2021年3月济南市11校联考-数学-参考答案

绝密★启用并使用完毕前
济南市2021届高三十一学联考数学试题参考答案
1—5CBBBC 6—8 BA C 9、BC 10、ABD 11、BCD 12、AD
13
、 14、10- 15、5
11602e ⎛⎤ ⎥⎝⎦、， 17、【解析】（1）方案一：选条件①.
由
3(cos )
sin b c A C
-=
可得cos sin b c A C -=，
由正弦定理得sin sin cos sin B C A A C -=
， （2分） 因为()B A C π=-+，所以sin sin()B A C =+，
所以sin cos cos sin sin cos sin A C A C C A A C +-=
，
故sin cos sin A C A C =， （4分） 又sin 0A ≠，
于是sin C C =
，即tan C = 因为(0,)C π∈，所以3
C π
=. （6分）
方案二：选条件②.
因为
1tan (1)2tan a C b B
=+，所以由正弦定理及同角三角函数的基本关系式，得sin 1sin cos (1)sin 2cos sin A C B
B C B
=+， （2分） 即sin sin cos cos sin sin()sin 2cos sin 2cos sin A C B C B C B B C B C B
++==， （4分） 因为A B C π++=，所以B C A π+=-，sin()sin B C A +=， 又sin 0A ≠， 所以1cos 2C =
，因为(0,)C π∈，所以3
C π
=. （6分） 方案三：选条件③.
在ABC ∆中，由正弦定理得sin sin b C c B =，
又sin cos()6c B b C π
=-
，所以sin cos()6b C b C π
=- （3分）
所以1
sin cos()sin 6
2
C C C C π
=-
=
+，
所以sin C C =
，即tan C = 又(0,)C π∈，所以3
C π
=
. （6分）
（2
）由题意知11sin 22ABC S ab C ab ∆=
==40ab =. （8分） 由余弦定理得222
2
2
111cos 220442222
b b b BD a ab C a ab a ab ab =+-=+-≥⋅-==，当且仅当1
2
a b =
且40ab =，
即a =
b =所以BD
的最小值为（10分）
18、【解析】（1）设正项等差数列{}n a 的公差为d ，
因为2
2
25a =，所以25a =，所以15a d +=， （1分） 又1533a a =，所以11(4)33a a d +=，得2d =或4
3
d =
， （2分） 当2d =时，13a =，此时32(1)21n a n n =+-=+； （4分） 当43d =
时，1113a =，此时11447
(1)3333
n a n n =+-=+. （6分） （2）因为n a ∈N ，所以21n a n =+. （8分） 因为243n n n b a -=+，所以243(21)n n b n -=++， （9分） 所以101243343543743(21)n n T n --=+⨯++⨯++⨯++++
1
1
2(4444)3[357(21)]n n --=+++
+++++
++
1
(14)
(321)43142
n n n
-++=+⨯
- 1241
36312
n n n -=++-. （12分）
19、【解析】（1）分别取EB AB ,的中点N M ,，连接ND MN CM ,,. 在梯形ACDE 中，EA DC //且EA DC 2
1
=
，且N M ,分别为BE BA ,中点， 1
//,2
MN EA MN EA ∴=
， //,MN CD MN CD ∴=，
∴四边形CDNM 是平行四边形，
//CM DN ∴， （3分） 又4
1
=，N 为EB 中点，G ∴为EN 中点，又F 为ED
中点.
DN GF //∴， CM GF //∴.
又⊂CM 平面ABC ，⊄GF 平面ABC .
//GF ∴平面ABC . （5分） （2）在平面ABC 内，过B 作AC BH ⊥交AC 于H .
平面⊥ACDE 平面ABC ，平面 ACDE 平面AC
ABC =，
⊂BH 平面ABC ，AC BH ⊥，
∴⊥BH 平面ACDE . （6分）
BH ∴即为四棱锥ACDE B -的高，
又底面ACDE 面积确定，所以要使多面体ABCDE 体积最大，即BH 最大，此时2AB BC ==
过点H 作AE HP //，易知HP HC HB ,,两两垂直，
以{}
,,为正交基底建立如图所示的平面直角坐标系xyz H -， （7分） 则)1,1,0(),2,1,0(),0,0,1(),0,1,0(D E B A --，
)1,2,0(),2,1,1(),0,1,1(-=--==DE BE AB ，
设),,(1111z y x n =为平面ABE 的一个法向量，则
⎪⎩⎪⎨
⎧=⋅=⋅0
11n AB n ，所以⎩⎨⎧=+--=+02011111z y x y x ，取)0,1,1(1-=n （8分） 设),,(2222z y x n =为平面DBE 的一个法向量，则
⎪⎩⎪⎨
⎧=⋅=⋅0
22BE n DE n ，所以⎩⎨⎧=+--=+-020222222z y x z y ，取)2,1,3(2=n （10分） 所以7
7
,cos 212121=
>=
<n n ， 二面角D BE A --为钝二面角，所以二面角D BE A --的余弦值为7
7-， （12分） 20、【解析】（1）随机变量x 的所有可能取值为0,1,2,3, 则P （x =0）=(2−2p )(1−p )2=2(1−p )3
P （x =1）=(2p −1)(1−p )2+2(2−2p )·p ·(1−p )=6p 3−13p 2+8p −1 P （x =2）=(2−2p )p 2+2(2p −1)·p ·(1−p )=−6p 3+8p 2−2p ，
P （x =3）=(2p −1)p 2=2p 3−p 2， （4分） 故x 的分布列为
（5分） （2）由（1）知E （x ）=4p -1, （6分） 因为4p -1≤2.6，所以p ≤0.9,即乙种鱼苗自然成活的概率为0.9.
