数学(文)答案

分
（1） a 0 时 ( e, +) 单增， f (x) 的单调递增区间为 ( e, +) ；
0 a e 时， f (x) 在 (0, a) 和 ( e, +) 单增， f (x) 的单调递增区间为 (0, a) 和
( e, +) ；
a = e 时， f (x) 在 (0, +) 单增， f (x) 的单调递增区间为 (0, +) ；
(a1 + 4d )2 = (a1 + 2d ) (a1 + 8d ) 即 a1d = 0 ，∴ d 0 ，∴ a1 = 0 ，∴ an = (n − 1)d ，设bn
的公比为 q，则 b1
= a3
= 2d, q =
a5 a3
=
4d 2d
= 2 ，∴ akn
= bn
= 2n d
即 (kn
−1) d
六次循环：k = 5 +1 = 6, S = 2 57 + 6 = 120 ，满足条件则输出 S 的值，而此时 k = 6 ，因
此判断框内应填入的条件是 k 5．故选 B．
6．D 设阴影部分的面积为 S，结合几何概型公式可得：
S
= 4 ，解得
122 3 5
2
2
S = 4 3 ．故选：D． 5
7．D 依据题意 | EF |= 60 尺，| EG |= 30 尺，| EH |= 22.65 尺，| EI |= 80 尺，
−
6
=
2
,
A
=
3
．
5分
（2）因为 ABC 的外接圆半径为 1，所以 a = 2 sin A = 2 3 = 3 ，
7分
2
则 a2 = b2 + c2 − 2bc cos A = b2 + c2 − bc = (b + c)2 − 3bc (b + c)2 − 3(b + c)2 ， 4
9分
即 3 (b + c)2 ，当且仅当 b = c = 3 时取等号， 4
g(x) 切线方程分别为 y − aem = aem (x − m), y − (ln n + 1) = 1 (x − n) ， n
即 y = aemx + (−m + 1)aem, y = 1 x + ln n, f (x) 与 g(x) 存在公切线，则方程 n
aem = 1
n
有解，即 ln a = (n −1) ln n −1, h(x) = (x −1) ln x −1 ，
故抽取的 5 只小白鼠中有 2 只未注射疫苗，分别用 1、2 来表示，3 只已注射疫苗的小白鼠
用 a、b、c 来表示，
7分
从这 5 只小白鼠中随机抽取 3 只，可能的情况有： (1, 2, a) 、 (1, 2,b) 、 (1, 2, c) 、 (1, a,b) 、
(1, a, c) 、 (1,b, c) 、 (2, a,b) 、 (2, a, c) 、 (2,b, c) 、 (a,b, c) ，共 10 种，
易知 | BG | = | EG | , | BI | = | EI | ． | AB | | HE | | AB | | EF |
设 BE = x, AB = y ，则
x + 30 = 30
①
y 22.65
x + 80 = 80 ② y 60
得 x = 7470, y = 5662.5
故选：D．
“皖南八校”2021 届高三第二次联考·数学（文科） 参考答案、解析及评分细则
1．B
∵
A
=
−
1 2
,
1 2
,
B
=
[0,1]
，∴
A
B
=
−
1 2
,1
故选
B．
2．A ∵ z = i + 3i2 ，∴ z = −3 + i ．∴z 的虚部为 1，故选择 A．
3．D
∵
a
20
，∴
a
1
，∵
log2
1 3
log2
8
SC
3
3
分
∵ VS −OAE
=
VO−SAE
,
1 3
S
OAE
SE
=
1S 3
SAE
h
．
∴
1 3
1 2
OA OE
SE
=
1 3
1 2
SE
AE
h
．
∴ h = OA OE = 2 34 ．
AE
17
12 分
20．解：
f
(
x)
=
2(
x
−
a)
ln
x
+
x
−
2a
−
2
x
+
3a
=
2(
x
−
a)
ln
x
−
1 2
．
1
可得
A
0,
−
1 2
,
B(1,
0),
C(0,
2)
，
∴S
ABC
=
1 2
5 2
1 =
5 4
．
故答案为： 5 ． 4
14． −2 ∵ AM ⊥ AC ，∴ AM AC = 0 ．∵ AM = AB + AC ，∴
