【文档说明】2021届广东深圳市高考二模数学试题（及答案）.pdf，共(21)页，6.734 MB，由baby熊上传

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1/62/63/64/65/66/62021年深圳市高三第二次调研考试数学试题答案及评分参考一、单项选择题：题号12345678答案CDBBABCA二、多项选择题：题号9101112答案BDACBCACD12.设函数(

)eexfxx=−和21()ln(12)2gxxkxkx=−+−+()kR，其中e是自然对数的底数（=2.71828e），则下列结论正确的为A.()fx的图象与x轴相切B.存在实数0k，使得(

)gx的图象与x轴相切C.若12k=，则方程()()fxgx=有唯一实数解D.若()gx有两个零点，则k的取值范围为1(0,)2解析：()eexfxx=−，则()eexfx=−；()21ln(12)2gxxkxkx=−+−+，则()22(21)1(21)(1)(0)kxkxkx

xgxxxx+−−−+=−=−.（选项A）易知1x=是()fx的极小值点，且(1)0f=，所以()fx的图象与x轴相切，故选项A正确.（选项B）显然当0k时，()0gx，()gx无极值点，则(

)gx的图象与x轴不可能相切，故选项B错误.（选项C）易知函数()fx的最小值()11ee10f=−=；当12k=，则函数()gx的最大值1()(1)2ggk=111ln1(12)1222=−+−+0=，因此方程()()fxgx=有唯一解1x=.（选项D）（

解法一）易知当0k时，12xk=是()gx的极大值点，若函数()gx有两个零点，则须有1()02gk，即21111ln()(12)02222kkkkk−+−+，绝密★启封并使用完毕前试题类型：A化简得11ln(2)42kk−，不难解得102

k，当0x+→时，()gx→−，显然当102k时，有2112kk，又222222321111111121()ln()(12)122gkkkkkkkkkk=−+−+−−+−+32212211121(2)()22kkkkkk=−+−−=−−+，当102k时，21(

)0gk，故选项D正确.（解法二）()gx有两个零点21ln(12)=02xkxkx−+−+1lnln12=21=212xxkxkkxkxxx++−++−，构造函数ln1()2xuxxx=+和()=21v

xkxk+−，则212ln()2xuxx−=，易知ex=是()ux的极大值点，极大值1(e)eu=，函数()=21vxkxk+−的图象是过定点(2,1)−−的直线，直线1=(2)ykx++与函数()ux的图象相切于点00(,())xux，则000()

1()2uxuxx+=+，则02000000000200ln1112ln222(44)ln12ln122xxxxxxxxxxxx++−=−=+−==+，则12ln11(1)22ku−===，则k的取值范围为1(0,)2，故选项D

正确.综上所述，选项ACD正确.三、填空题：13.22143xy+=（答案不唯一）；14.79−；15.15π2；16.232+.13.解析：22143xy+=，形如221(0)43xymmm+=这样的方程均可.16．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601–1665）

于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120时，则使得120APBBPCCPA===的点P即

为费马点.已知点P为△ABC的费马点，且ACBC⊥，若||||||PAPBPC+=，则实数的最小值为.解析：（解法一）不妨设||||PAmPC=，||||PBnPC=，且||PCx=，∴由余弦定理得2222222||2cos120(1)

CAxmxmxmmx=+−=++，2222222||2cos120(1)CBxnxnxnnx=+−=++，222222222||2cos120()ABmxnxmnxmnmnx=+−=++，∵222||||||ABCAC

B=+，∴2222222()(1)(1)mnmnxmmxnnx++=+++++，即2mnmn++=，又2()4mnmn+，∴2()24mnmn+++，显然mn+=，∴2480−−，解得223+，或223−（舍去），易知当

31mn==+时，等号成立，∴实数的最小值为232+，故应填232+.（解法二）不妨设PCA=，则π2PCB=−，π3PAC=−，π6PBC=−，∴由正弦定理得||sinsinπ||31sin

()cossin322PAPC==−−，及πsin()||cos2π||31sin()sincos622PBPC−==−−，∴sincos3sin231313132sin23cossinsinco

ssin222222−=+==−−−−−，易知ππ63，∴2sin2323−−，∴33112322sin2323=−−=+−−，即232+，易知当π4=时，等号成立，∴实数的最小

