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1、1 2 2021 高考全国卷地区 4 月联考乙卷 数学（理科）答案及评分标准 2021 高考全国卷地区 4 月联考乙卷 数学（理科）答案及评分标准 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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。 选择题评分标准：选对得分，错选，多选，不选均不得分。选择题评分标准：选对得分，错选，多选，不选均不得分。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C B C D A B A C D B C C 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 填空评分标准：按参考答案给分，结果必须化简，完全正确，写错、未化
2、简、多 写答案、少写答案均不给分。 填空评分标准：按参考答案给分，结果必须化简，完全正确，写错、未化简、多 写答案、少写答案均不给分。 1313 3 14.x 2 4 y 2 2 1 156 165 184 平方米 三、解答题：共 70 分，解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题， 每个试题考生必须作答。 第 22， 23 题为选考题， 考生根据要求作答。 解答题评分标准解答题评分标准 （1）导函数： 求单调区间过程要清楚，分类讨论各区间情况需做到无遗漏。遗漏不给分。 取值写成区间或者集合的形式，未写扣 1 分。 （2）选做题： 极坐标方程直角坐标方程转换需要过程，没
3、有过程不得分。 解不等式解集要写成集合或区间，未写扣 1 分。 （3）具体步骤分参照答案解析，没有步骤只有答案均不给分。 （4）试题有不同解法时，解法正确即可酌情给分。 （1）导函数： 求单调区间过程要清楚，分类讨论各区间情况需做到无遗漏。遗漏不给分。 取值写成区间或者集合的形式，未写扣 1 分。 （2）选做题： 极坐标方程直角坐标方程转换需要过程，没有过程不得分。 解不等式解集要写成集合或区间，未写扣 1 分。 （3）具体步骤分参照答案解析，没有步骤只有答案均不给分。 （4）试题有不同解法时，解法正确即可酌情给分。 17解：()设数列an的首项为 a1，公比为 q， 3(a1a3)S4a1a
4、2a3a4， (q2)(q21)0，q2.(2 分分) a1，a31，a4成等差数列， 3 a1a42(a31)，a12，(4 分分) an2n.(5 分分) ()由()知 bn2nlog22n 1(n1) 2n，(6 分 分) 则 Tn22322423(n1) 2n， 2Tn222323424(n1) 2n 1， ，(8 分分) 两式相减得Tn222223242n(n1) 2n 1n 2n1， Tnn 2n 1.(10 分 分) Tnn 2n 12 021，n8， n 的最小值为 8.(12 分分) 18解：()根据 22 列联表中的数据， 可得 K2210（90402060） 2 1101
5、0015060 672 55 12.2186.635，(4 分分) 因此能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为播放背景音乐对促进消费者 消费有效果(6 分分) ()X 的所有可能取值为 0，1，2，3， P(X0) C35 C315 2 91； P(X1)C 1 10 C25 C315 20 91； P(X2)C 2 10 C15 C315 45 91； P(X3)C 3 10 C315 24 91，(8 分 分) 所以随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 2 91 20 91 45 91 24 91 (10 分分) 所以随机变量 X 的数学期望 E(X)0 2 911 20
6、912 45 913 24 912.(12 分 分) 19解：()证明：由题可得到四棱锥 PEBCD 如图所示，连接 EF，CE. 易知 BECD，且 BECD， 所以四边形 BCDE 是平行四边形 又 BCCD2，所以四边形 BCDE 是菱形， 4 所以 DEPDPE2，所以PDE 是等边三角形， 则DPEEBC60 ， 易知CDE 是等边三角形(3 分分) 连接 BD 交 EC 于点 G，连接 FG，则点 G 为 BD 的中点，所以 FG 是PBD 的中位线，则 FGPB. 因为 FG平面 CEF，PB平面 CEF， 所以 PB平面 CEF.(5 分分) ()如图，设 DE 的中点为点 O
7、，连接 OP，OC，OB，EC，则 OPDE， OCDE. 在OBE 中，OE1，BE2，BEO120 ， 由余弦定理得 OB14212 1 2 7. 在POB 中，OP 3. 因为 OP2OB2PB2，所以 OPOB. 又 DEOBO，所以 OP平面 BCDE， 所以 OP，OE，OC 两两垂直，则以点 O 为坐标原点，OE，OC，OP 所在直 线分别为 x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，(6 分分) 则 C(0, 3，0)，E(1，0，0)，F 1 2，0， 3 2 ， CE (1， 3，0)，FC 1 2， 3， 3 2 .(8 分分) 设平面 CEF 的法向量为 m(x，y，
