【文档说明】山东省烟台市教科院2021届高三下学期5月普通高中学业水平等级考试（三模）数学答案.docx，共(7)页，352.755 KB，由小赞的店铺上传

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2021年新高考全国I卷（山东卷）模拟题数学参考答案及评分标准一、单选题CBAACDCD二、多选题9.AC10.ACD11.ABD12.BD三、填空题13.1514.(23,1)(1,23)−+U15.202616

.12四、解答题17.解：设数列na的公差为0d，若选条件①：因为23244aaa=+，所以2(12)(1)(13)4ddd+=+++，………………………………………………1分化简可得，24d=，所以2d=，……………………………………………

…2分因为0d，所以2d=，……………………………………………………3分故12(1)21nann=+−=−.…………………………………………………4分若选条件②：因为nSn是公差为1的等差数列，()1111nSSnnn=+−=，于是2nSn=，…………

……………………………………1分当2n时，121nnnaSSn−=−=−.………………………………………………2分当1n=时，111aS==，………………………………………………3分所以21nan=−.………………………………………………4分若选条件③：因为24

28SSS=，所以()()()2462828ddd+=++，………………………………………………1分整理得220dd−=.………………………………………………2分因为0d，所以2d=，………………………………………………3分从而数列na的通项公式为21nan=−.……………………

………………………4分由已知可得1222nnnb−==，………………………………………………5分所以(21)2nnnncabn==−，………………………………………………6分23123252(21)2nnTn=++++−L，234121232

52(21)2nnTn+=++++−L，两式相减可得，23122(222)(21)2nnnTn+−=++++−−L1112(12)4(21)2(32)2612nnnnn+++−=−−−=−−−，……………………

………………8分所以1(23)26nnTn+=−+，11(23)26(25)26(21)2nnnnnTTnnn+−−=−+−−−=−，显然，当2n时，10nnTT−−，即1nnTT−，…………………………………………9分又因为78679261158,1

1262822TT=+==+=，所以最小正整数n的值为7.………………………………………………10分18.解：（1）因为BCA+=−，所以21cos74cos(22)2cos2cos322AAAA+−−=−++=，………………2分即24co

s4cos10AA−+=，解得1cos2A=，…………………………………………4分因为(0,)A，所以3A=.…………………………………………5分（2）在ABD中，由正弦定理知sinsinsinBDADABBADABDADB==，………6分即2332sinsinsin

()33bcABDABD==−，所以3sinbABD=，22sin()3cABD=−，……………………………8分所以222sin()2sin33cbABDABD−=−−3cossin2cos()6ABDABDAB

D=−=+……………………………10分因为2(0,)3ABD，所以5(,)666ABD+，所以33cos()(,)622ABD+−，…………………………………………11分所以23cb−的范围为(3,3)−.…………………………………………12

分19.解：（1）因为11//BCBC,11BC面11ADCB,BC面11ADCB,所以//BC面11ADCB,所以BC到平面11ADCB的距离等于点B到面11ADCB的距离，…………………1分解法一：在1ADB中，11

5,2,7ABADDB===，故15475cos10225BAD+−==,所以195sin10BAD=，……………………………………2分可得119519522102ABDS==,而131322ABDS==，………………………………………………3

分设点B到面11ADCB的距离为h，则有111233ABDABDShS=，………………………………………………4分解得25719h=，所以点B到面11ADCB的距离为25719.……………………………………6分解法二：如图

建立空间直角坐标系Oxyz−，…………………………………2分可得113(1,0,0),(1,0,0),(,,2)22ADB−，113(2,0,0),(,,2)22ADAB=−=−uuuruuur,13(,,0)22AB=−uuur,………………………3分设111(,,)xyz=n为平面1ADB

的一个法向量，则有111120132022xxyz−=−++=，令143y=，可得(0,43,3)=−n，………4分点B到面11ADCB的距离为||6257||1957ABd===uuurgnn

.……………6分（2）由（1）解法二可知，113(2,0,0),(,,2)22ADDE=−=−uuuruuur，设222(,,)xyz=m，则有222220132022xxyz−=−+=，令243y=，可得(0,43,3)=

m，…………………………………9分所以4893913cos,57195757−===mn，…………………………………………11分故二面角11BADE−−的余弦值为1319.…………………………………………12分20.解：（1）设同学甲和同学乙答对的题目个数分别为1a和2a，

