxf  ，若 )(xf 在 )1,( 恰有1个零点， 则零点是 1,3 1x a a   ，解得： 1 13 a  . 0a 时， 1x 时， axxf  2log)( ， )(xf 递增， 0)1()(  afxf ， )(xf 在 ),1[  上 0个零点， 1x 时， )3)((5)( axaxxf  恰有 2 个零点，则 03,0  axax ，符 合题意. 5 综上，若 )(xf 恰有 2 个零点，则 0a 或 1 13 a  . 四、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．（10 分） 解：（1）根据题意，设等比数列 nb 的公比为 q ， 2 1n nb a n   ，且 1 5a  ， 2 15a  ， 则 1 1 1 5 1 6b a     ， 2 2 3 15 3 18b a     ， 则其公比 2 1 3bq b   , ------------------------------------------------------3 分 则 1 1 2 3n n nb b q    ， 故 2 3n nb   . -----------------------------------------------------------------5 分 （2）根据题意，由（1）的结论 2 1 2 3n n nb a n     , 则 2 3 (2 1)n na n    , -----------------------------------------------------------------7 分 则 (6 1) (18 3) 2 3 (2 1)n nS n            (6 18 2 3 ) 1 3 (2 1)n n             1 21 (2 1)3(1 3 )2 3 31 3 2 n nn n n       .-----------------------------------------------10 分 18．（12 分） 选①：解：（1）因为 f（x）＝2 sinxcos（x+ ）＝2sinx（cosx﹣sinx）， ＝2sinxcosx﹣2sin2x＝sin2x+cos2x﹣1 ＝ sin（2x+ ）﹣1，…………………………………………………………3 分 故函数的最小正周期 T＝π………………………………5 分 （2）因为 π π[ , ]4 4x  ，所以 2x+ ， 当 2x+ ＝﹣ ，即 x＝﹣ 时，函数取得最小值﹣2，……………………10 分 当 2x+ ＝ ，即 x＝ 时，函数取得最大值 ． ……………………12 分 选②：解：（1）因为 f（x）＝2 sinxsin（x- ）＝2sinx（sinx﹣cosx）， 6 ＝2sin2x﹣2sinxcosx＝1﹣cos2x﹣sin2x ＝1﹣ sin（2x+ ），…………………………………………………………3 分 故函数的最小正周期 T＝π………………………………5 分 （2）因为 π π[ , ]4 4x  ，所以 2x+ ， 当 2x+ ＝﹣ ，即 x＝﹣ 时，函数取得最大值 2，……………………10 分 当 2x+ ＝ ，即 x＝ 时，函数取得最小值1 2 ． ……………………12 分 19．（12 分） 解： （1） 使用手机 不使用手机 总计 学习成绩优秀 10 40 50 学习成绩一般 30 20 50 总计 40 60 100 --------------------------------------------------------------2 分  2 2 100 10 20 30 40 16.67 10.82850 50 40 60         ------------------------------------------------6 分 所以有99.9% 的把握认为学生的学习成绩与使用手机有--------------------------------------6 分 （2）从不使用手机的学生中,按学习成绩是否优秀分层抽样选出 6 人， 其中学习成绩优秀 4 人，学习成绩一般 2 人， 从这 6 人中随机抽取3 人，有 3 6 20C  种取法，----------------------------------------------------8 分 其中学习成绩优秀的学生恰有 2 人有 1 2 2 4· 12C C  种取法--------------------------------------11 分 因此所求概率为 12 3=20 5 ---------------------------------------------------------------12 分 20．