(
AB
+
AC)
AC
=
0 ，即
AB
AC
+
2
AC
=
0 ，∴
11
1
+1
=
0
，∴
=
−2 ．
a e 时， f (x) 在 (0, e) 和 (a, +) 单增， f (x) 的单调递增区间为 (0, e) 和
(a, +) ．
5分
（2）由（1）， a 0 和 a = e 时，无极大值，不成立．
7分
当 a e 时，极大值 f ( e) = 2a e − e 2 ，解得 a e + 1 ，
6
2
又∵ OS ⊥ OA ，∴ OS ⊥ OC = O ，∴OA ⊥ 平面 SOC ，又∴ SC 平面 SOC ，∴
SC ⊥ OA．
∵ OS ⊥ OA ，且∴ OA ⊥ OC ，∴ OA ⊥ OC ．
2分
∵ EC = 1 ，∴ EC = 1 ，∴ EC SC = OC2 ，∴ OC = EC ．
SC 9
3
SC OC
∴ OEC∽ SOC ，∴ SC ⊥ OE ．
4分
又∵ OE OA = O ，∴ SC ⊥ 平面 OAE ．
5分
（2）因为 SE 是三棱锥 S − AOE 的高，所以 SC ⊥ AE ，
在 Rt SAE 中可求得此时 SE = 8 , AE = 17 ．
7分
3
3
由已知可得，∵OE SC = SO OC ，∴OE = SO OC = 2 2 1 = 2 2 ，
)
在
t
= 4 取得极大值 g(4) 0 ，且
g(1) = 0 ．
而 a e,t e ，而 g(t) 在 (1, e) 单增，所以 g(t) 0 解为 (1, e) ，则 a (1, e) ．
11
分
综上 a (1, e) ( e, +) ．
12 分
21．解：（1）∵直线 AF 的斜率为 −
7分
直线 OP 的方程为 y = y1 x = 4 x ，
x1
y1
同理：直线 OQ 的方程为 y = 4 x ， y2
令
x
=
1 得，
A 1,
4 y1
2
15． −1
∵
f
(x)
=
x2
+
2
f
(0) x
+
tan
x
，∴
f
(x)
=
2x
+
2
f
(0)
+
1 cos2
x
，∴
f (0) = 2 f (0) + 1 ，∴ f (0) = −1 ， f (0) = 0 ，∴ f (0) + f (0) = −1 ．
16． 2n + 1 设数列 akn 为bn 则 b1 = a3, b2 = a5, b3 = a9 ，∵ a52 = a3a9 ，∴
3 ，∴直线 AF 的方程为 y = −
3
x
−
p 2
，当
x
=
−
p 2
时， y =
3
p
可得
A
点坐标为
−
p 2
,
3
p
．
∵ PA ⊥ l ，A 为垂足，∴P 点纵坐标为 3p ，∵| PF |= 4 ，∴P 点横坐标为 4 − p ，∴P 2
点坐标
4
−
p 2
,
3
p
为代入抛物线方程得∴ 3 p2
注射疫苗
60
20
80
总计
100
100
200
由 K 2 = 200 (40 20 − 60 80)2 33.3 7.879 ， 100 100 120 80
所以有 99.5%的把握认为注射此疫苗有效；
5分
（2）设“恰有 1 只为未注射过疫苗”为事件 A，
由于在未感染病毒的小白鼠中，按未注射疫苗和注射疫苗的比例 40 = 2 抽取， 60 3
(−m + 1)aem = ln n
h(x) = ln x − 1 + 1, h(x) 在 (0,1) 上递减，在 (1, +) 递增， h(x) 在 x = 1 处取到最小值， x
∴ ln a 的最小值为 −1 ，即 a 的最小值为 1 ．故选 B． e
13． 5 作出不等式表示的平面区域，如图 ABC 内部（含边界），由边界的三条直线方程 4
=
2
pwk.baidu.com
4
−
p 2
，∴
p
=
2
．故抛物线
C
的方程为 y2 = 4x ． 5 分
（2）设直线 PQ 的方程为 x = my + 1, P ( x1, y1),Q ( x2, y2 ) ，
联立
y2
=
4x
，
x = my + 1
整理得： y2 − 4my − 4 = 0, = 16m2 +16 0, y1 + y2 = 4m, y1y2 = −4 ，
9分
其中恰有 1 只为未注射过疫苗有：(1, a,b) 、(1, a, c) 、(1,b, c) 、(2, a,b) 、(2, a, c) 、(2,b, c) ，