值为232+，故应填232+.四、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（10分）在①2122baa=+，②28ba=，③35Ta=这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并作出解答.问题：已知数列na的前n项和221nSnn=−，等比数列nb的前n项和为nT，13ba=，

且______，判断是否存在唯一的k()kN，使得1kb，且11kb+.若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解：由(21)nSnn=−，得1120aS==，………………………………………………………………1分当1n时，221(21)

21(1)(1)nnnaSSnnnn−=−=−−−−−222n=−，经检验，当1=n时，上式也成立，故na的通项公式为222nan=−，……………………………………………………………………3分则1316

ba==.………………………………………………………………………………………4分选择条件①的解答：由222nan=−，得120a=，218a=，………………………………………………………………5分1222aab+=20

18192+==，……………………………………………………………………………6分则等比数列nb的公比2119116bqb==，………………………………………………………7分则nb是递增的等比数列，且1111916()116nnnbbq−−==，…………

………………………9分故不存在k()kN，使得1kb，且11kb+.……………………………………………………10分选择条件②的解答：由222nan=−，得86a=，即286ba==，……………………………………………………5分则等比数列nb的公比2163

168bqb===，………………………………………………………6分则nb的通项公式111316()8nnnbbq−−==，………………………………………………………8分则nb是递减的等比数列，当3k=时，使得3914b=，且427132b=，易知存在唯一的3k=，使得1kb

，且11kb+.……………………………………………………10分选择条件③的解答：由222nan=−，得512a=，………………………………………………………………………5分设等比数列nb的公比为q，22231111(1)16(1)Tbbqbqbqq

qq=++=++=++12=，即21440qq++=，解得12q=−，………………………………………………………………………………7分则nb是摆动的等比数列，且111116()2nnnbbq−−==−，………………………………………8

分当1k=时，使得121618bb=−=，当3k=时，使得34412bb=−=，故不存在唯一的k()kN，使得1kb，且11kb+.………………………………………………10分【命题意图】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式等，考察

了学生的数学运算、逻辑推理等核心素养.18．（12分）设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且222sinsinsin2sinsinABCAB+−=.(1)求C；(2)若3cos5B=，D是边B

C上一点，且4CDBD=，△ACD的面积为75，求b.解：(1)由正弦定理，及222sinsinsin2sinsinABCAB+−=，可得2222abcab+−=，…3分由余弦定理，得2222cos22abcCab+−==

，……………………………………………………4分∵()0,πC，∴π4C=；………………………………………………5分（解法一）∵△ACD的面积为75，且4CDBD=，∴△ABC的面积为74，………………………………………………6分∵3c

os5B=，且()0,πB，∴24sin1cos5BB=−=，………………………………………………7分又∵π4C=，∴π72sinsin()sin()=410ABCB=+=+，………………………………

………………8分在△ABC中，由正弦定理，得sinsinbaBA=，∴sin42sin7BbaaA==，∴728ab=，………………………………………………10分∵△ABC的面积为74，∴2717sin4216a

bCb==，∴2b=，即2AC=.……………………………………………12分（解法二）设BDx=，4CDx=，过A作AEBC⊥于E，………………6分∵3cos5B=，且()0,πB，∴4tan3B=，则由(1)易知22=22AEACb=，252BExb=−，……………………7分在直角△ABE中，

有242tan=3252bAEBBExb==−，……………………8分∴7240xb=，………………………………10分∵221172277sin22102205ACDSCDACCbb====，∴2b=，即2AC=.……………………………………………12分【命题意图】本题主要考察正弦

定理、余弦定理、三角恒等变换等知识，渗透数形结合、转化与化归、方程等思想，意在考察学生的逻辑推理，数学运算等核心素养．19．（12分）如图，在直四棱柱1111ABCDABCD−中，//ABCD，2DC=，

13AA=，1ABBCDA===，点E和F分别在侧棱1AA、1CC上，且11AECF==.(1)求证：BC∥平面1DEF；(2)求直线AD与平面1DEF所成角的正弦值.解：(1)证明：如图所示，分别取CD，1FD的中点M，N，连接MN，AM，EN.…1分∵M，N分别是CD，1FD的中点，∴MN

是梯形1CFDD的中位线，∴1////MNCFDD，且11()22MNCFDD=+=.∵11AE=，11//AADD，∴2EAMN==，且//EAMN，∴四边形AENM是平行四边形，∴//ENAM.……………………3分易证四边形AMCB是平行四边形，∴////BCAME

