【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第三中学2021届高三下学期第三次模拟考试 数学（理）答案.pdf，共(6)页，238.760 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

第页共6页12021年哈三中高三学年第三次模拟考试答案数学试卷（理工类）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．1.C2.B3.A4.A5.D6.A7.B8.C9.D10.C11.B12.C二、填空题：本大题共4小题，每小

题5分，共20分．13.114.015.321016.2023三、解答题：17．(本小题满分12分)（1）由(2)coscos0bcAaC，由正弦定理得(2sinsin)cossincos0BCAAC,∴2sincossin0B

AAC，2sincossin0BAB10,sin0,cos,023BBAAA……………………..6分（2）2coscoscoscos()3BCBB22coscoscoss

insin33BBB31sincos22BBsin6B.因为ABC为锐角三角形，所以0,022BC，且3A所以632,263BB，所以sin1263B故coscosBC的取值

范围为3,12……………………………..12分第页共6页218．(本小题满分12分)（1）由已知，学生为优秀的概率为720.6120，记优质学生数为X，由题意知，X的所有可能取值为0，1，2，3.则033(0)(0.4)0.064PXC

，123(1)(0.4)0.60.288PXC，223(2)0.4(0.6)0.432PXC，333(3)(0.6)0.216PXC.故X的分布列为所以X的数学期望为()30.61.8EX.………………………………..

6分（2）填写列联表如下.计算22120(40282032)2.222.70660607248k，所以不能在犯错误的概率不超过0.1的前提下认为学生综合测试评分优秀与教学方案有关..……………

………………...12分X0123P0.0640.2880.4320.216优秀学生非优秀学生合计甲方案402060乙方案322860合计7248120第页共6页3ACD1A1B1CBOxyz19.（本小题满分12分）（1）取AB中点为O，连结OD，1OB．因为1ABA中ABBB

11，所以ABOB1．因为DBAB1，111BDBOB，所以AB平面ODB1.因为OD平面ODB1，所以ODAB．………………………………………..3分由已知，1BBBC，又BCOD/

/，所以1BBOD.因为BBBAB1，所以OD平面11AABB．又OD平面ABC，所以平面ABC平面11AABB．……………..……………6分（2）由（1）知，1,,OBODOB两两垂直．以O为坐标原点，OB的方向为x轴的方向，OD的方向为y轴的方向，1

OB的方向为z轴的方向，||OB为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系xyzO．可知)0,0,1(B，)3,0,0(1B，)0,1,0(D，)0,0,1(A，)0,2,1(C，)3,2,0(1C．则)3,0,1(1BB,)3,1,0(1D

B，)3,0,1(1AB，)3,0,1(1CC．设平面DBB1的法向量为m),,(zyx，则0011BBmDBm,有0303zxzy,令3x有133zyx,即m)1,3,3(……………9分设平面ABB1的法向量为n)

,,(zyx，则0011BBnABn,有0303zxzx,令1y第页共6页4有010zyx,即n)0,1,0(则721173,cosnm……………11分所

以二面角ABBD1的余弦值为721．……………………………12分20．(本小题满分12分)（1）因为焦点,02pF，所以点,AB的坐标分别为,2pp，,2pp.所以12222

AOBpSp△，故2p.故抛物线C的方程为24yx.………..5分（2）由题设11,Pxy，22,Qxy，易知直线l的斜率存在，记为k，则设直线:lykxm，与24yx联立得2440kyym，得

124yyk，124myyk，则2221212121221422444yymxxyyyykk，2221212244yymxxk，121212164OPOQyykkkxxyy

m，211212121212121224OPOQxkxmxkxmkxxmxxyykkxxxxxxm.又知tanOPk，tanOQk，第页共6页54tantantan()tan1

41tantan141OBOOOAABkkmkkkm，解得44mk，所以直线:44(4)4lykxkkx，恒过定点4,4………………….………..12分21.（本小题满分12分）(1)当1x时,要证2

11ee)1(xxx,只需证明01e)1(21xx.令tx1,则2t.设1e)(2tttg,)211(e)(2ttgt,当2t时,0)(tg,在)2,(上,)(tg为单调递减

函数,此时0e21)2()(gtg,所以原不等式成立.…………………..3分(2)xxxfe3)(,当0x时,0)(xf,当0x时,0)(xf,可得)(xf在0,上为单调递减函数,在,0上为单调递增函数,所以kfxfe3)0()(mi

n.(i)当3ek时,0)(minxf,不合题意;(ii)当0ek时,kfe)1(,若1x,kxfe)(,kxfxe)(,1,此时)(xf至多有一个零点;(iii)当3

e0k时,0)0(f,0)1(f,所以)(xf在)1,0(上有唯一的零点.又因为当1x时,由(1)得kxfxee)(21,由0ee21kx得1)eln(2kx,取0x满足10x且1)eln(20kx

,则0)(0xf,第页共6页6所以)(xf在)1,(上有唯一的零点,综上,0e3k.…………………..7分(3)略.…………………..12分22．[选修4-4：坐标系与参数方程](本小题满分10分)（1）曲线21cos:sinxCy

（为参数），化为普通方程为：2211xy，所以曲线2C的极坐标方程为2cos.………………………………..5分（2）设1,A，2,6B（,23

），12332cos23cos6OAOB2sin6，因为2,636，所以3OAOB的取值范围是2,1.….10

分23．[选修4-5：不等式选讲](本小题满分10分)（1）()213221322hxxxxx，所以min()2hx，只需2a，所以实数a的最大值为2.…………………..5分（2）由柯西不等式，22()21321121322xxxxx

，当且仅当3221xx，即1x时，等号成立，所以()x的最大值为2.…………………..10分