共 6 种，
11 分
所以 P( A) = 6 = 3 ，即恰有 1 只为未注射过疫苗的概率为 3 ．
10 5
5
12 分
19．解：圆锥底面半径为 1，高 2 2,OAC 1 = 3，∴ OAC = ，∴OA ⊥ OC ．
a
a
p = c ，∴ b2 = 2c ．∴ c2 − a2 − 2ca = 0 ．∴ e2 − 2e −1 = 0 ．∴ e = 1 + 2 ，故选 C．
2
a
( ) 12．B 设 f ( x) = aex 和 g(x) = ln x + 1的切点分别为 m, aem ,(n,ln n +1) ，则 f (x) 和
=
4 ，∴ a1
=
a2
−d
=
3 ．故选择
B．
5．B 第一次循环： k = 0 +1 = 1, S = 2 0 +1 = 1 ；第二次循环：
k = 1+1 = 2, S = 2 1+ 2 = 4 ；第三次循环： k = 2 +1 = 3, S = 2 4 + 3 = 11 ；第四次循
环：k = 3 +1 = 4, S = 2 11+ 4 = 26 ；第五次循环：k = 4 +1 = 5, S = 2 26 + 5 = 57 ；第
1
，∴
b
0
，∴
log3
1
log3
2
log3
3
，∴
0 c 1．∴ a c b ．故选择 D．
4．B ∵an 为等差数列，a1 + a2 + a3 = 21 ，∴ 3a2 = 21，∴ a2 = 7 ．∵ a3 + a4 + a5 = 45 ，
∴ 3a4
=
45 ，∴ a4
= 15, d
=
a4 − a2 4−2
8．A 如图所示 O1 ，O 分别为的三角形 ABC 外接圆圆心和球的球心，设三角形 ABC 外接
圆半径和球的球的半径分别为 r，R，由正弦定理 2r = AB = 2 2 ，∴ r = 2 ，由 sin ACB
图可知 R2
−
R 2
2
= r2 ，∴ R2
=
8 ，∴球的表面积 S 3
= 4 R2
=
2
4e
由于 e + 1 − 4e
e=
1 −3 e = e4
1 e
1
−
3e 4
0
，所以
a
e．
8分
当0 a
e
时，极大值
f
(a)
=
a 2 (2
−
ln a)
2
，得 2
−
ln a
2 a2
，令 t
=
a2 ，则
g(t)
=
2−
1 ln t − 2
2 t
． g(t)
=
−1 2t
+
2 t2
=
4−t 2t 2
,
g
(t
= 2n d ，∴
kn = 2n +1 ．
17．解：（1）因为
3 sin
Asin
2
−
A
=
cos2
A+
1 2
，
1分
所以
3 2
sin 2 A
=
2 cos2 A 2
+1
=
cos 2 A 2
+
1
，即
sin
2
A
−
6
=
1，
3分
因为
A(0, ) ，所以 2 A −
6
−
6
, 11 6
，所以 2 A
32 3
．
9．B
f
(−x)
=
− cos x sin e|x|
x
+
x5
=
−
f
(x)
，得函数
f
(x) 为奇函数，可排除
C
选项；且
f
6
=
cos 6
sin 6
| |
e6
−
6
5
0，
f
( )
=
cos
sin e| |
−5
0
，只有
B
选项符合条件．
10．D 动直线 l 将圆 E 分成的两部分面积之差最大，即过原点的弦最短，弦心距最大，则
11 分
故 b + c 2 3, b + c 的最大值为 2 3 ．
12 分
18．解：（1）依题意，由 p = 2 ，得 p = 80 ， 40 + p 3
所以 q = 20, x = 120, y = 80 ．
2分
所以， 2 2 列联表如下表所示：
未感染病毒
感染病毒
总计
未注射疫苗
40
80
120
l ⊥ OE 此时 | AB |= 2 10 − OE2 = 2
5 ，则 S
ABE
=
1 2
|
AB
|| OE
|=
1 2
2
5
5 = 5 ，故
选 D．
11．C
设抛物线与双曲线的两个交点分别为 A，B．将
y
=
c 代入
y2 a2
−
x2 b2
= 1得|
AB
|=
2b2 a
将 y = c 代入 x2 = 2 py( p 0) 得 | AB |= 2 p ，∴ 2b2 = 2 p 即 b2 = p 由两曲线共焦点，∴