【文档说明】河南省开封市2021届高三下学期5月第三次模拟考试数学（理）答案（理）.pdf，共(4)页，240.693 KB，由小赞的店铺上传

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（理科）·1·开封市2021届高三第三次模拟考试数学（理科）参考答案一、选择题（每小题5分，共60分）题号123456789101112答案DBACBBCDDADC二、填空题（每小题5分，共20分）13.01

4.215.2216.9286π227，（本题第一空2分，第二空3分）三、解答题（共70分）17.解：（1）由已知，易得234=0=4=12，，aaa.…………2分（2）猜想=24nna.…………3分因为1=2+4nnaa，所以1+4=2+4nnaa，1+4=2+4nnaa

，则+4na是以2为首项，以2为公比的等比数列，…………5分所以+4=2nna，所以=24nna.…………6分（3）当=1n时，111=20==2，aSa；…………7分当2n时，0na，所以212=+++=2+24++2

4nnnSaaa2=2+2++241nn+1212=41=24+212nnnn，…………10分又=1n时满足上式.…………11分所以，当*Nn时，+1=24+2nnSn.…………12分18.（1）证明:由已知

==90BAPCDP，得：ABAPCDPD，，由ABCD∥，故：CDAP，又因为=APPDP，所CDPAD平面，…………3分又ADPAD平面，所以CDAD.…………5分（2）解：假设在棱AB上

存在一点E，使得平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值为33，由已知=90ADP和（1），易得DADCDP，，两两垂直，以D为原点，以DADCDP，，所在直线分别为xyz，，轴建立空间直角坐标系-Dxyz，…6分

=3,0,00,4,00,0,43,,0AEaACPEa令，则，，，，=0,4,4PC，=3,,4PEa，…………7分取平面PAD的一个法向量为0,1,0m，…………8分设平面PCE的法

向量为,,xyzn，则=0=0PCPE，，nn44=03+4=0yzxayz，，（理科）·2·令=1z，∴4,1,13an，…………9分213cos,=342+3amn

mnmn，…………10分解得=1a（舍去=7a），所以1=2AEEB.…………12分19.解：（1）听力等级为0,5的有0.0165504人；…………1分听力等级为为5,10的有0.0245506人，…………2分则X的

所有可能取值为：0,1,2,3,446410151021014CPXC，1346410808121021CCPXC，224641090322107CCPXC，3146410244321035CCPX

C，4441014210CPXC，所以X的分布列为：X01234…………5分P1148213743512103414718101233541.621210EX.…………6分（2）序号1234,,,aaaa的排列总数为4424A种，…………

8分当0Y时，11a，22a，33a，44a，当123412342Yaaaa时，1234aaaa，，，的取值为11a，22a，34a，43a或11a，23a，32a

，44a或12a，21a，33a，44a，所以2Y时，序号1234,,,aaaa对应的情况为4种，…………11分所以412246PY.…………12分20.解：（1）由题可知,02pF，设点00,Pxy，因为(0,2)=FPuur，即00,0,22pxy

，所以02px，02y，2LLLLL分代入22ypx，得24p，又因为0p，所以2p，所以抛物线C的方程为24yx.4LLLLL分（2）（i）若直线l斜率不存在，1lx=：，此时415AB，所以直线l斜率存在，设直线l：ykxm，（理科）·3·则24

ykxmyx消去y得222240kxkmxm，满足2222441610kmkmkm，即1km，设点11,Axy，22,Bxy，则12242kmxxk，2122mxxk，6LLLLL分所以22122411115kmABkx

xkk…①式7LLLLL分又因为线段AB的中点M在直线1x上，所以122422kmxxk…②式由①式与②式联立可得2,k8分LLLLL当2k时，1m；当2k时，1m，满足1km，所以直线l的方

程为2121.yxyx或9LLLLL分（ii）此时直线l与抛物线C联立方程为24810xx，即122xx，1214xx，所以1224FAFBxxuuruur，2FPuur10LLLLL分即2FAFBFPuuruur

uur，所以FAuur，FPuur，FBuur成等差数列，又因为公差d满足212dFBFAxxuuruur，因为221121243xxxxxx，11LLLLL分所以23d，即公差3.2d12LLLLL分21.解：（1）2lnmxxxf的定义域为,0

，3'ln21mxxxf，…………1分当0m时，exxf00'，此时xf在e,0上单调递增，exxf0'，此时xf在,e上单调递减；…………3分当0m时，exxf0'，此时

xf在，e上单调递增，exxf00'，此时xf在e，0上单调递减.…………4分综上可知：当0m时，xf的增区间是e,0，减区间是,e；当0m时，xf的增区间是,e，减区间是e,0.…………5分

（2）由2m，22lnxxxf，2221212221222121lnln21xxxxxxxfxxfx，…6分由于021xx，所以02221xxx.设121xxt，故：

2221222121222122212221212lnlnxxxxxxxxxxxxxfxxfx10112ln1112ln112ln222212121tt

ttttttxxxxxx，…………8分（理科）·4·令2112lntttt，则2222'1121tttttt，…………9分由于1t，故2222'1121ttttt

t>0，则2112lntttt在，1上单调递增，………10分故01t，…………11分即：所证不等式22212221222121xxxxxxfxxfx成立.…………12

分22.解：（1）曲线C的极坐标方程可化为3sin2222，即3322yx，化简得曲线C的直角坐标方程为1322yx.…………4分（2）联立直线l的参数方程与曲线C的直角坐标方程得：3)s

in2(3)cos(22tt，化简得09sin12)sin21(22tt，则0sin219sin21sin12221221tttt，，……6分0)sin21(36sin14422

且，01sin22，则有1,22|sin|，………7分则|PA|+|PB|=221sin21|sin|12||tt，…………8分令2=sin12m，，12+=4,3

212PAPBmm有，…………9分所以|PA|+|PB|的取值范围为234，.…………10分23.解：（1）由已知可得21|)1()21(||1||21|)()(xxx

xxgxfy，当且仅当1102xx即112x时等号成立，所以函数)()(xgxfy的最小值为12.…………4分（2）由已知15sin+cos122，原不等式可化为23cos|21sin|，…………

6分当1sin2时，566，，原不等式化为2cossin，此时无解，…………7分当1sin2时，50266，，，原不等式化为1cossin

，即2sin+42，所以57+444，32，…………9分综上所述，)23,(为原不等式的解集.…………10分