N，又∵EN平面1DEF，BC平面1DEF，∴BC∥平面1DEF.…………………………………………………………5分(2)（解法一）以A为坐标原点，AB为x轴，过点A并垂直于AB的直线为z轴，1AA为y轴，建立如图所示

的空间直角坐标系，………………………6分易得(0,0,0)A，(0,0,2)E，13(,,0)22D−，113(,,3)22D−，33(,,1)22F，………………7分（第19题图）ACBDA1EFB1C1D1ACBDA1EFB1C1D1MN则有13(,,0)22AD=−

，113(,,1)22DE=−−，1(2,0,2)DF=−，……………8分设平面ABS的法向量为111(,,)mxyz=，则1100DEmDFm==，，即111111130222020xyzxyz

−−=+−=，，……………9分则平面ABS的一个法向量为(3,1,3)m=−，……10分321cos,717ADmADmADm−===−，…………11分设直线AD与平面1DEF所成角

为，则21sincos,7ADm==.………12分（解法二）连接1AF，得到三棱锥1FADE−，连接AC，………………………6分易知ACAD⊥，且3AC=，2EF=，2DE=，122DF=，……………7分又1AAAC⊥，则AC⊥平面1ADE，……………8分那么三棱锥1FADE−的体

积113113326V==，222(2)(22)23cos42222DEF+−==，……………10分则7sin4DEF=，设1A到平面1DEF的距离为h，由1111ADEFFADEVV−−=可得11732223246h=，解得

217h=，……………………………11分设直线AD与平面1DEF所成角为，则1121sin7hAD==.……………………12分【命题意图】本题主要考察线面的位置关系，线面平行的判定定理和求线面所成的角.涉及到的思想方

法主要有向量法，数形结合思想.考察了学生的直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素养.20．（12分）已知某高校共有10000名学生，其图书馆阅览室共有994个座位，假设学生是否去自习是相互独立的，且每个学生在每天的晚自习时间去阅览室自习的

概率均为1.0.(1)将每天的晚自习时间去阅览室自习的学生人数记为X，求X的期望和方差；ACBDA1EFB1C1D1ACBDA1EFB1C1D1zxy(2)18世纪30年代，数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布(,)Bnp，那么当n比较大时，可

视为X服从正态分布2(,)N.任意正态分布都可变换为标准正态分布（0=且1=的正态分布），如果随机变量2(,)YN，那么令−=YZ，则可以证明(0,1)ZN.当(0,1)ZN时，对于任意实数a，记()()ΦaPZa=.已知下表为标准

正态分布表（节选），该表用于查询标准正态分布对应的概率值.例如当0.16a=时，由于0.160.10.06=+，则先在表的最左列找到数字0.1（位于第三行），然后在表的最上行找到数字0.06（位于第八列），则表中位于三行八列的数字0.5636便是(0.16)Φ的值.(i)求晚自习时间

阅览室座位不够用的概率；(ii)现对阅览室进行改造，使在晚自习时间阅览室座位够用的概率高于7.0，则阅览室至少还需要增加多少个座位？a00.001.002.003.004.005.006.007.008.009.00.05000.05040.05080.05120.05160.

05199.05239.05279.05319.05359.01.05398.05438.05478.05517.05557.05596.05636.05675.05714.05753.02.05793.05832.05871

.05910.05948.05987.06026.06064.06103.06141.03.06179.06217.06255.06293.06331.06368.00.64046443.06480.06517.04.06554.06591

.06628.06664.06700.06736.06772.06808.06844.06879.05.06915.06950.06985.07019.07054.07088.07123.07157.07190

.07224.0解：(1)由题意可得，随机变量X服从二项分布，………………………………1分则10001.010000)(===npXE，………………………………2分9009.01.010000)1()(==−=pnpXD

.………………………………3分(2)(i)由于(1)中二项分布的n值较大，故可以认为随机变量X服从正态分布，由(1)可得，1000=，30=，………………………………4分由题意，可得(1000,900)XN，则1000(0,1)30XN−，则)

2.0()2.0301000()994(−=−−=ΦXPXP，………………………………5分由标准正态分布性质可得，)2.0(1)2.0(ΦΦ−=−，故)2.0(1)994(ΦXP−=，………………………………6分故5793.0)2.0()9