（12 分） 解：（1）因为   212f x x  ，所以   2f x x   ， ----------------------2 分 7 设切点为 2 0 0,12x x ，则 02 2x   ，即 0 1x  ，所以切点为 1,11 ， 由点斜式可得切线方程为：  11 2 1y x    ，即 2 13 0x y   . ……………… 5 分 （2）显然 0t  ， 因为  y f x 在点 2,12t t 处的切线方程为：    212 2y t t x t     ， 令 0x  ，得 2 12y t  ，令 0y  ，得 2 12 2 tx t  ， 所以  S t    2 21 12122 2 | | tt t    ， ……………………………………………………8 分 不妨设 0t  ( 0t  时，结果一样 ) ， 则   4 2 324 144 1 144( 24 )4 4 t tS t t tt t      ， 所以  S t  4 2 2 2 2 1 144 3( 8 48)(3 24 )4 4 t tt t t     2 2 2 2 2 3( 4)( 12) 3( 2)( 2)( 12) 4 4 t t t t t t t       ，……………………………………10 分 由   0S t  ，得 2t  ，由   0S t  ，得 0 2t  ， 所以  S t 在  0,2 上递减，在 2, 上递增， 所以 2t  时，  S t 取得极小值， 也是最小值为   16 162 328S   . ……………………………………………………12 分 21．（12 分） 解：（1）由题意知： 所以样本平均数为 2 0.1 4 0.15 6 0.45 8 0.2 10 0.1 6.1x            （万元）， 所以  2~ 6.1,2.1Z N ， -------------------------2 分 8 所以   2 , 1.9,8.2      ， 而      1 12 2 2 0.81862 2P P Z P Z                           . 故1万户农户中， Z 落在区间 1.9 8.2， 的户数约为10000 0.8186=8186 .--------------5 分 （2）①每次取球都恰有 1 5 的概率取到红球. 则有   4 1 31 1 1 4 644 1 =5 5 5 5 625P X               ， 故张明取球恰好 4 次的概率为 64 625 . ------------8 分 ②由①可知，当 9n  时,   11 11 5 5 n P X n        ,   9410 5P X       . 故 X 的数学期望为   8 91 4 1 4 1 41 2 9 105 5 5 5 5 5E X                    8 91 4 4 41 2 9 105 5 5 5                     设 84 41 2 95 5S         ， 则 2 94 4 4 41 2 95 5 5 5S                ， -----------------------------------------10 分 两式作差得 2 8 91 4 4 4 41 95 5 5 5 5S                      9 9 9 41 1 5 4 49 5 144 5 51 5                        ,   9 91 4 410 5 14 105 5 5E X S                  9 94 45 4 5 4 0.1342 4.4635 5                  -----------------------------12 分 9 22．（12 分） （1）解：函数 )1ln()(  xxxf 的定义域为 ),1(  ， 又 11 11)(  x x xxf ， -----------1 分 ∴当 01  x 时， 0)(  xf ，当 0x 时， 0)(  xf ， ∴ )(xf 的 单 调 减 区 间 为 )0,1( ， 单 调 增 区 间 为 ),0(  ； ---------------------------------------------3 分 （2）证明：要证明 2)1( )( xx xg ，即证明 )1(2)(  xxxg . 设 122e)1(21e)( 2  xxxxxh xx ， 故 4e)(,24e)(  xx xhxxh ， 当 ),2[ x 时， 04e)(  xxh ，故 )(xh 在 ),2[  递增.-------------------------5 分 故 06e)2()( 2  hxh ， )(xh 在 ),2[  递增， 故 05e)2()( 2  hxh 恒成立， 故当 ),2[ x 时 )1(2)(  xxxg ，即有 2)1( )( xx xg ；--------------------7 分 （3）证明：要证明 ).2,(3 5)1e 11()1e 11)(1e 11( * 32  nnn N 即证明 3 5ln)1e 11ln()1e 11ln()1e 11ln( 32  n ， 由（1）可知 )(xf 在 ），（ 0 单调递增，故 0)1ln(  xx 对于 ),0( x 恒成立， ∵ 11e 10,2,*  nnn N ，∴ 1e 1)1e 11ln(  nn ， 而依据第（2）问，当 ),2[ x 时， )1(21e  xxx ， 故 2n 时， )1 1 1(2 1 )1(2 1 1e 1 nnnnn  ， --------------------9 分 故 )1e 11ln()1e 11ln()1e 11ln( 32  n 10 2 1)11(2 1 )1 1 1 3 1 2 1 2 11(2 1 1e 1 1e 1 1e 1 32    n nn n   ------------------------11 分 又∵ 3 5e,)3 5(9 25e 2 1 2  ，即 3 5ln2 1  ， 故 3 5ln)1e 11ln()1e 11ln()1e 11ln( 32  n ， ∴ ).2,(3 5)1e 11()1e 11)(1e 11( * 32  nnn N ------------------------12 分