8、z)， 5 则 m CE x 3y0， m FC 1 2x 3y 3 2 z0， 解得 x 3y， z 3x. 令 y1，得 x 3，z3，所以 m( 3，1，3) 由题可知平面 CDE 的一个法向量为 n(0，0，1)(10 分分) 设二面角 DCEF 的平面角为 ，且由图可知 为锐角， 则 cos m n |m|n| 3 131 3 13 13 .(12 分分) 20解：()解法一：f (x)mex1， 当 m0 时，f (x)0 时，令 f (x)0，则 mex10，ex 1 m0，解得 xln 1 m，(2 分 分) 当 xln 1 m时，f (x)ln 1 m时，f (x)0，f(x
9、)为增函数， 所以当 xln 1 m时，f(x)有极小值也是最小值，且 f(x)minf ln 1 m 1ln 1 m. 因为 f(x)有两个零点， 所以 f ln 1 m 1ln 1 m1，即 1 me，解得 0m0，f(1)me10， 所以 0 x11. 因为 ln 1 m0 时恒有 xlnx0，所以 f ln 4 m2 0， 所以 ln 1 mx22ln 2 m，且符合 x10，所以 m x ex.(2 分 分) 令 (x) x ex，则 (x) 1x ex ， 令 (x)0，解得 x1， 当 x0，(x)单调递增； 当 x1 时，(x)0，(x)单调递减， 故当 x1 时，(x)有极大
10、值也是最大值，且 (x)max1 e.(4 分 分) 当 x0 时，(x)0 时，(x)0， 所以当 0m0， f(x2)mex2x20，x20， 所以 mex2mex1x2x1，ex2 x1x2 x1， 所以 x2x1lnx2 x1.(7 分 分) 又因为当 x24x1时，不等式 x1(mex2mex1)(13a)x1ax2恒成立， 所以 x1lnx2 x1(13a)x1ax2， lnx2 x1a x2 x13a1. 令 tx2 x1， 因为 x24x1，所以 t4， 则 lntlnt1 t3 对 t4 恒成立 令 g(t)lnt1 t3 ， 则 g(t) 1 t（t3）（lnt1） （t3
11、）2 2ttlnt3 t（t3）2.(10 分 分) 7 令 h(t)2ttlnt3，则 h(t)1lnt， 当 t4 时，h(t)0， 所以 h(t)在4，)上单调递减， h(t)h(4)54ln40， 所以 g(t)2ln21.(12 分分) 21解：()因为 F p 2，0 ，K p 2，0 ，所以|KF|p. 由题意得直线 AB 的斜率不为 0， 设直线 AB：xmyp 2，代入 y 22px(p0)， 消去 x 得 y22pmyp20，0 成立 设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1 y2p2.(2 分分) 因为 SKAF2SKBF，所以 y12y2， 所以 y2 2 2
12、 p. 又 SKBF1 2p(y2) 2，所以 p2， 所以抛物线 E 的标准方程为 y24x.(5 分分) ()假设存在点 M(a，0)，使得|MP|NQ|MQ| |NP|恒成立 设直线 l：xny3，代入 y24x 消去 x 得 y24ny120，0 成立 设点 P(x3，y3)，Q(x4，y4)， 则 y3y44n，y3 y412，(7 分分) 所以 kMPkMQ y3 x3a y4 x4a y 3（x4a）y4（x3a） （x3a）（x4a） y 3（ny4a3）y4（ny3a3） （x3a）（x4a） 2ny 3y4（3a）（y3y4） （x3a）（x4a） 4n（3a） （x3a）
13、（x4a）. 当 a3 时，kMPkMQ0， 8 所以 kMPkMQ，(9 分分) 即PMNQMN，所以点 N 到直线 MP 和直线 MQ 的距离相等， 所以S MNP SMNQ |MP| |MQ|. 又因为S MNP SMNQ |NP| |NQ|， 所以|MP| |MQ| |NP| |NQ|， 所以|MP|NQ|MQ|NP|恒成立，(11 分分) 所以存在定点 M(3，0)，使得|MP|NQ|MQ| |NP|恒成立(12 分分) 22解：()将 x2cos， y2sin ( 为参数)中的参数 消去，得 x2y24，(2 分分) 把 x2y22代入上式得 24， 因此曲线 C 的极坐标方程为
14、2.(3 分分) 把 xcos，ysin 代入直线 l 的直角坐标方程 xy20 中，得直线 l 的极坐标方程为 cossin20.(5 分分) ()由()知曲线 C 是以(0， 0)为圆心， R2 为半径的圆， 令点 P(2cos， 2sin)， 则坐标原点O及点P到直线l的距离分别为d 2 2 2， h |2cos2sin2| 2 ， |AB|2 R2d2222（ 2）22 2，(7 分分) SABP1 2|AB|h 1 22 2 |2cos2sin2| 2 2 2cos 4 2 .(8 分分) 4 4， 9 4 ， 2 2cos 4 2 2 22，(9 分分) ABP 面积的最大值为 2
15、 22.(10 分分) 9 23解：()f(x)|x2|x1| 3，x1， 2x1，1x2， 3，x2， (2 分分) f(x)20 等价于 x1， 50 或 1x2， 2x30 或 x2， 10，解得 x ，3 2x2，x2，(4 分 分) 所以不等式 f(x)20 的解集为(5 分分) ()由()知 f(x)|x2|x1| 3，x1， 2x1，1x2， 3，x2， 作出函数 f(x)的图象如图所示， 由图可知3f(x)3.(8 分分) 因为对任意的 xR，有 f(x)m22m 恒成立， 所以 m22m3，(9 分分) 解得 m1 或 m3， 因此 m 的取值范围为(，31，)(10 分分) 10