94(1)994(==−=ΦXPXP，故阅览室晚上座位不够用的概率为5793.0.………………………………7分(ii)查表可得，7019.0)53.0(=Φ，………………………………8分则7019.0)53.0301000(=−XP，即7019.0)9.1015(=XP，……………

…………………9分又7.06915.0)5.0()5.0301000()1015(==−=ΦXPXP，……………………………10分故座位数至少要1016个，………………………………11分由于229941016=−，则阅

览室至少还需要增加22个座位.………………………………12分【命题意图】本题以大学阅览室的座位安排为背景，通过正态分布的相关背景知识，考查学生数学抽象、数学建模、数学运算、逻辑推理等数学核心素养，体现化归与转化的数学思想.21．（12分）在平面直角坐

标系xOy中，O是坐标原点，P是直线2x=−上的动点，过P作两条相异直线1l和2l，其中1l与抛物线2:4Cyx=交于A、B两点，2l与C交于M、N两点，记1l、2l和直线OP的斜率分别为1k、2k和3k.(1)当P在x轴上，且A为PB中点时，求1||k；(2)当AM为△PBN的中位线时，

请问是否存在常数，使得31211kkk+=？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.解：(1)（解法一）由题意易知(2,0)P−，由对称性，只需考虑B在x轴上方的情形，不妨设222(,)4yBy2(0)y，∵A为PB中点，

∴222(1,)82yyA−，……………………………………………………………………………1分∵A在C上，∴2222()=4(1)28yy−，解得24y=，……………………………………………………………………………3分∴(4,4)B，∴1402||4(2)3k−==−−.……………………………

……………………………………4分（解法二）由题意可知1l的方程为112xyk=−，设11(,)Axy，22(,)Bxy，由对称性，只需考虑B在x轴上方的情形，不妨设20y，代入2:4Cyx=，得21

480yyk−+=，…………………………………………………………1分则1214yyk+=①，128yy=②，∵A为PB中点，∴212yy=③，……………………………………………………………………………3分联立①②③解得12y=，24y=，12

3k=，∴12||3k=.……………………………………………………………………………………4分(2)设1l的方程为1(2)ykxt=++，代入2:4Cyx=，得2114840kyykt−++=，则1214yyk+=①，112184ktyyk+=②，………………

………………………………………………5分∵AM为△PBN的中位线，∴A为PB中点，∴212yty+=③，联立①③解得11433tyk=+，21833tyk=−+④，………………………………………………………7分由②④可得11118484()()3333ktttkkk+−+

+=，进而可得2211(72)32320tktk++−=，………………………………………………………………8分∵M为PN中点，同理可得2222(72)32320tktk++−=，易知1k，2k为22(72)32320tktk++−=的两根(事实上0，故关于k的上述方程必有两个实数根)，∴

1223272tkkt+=−+，1223272kkt=−+，…………………………………………………………10分∴1212=kktkk+，即1211+=tkk，∵32OPtkk==−，∴32tk=−，…………………………………………………………………………………11分∴31211

+2kkk=−，故存在常数2=−，使得31211kkk+=恒成立.………………………………………………12分【命题意图】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系为背景，利用方程思想、韦达定理来解决问题，利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线与抛物线的位置关系及探索性问题，

考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力.22．（12分）已知定义在R上的函数2()cos(2)exfxxaxa−=++−，aR.（其中常数e是自然对数的底数，=2.71828e）(1)

当2a=时，求()fx的极值；(2)（i）若()fx在[0,π]上单调递增，求实数a的取值范围；（ii）当*nN时，证明：111142()tannknnnknk=−+++.解：(1)当2a=时，2()2co

sfxxx=+，∴()2(sin)fxxx=−，……………………1分令()singxxx=−，则()1cos0gxx=−，∴()gx在(,)−+上单调递增，…………………………2分又(0)0g=，∴当(,0)x−时，()(0)0gxg=；当(0,)x+时，()(0)0gxg

=，∴当(,0)x−时，()0fx；当(0,)x+时，()0fx，∴()fx在(,0)−上单调递减；在(0,)+上单调递增，∴()fx的极小值为(0)2f=，无极大值.………………………………3