依题意知一尾乙种鱼苗最终成活的概率为0.9+0.1×0.80×0.625=0.95 （8分） 那么n 尾乙种鱼苗最终成活的尾数为0.95n ，不成活的尾数是（1-0.95）n （9分） 设F （n ）为购买n 尾乙种鱼苗最终可获得的利润，则F （n ）=100×0.95n −20×(1−095)n ≥3760000,解得n ≥40000 （11分） 所以需至少购买40000尾乙种鱼苗，才能确保获利不低于376万元. （12分）
21、【解析】（1）法1:函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()()()
222
121
11x x f x x x x x λλ+-+'=-=++，
()221,4g x x x λλ=-+∆=-，
（1分）
()()20,0,x f x λ'<->>当时， g ()()0+f x ∞在，单增；
（2分）
()()2200,0,x f x λ'≤≤∆≤≥≥当-时， ，g ()()0+f x ∴∞在，单增；
121220,,0,0.
x x x x λ>∆><=
>=
>当时,设两根为则 (4分)
()()()()12120<0,0,<0,0,x x x x x f x x x x x f x ''<>>><<<当或时，g 当时，g
()()()()1212,0,.f x x x x x +∞故在单减，在，和单增
()()20+f x λ≤∞综上：当时,在，上是增函数；
()20.f x λ⎛⎫
>+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
当时，在单减，在和单增
（5分）
法2：
函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()()()()
2
222
1121=111x x x x f x x x x x x λλλ+-+-+'=-=+++，
()()()1
2,20,0+x x
f x f x λ+
≥
'≤≥∞
当时，在，上是增函数；
(
)(
)(
)20,0,0.f x x f x x x f x λ'><<<
'><<
>
⎛⎫∴+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭当时，解得0在单减，在和单增
（得分同上）
()()()()()220+00.f x f x f λ=∞>=当时,在，
单增，()0f x >故在(1,)+∞上恒成立； （6分） （3）法1：
()()()222210,ln ,0ln +1.12x x
x f x x x x x x ->>>
>>++由知，当时，即当时,
()()()
22221
1ln 1,1, 1.22x x x x e x x e x e x x x -+>->>+++要证只需证只需证（8分）
()()()()()()()()()()22
1
10,1,
2
10,00,
10+001,2x x x x h x e x x x h x e x h x e h x h h x h x h e x x '=--->=--''''=->>=∴∞>=>
++令在，单增，，即得证 （12分）
法2：
()()()222210,ln ,0ln +1.12x x x f x x x x x x ->>>
>>++由知，当时，即当时,
()()()222221
1ln 1,1,1,22
11 1.
2x x x x x e x x e x e x x x x x e --+>->>+++⎛⎫
++< ⎪⎝⎭
要证只需证只需证只需证
()()()()()()22111,0,
220+01,x x x x x e x x e x x ϕϕϕϕϕ--⎛⎫
'=++=-< ⎪⎝⎭
∴∞<=令在，单减，得证.
（得分同上）
法3：
()()()()()2ln 11ln 1ln 11ln 1,.11x x x x
e x x x e x x x e x e ⎡⎤-+++⎣⎦-+>>>--要证只需证只需证()()
()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()22ln 1,g 1.ln 11ln 1
111ln 1,ln 10,00,0,0+1.k 1,k 10,k k 00.
x x x x x g x x g e x x
x x x x x g x x x x t x x x x t x x t x t g x g x x e x e x x e x +=
>--+-+++'==
+'=-++=-+<<='<∴∞<-'=--=->>=设只需证则令则在，单减.故只需证即可（得分同上）
22、【解析】：（1）由题意可得：()
3max
2
1==∆bc S F PF ，
c a c b F PF 2,321==∆为正三角形可得：由， （ 1分）
解得：1,3,2==
=c b a ，
椭圆C 的标准方程为13
42
2=+y x . （3分） （2）（i ）证明:由题意设),(11y x P ，()0,4y M ，()22,y x Q , 又()()0,2,0,2B A -，
211
+=
x y k AP , 6
2400y y k k AM AQ =+==， ()22:11
--=
x x y y l BP ， 2
24110-==x y y x 时，当， （5分）
()()
4
323262212
1
1111011-=
-⨯+=⨯+=⋅x y x y x y y x y k k AQ
AP 此时，()2
121212121443413134x x y y x -=⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛-==+则又代入上式可得： 4
1
-=⋅AQ AP k k . （7分）
()2
2
2
(ii):3463120PQ x my t x m
y mty t =++++-=设直线，与椭圆方程联立消去可得：
，
1222
122
634
31234mt y y m t y y m ⎧
+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩
，由韦达定理得， ⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧
+-=+=+4312443822
221221m m t x x m t x x 又 （8分） ()()4
1
-222221212211=++=+⋅+=
⋅x x y y x y x y k k AQ AP 由 223121
416164
t t t -=-
++得：
()
舍或解得：化简可得：21,02-2-===+t t t t
0,1:>∆+=满足为此时直线my x PQ
()
4
31
1842
32122212
21212++=-+=-=∆m m y y y y y y AF S APQ
（10分）
1,11222-=≥+=λλm m 则令. [)2
18181
3113139
10,: 1.
2
APQ APQ PQ S S m l x λλλλλ
λλ
λ∆∆=
=+∈+∞++===则，在，单调递增故时取得最大值，为，此时，（12分）。