所以所求的概率1212122233223333(2,3)(3,2)(3,3)41343143297()()()()()()55454454500PPaaPaaPaaCC===+==+===++=……………………3分所以他们在一轮竞赛中能获得一个积分的概率为297500.……………………

…4分（2）他们在一轮竞赛中获得一个积分的概率121212(2,3)(3,2)(3,3)PPaaPaaPaa===+==+==223322333112132212(1)()()(1)CppppCpppp=−+−+22221212121212[3()5](45)ppp

ppppppp=+−=−…………………………………6分因为101p，201p，且1243pp+=，所以1113p，2113p，所以212121()92pppp+，当且仅当1223pp=

=时，等号成立.即121499pp.……………………………………………………8分令12ppt=，则14[,]99t，所以3214()54,[,]99Ptttt=−+，2()158Pttt=−+，当14[,]99t时，()0Pt恒成立，……………………………9分所以当4=9t

时，max256()729Pt=.…………………………………………………10分甲乙两同学在n轮竞赛中获得的积分数X满足(,)XBnP，所以由5nP，即2565729n得，729514.2256n，…………………

……11分所以若甲乙同学想至少获得5个积分，理论上至少要进行15轮竞赛.…………………12分21.解：（1）由题意可得：2242332acca+=+=，解得23ac==，…………………2分又因为222431bac=−

=−=，……………………………………………3分所以椭圆C的方程为2214xy+=.……………………………………………4分（2）因为2(3,0)F，设直线l的方程为:3xmy=+，()11,Axy，()22,Bxy……5分由22143xyxmy+==+消去x得()22:42310

mymy++−=，所以12212223414myymyym+=−+=−+，……………………………………………7分又()()12121212,23,OAOBxxyymymyyy+++=++=+uuruuur，所以()()22121

223OAOBmymyyy+=++++uuruuur()222222283233482444mmmmm+=+−=+++，…………………………………9分令2110,44tm=+，则()()()2222222233634363483631434

mmtttmmt++++===+++，因为二次函数2363ytt=+在10,4t上显然单调递增，所以(23630,3ytt=+，……………………………………………11分因此()2223482(0,23]4mOAOBm++=+uuruuur，显然当0m=时

，取得最大值；综上知，(0,23]OAOB+uuruuur.……………………………………………12分22.解：（1）2()e[(21)1]xfxmxmx=+++，………………………………………1分因为函数()fx在1x=处取得极大值，所以(1)e(32)0fm=+=，解得23m=−.当2

3m=−时，221()e(1)33xfxxx=−−+，令()0fx=，解得32x=−或1x=，…………………………………………2分所以当3(,)(1,)2x−−+U时，()0fx，()fx在3(,)2−−和

(1,)+上单调递减，当3(,1)2x−时，()0fx，()fx在(0,1)上单调递增，所以满足函数()fx在1x=处取得极大值，…………………………………………3分所以23m=−.…………………………………………

……………4分（2）当1m=时，2()e()xfxxx=+，2()eln1xgxxaxax=+++，因为对0x，不等式22e()eln1xxxxxaxax++++恒成立，即e(ln)1xxaxx++恒成立，………………………

……………5分所以+lne(ln)1xxaxx++对0x恒成立.……………………………………6分令ln()xxtt+=R，所以上式可化为对tR，e10tat−−恒成立.令()e1thtat=−−，则()et

hta=−，……………………………………7分所以当0a时，()0ht恒成立，()ht在(,)−+上单调递增，又1(1)10eha−=+−，不合题意；…………………………………………………………………………8分当0a时，令()0ht

=，解得lnta=，所以当(,ln)ta−时，()0ht，()ht在(,ln)a−上单调递减，当(ln,)ta+时，()0ht，()ht在(ln,)a+上单调递增，…………9分所以min()(ln)ln1hthaaaa==−−，要使对tR，e10tat−−

恒成立，只需(ln)ln10haaaa=−−，………………………………………………………10分令()ln1aaaa=−−，所以()lnaa=−，令()0a=，解得1a=，易知在(0,1]上，()0a，()a单调递增，在[1,)+上，()0a，()a单调递减，所

以max()(1)0a==，………………………………………………………11分所以，()0a在(0,)+上恒成立，所以当且仅当1a=时，()0a成立，所以1a=.……………………………………………12分