分(2)(i)易知()2sin(2)exfxxaxa−=−−−，若()fx在[0,π]上单调递增，则2sin(2)e0xxaxa−−−−（*）在[0,π]上恒成立，（解法一）显然当[0,π]x时，sine

0xx−+，不等式（*）等价于2(e)sinexxxax−−++，…………………………4分下证e1sinexxxx−−++，[0,π]x，即证esinexxxx−−++，[0,π]x，即证s

in0xx−，[0,π]x，由（1）可知，显然成立，∴e1sinexxxx−−++，[0,π]x，…………………………6分或者考虑esin11sinesinexxxxxxxx−−−+−=+++亦可（由(1)可知si

n0xx−，[0,π]x），…………………6分又当0x=时，e1sinexxxx−−+=+，∴2a，即实数a的取值范围为(,2]−.………………………………7分（解法二）不等式（*）在[0,π]上恒成立，即对于0[0,π]x

，均有0000(sine)2(e)0xxxax−−−+++，①当(2,)a+时，令00x=，上述不等式显然不成立；……………………………5分②当(,2]a−时，令0000()(sine)2(e)xxhaxax−−=−+++，易知()ha在(,)−+上

单调递减，∴当(,2]a−时，00()(2)2(sin)hahxx=−，……………………………6分由(1)可知，当0[0,π]x时，00sin0xx−，∴()0ha，∴当(,2]a−时，0[0,π]x，均有0000(sine)2(e

)0xxxax−−−+++，综上所述，当且仅当(,2]a−时，不等式（*）在[0,π]上恒成立，即使得()fx在[0,π]上单调递增的实数a的取值范围为(,2]−.………………………………7分(ii)先证当(0,1]x时，有2cos12xx−.（解法一）由(1)可知，

当2a=时，2()2cosfxxx=+在[0,π]上单调递增，∴当(0,1]x时，()(0)fxf，即2cos12xx−，…………………………8分（解法二）由(1)可知，当(0,1]x时，sin0xx，∴22sin

xx，(0,1]x，∴当(0,1]x时，222cos12sin()12()1222xxxx=−−=−，即2cos12xx−，………………………………8分∴当(0,1]x时，有2cos12xx−.当[1,)x+时，易知111sin0

xx，∴11sin11cos111tantantanxxxxxxx==，……………………9分（解法一）再证当[1,)x+时，有111cos1()2121xxx−−−+.∵2211211cos111(

)2412121xxxxx−−=−−−−+，∴当[1,)x+时，有111cos1()2121xxx−−−+，即1111()12121tanxxxx−−−+，[1,)x+，……………………10分∴1111()12123(1)tan1nnnn−−++++，1111()12

325(2)tan2nnnn−−++++，…，1111()141412tan2nnnn−−−+，将上述不等式相加得，111112141()tannknnnnknk=−+++++，……………………11分又11111214121424

2nnnnnnnn−+−+=−+++++，∴111142()tannknnnknk=−+++.…………………12分（解法二）不难知道当(1,)x−+时，有ln(1)xx+（证明略），下证当[2,)x+时，有1121cos1ln221

xxx−++.……………………9分∵易知当[2,+)x时，2(1)(1)2121xxxxx−+−+，∴22211111(1)(1)121cos1ln(1)lnln222221xxxxxxxx−+−−−−=+，∴当[2,+)x时，1121cos1ln221xxx−++

，∴1121cos1ln1223nnn++++，1123cos1ln2225nnn++++，…，1141cos1ln2241nnn−++，将上述不等式相加得，11112111coscoscoslnln(2)122241221nnnnnnnn++

+++=−−++++，…………10分下证ln(2)xx−，1(0,]3x，即证ln(2)0xx−−，1(0,]3x，显然函数ln(2)yxx=−−在1(0,]3上单调递减，所以当1(0,]3x时，51l

n(2)ln33yxx=−−−，下证51ln033−，即证135e3，即证35125e()327=，显然成立，又当n*N时，11(0,]213n+，∴11ln(2)2121nn−++，……………………11分∴11111ln

(2)22122142nnnnnn−−−=−+++，即1111coscoscos12242nnnnn+++−+++，∴111142()tannknnnknk=−+++.……………………12分【命题意图】本题以基本初等函数

的极值、单调性问题和不等式证明为载体，考查学生利用导数分析、解决问题的能力，分类讨论、化归转化思想和逻辑推理、数学运算等核心素养，具有较强的综合性.