【文档说明】辽宁省朝阳市2021届高三下学期3月普通高等学校招生全国统一模拟（一模）数学答案PDF版.pdf，共(5)页，402.117 KB，由管理员店铺上传

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高三年级数学试卷总5页，第1页数学参考答案第I卷（选择题）一、单项选择题1．A2．B3．C4．C5．B6．B7．D8．A二、多项选择题9．AD10．BD11．ACD12．ABD12.【解析】对于A选项，函数的的定义域为()0,+，函数的导数()22212'xfxxxx−=−+=，∴()0,

2x时，()'0fx，函数()fx单调递减，()2,x+时，()'0fx，函数()fx单调递增，∴()(2)1ln2fxf==+极小值，故A正确；对于B选项，()222lnyfxxxxx=−=+−，∴3222122()20(0)xxfxxxxx

x−+=−+−=−，∴函数在()0,+上单调递减，又∵()112ln1110f−=+−=，()221ln240f−=+−，∴函数()2yfxx=−有且只有1个零点，故B正确；对于C选项，结合A选项可知，不存在负实数a，使得()2(2)10fxax+−−恒成立，故C错误；对于D选

项，设12xx，()()12fxfx=结合A选项可知122,02xx，可证124xx+，D正确.故选：ABD.第II卷（非选择题）三、填空题13.【答案】11()2x−（答案不唯一）14.【

答案】3215.【答案】300；3016.【答案】3216【解析】由已知11a=，0na，211(82)nnnnSaSa++=+，可得22218nnnSSS+=−，0nS，所以，13nnSS+=，11S=，因此101032aS=.四、解

答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.（本小题满分10分）解：数列nb是等比数列，数列112b=，123bbb=，所以232bb=，故数列nb是公比是12等比数列，因此12nnb=.……

……………………………………2分方案一：选条件①.数列na是公差是2，首项为1的等差数列，因此21nan=−.….………………………4分则1=(2-1)()2nnnabn，由1111kkkkkkkkabababab++−−解得3522k，kN+.……………

…………8分因此存在=2k，使得对任意的nN+，恒有nnkkabab成立.………………………10分方案二：选条件②数列na是公比是4，首项为1的等比数列，因此14nna−=…..….………………………4分则-11=4()2nnnnab，所以-2=2nnnab由11=21nnnnab

ab++可知，数列nnab是公比是2，首项为12的递增等比数列，….……………….……………………8分高三年级数学模拟考试试卷总5页，第2页因此不存在k，使得对任意的nN+，恒有nnkkabab成立.….……………

………….10分方案三：选条件③112(2)nnnSSann−−=+−，所以12(2)nnaann−−=−，…..….………………………4分所以23nann=−−，即21=(3)()2nnnabnn−−，111=

2ab，当2n时，0nnab，…..….……………………….…………………………….8分因此存在=1k，使得对任意的nN+，恒有nnkkabab成立.…….……………………10分注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分.18.（本小题满分12分）解：（1）由34sinco

s4sinCcosB0aBC−−=得34sin0aA−=.…………2分由正弦定理得4=sinsin3caCA=，因为2c=，所以3sin=2C.…………4分又因为△ABC是锐角三角形，所以=3C．………………………6分（2）解法一：

因为2c=，=3C，由余弦定理得，222cos43abab+−=，即224abab+−=.…………………………8分所以22()4343()2ababab++=++，即2()16ab+．所以4ab+，当且仅当==2ab时，等号成立因此ab+的最大值

是4．…………………………………………………12分解法二：因为2c=，2=3ABC+=−，由正弦定理得，4=sinsin3abAB=.……………………………………………………8分所以42ππ[sinsin

()]4sin()4363abAAA+=+−=+，当且仅当π3A=时，等号成立，因此ab+的最大值是4．…………………………………………………12分19.（本小题满分12分）解：（1）采用3局2胜制，甲获胜有两种可能的比分2：0或2：1，因为每局比赛的结果是独

立的，所以甲、乙比赛，甲获胜的概率为1212333281()0.6485555125pC=+==................................4分甲、丙比赛，甲获胜的概率为122

21111()0.52222pC=+=.............................................6分（2）采用5局3胜制，甲获胜有3种可能的比分3：0，3：1或3：2，因为

每局比赛的结果是独立的，所以甲、乙比赛，甲获胜的概率为323232333433232379()()+()()()0.6825655555525pCC=+==甲、丙比赛，甲获胜的概率为高三年级

数学试卷总5页，第3页32323243411111()()()()0.522222pCC=++=...........................................................10分因为13

pp，所以甲、乙比赛，采用5局3胜制对甲有利；因为24pp=，所以甲、丙比赛，无论采用5局3胜制还是采用3局2胜制，甲获胜结果是一样的，这说明比赛局数越多对实力较强者越有利。..........................................

..............................................12分20.（本小题满分12分）解：（1）,MN分别是,PAPB的中点，AN与BM交于点E，则点E是PAB△的重心，

连接PE并延长交AB于点D，所以23PEPD=，................................2分连接CD，则直线CD是平面PCD与平面ABC的交线，因为//EF平面ABC，所以//EF

CD，所以在PCD△中，2=3PFPEPCPD=，由已知(01)PFPC=，所以23=．...................................................................................

.4分（2）不妨设62AB=，则6CACBCP===，所以，在ABC△中，222CACBAB+=，所以ACCB⊥，由题意在三棱锥PABC中，PC⊥底面ABC，所以PCAC⊥，PCCB⊥．以点C为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，..................

.................................................6分则(6,0,0)A，(0,6,0)B，(0,0,0)C，(3,3,0)D，(0,0,6)P，当23=时，由（1

）可知，在PCD△中，2=3PFPEPCPD=，//EFCD，所以2(2,2,0)3FECD==，211(4,2,2)333AEANABAP==+=−211(2,4,2)333BEBMBABP==+=−，........................

..................................................................8分设平面AEF的法向量为1111(,,)nxyz=，则1100nFEnAE==，即111112+2=

0422=0xyxyz−++，取1(1,1,3)n=−设平面BEF的法向量为2222(,,)nxyz=，则2200nFEnBE==，即222222+2=0242=0xyxyz−+，取2(1,1,3)n=−−.........

..............................................................................................................................10分EPCBAxzyDMFN高三年级数学模

拟考试试卷总5页，第4页设二面角AEFB−−的大小为，由题意可知，为钝角，所以1212127cos|cos,|||11||||nnnnnn=−=−=−.............................................

................................12分21.（本小题满分12分）解：（1）设双曲线C的焦距为()20cc，则2=25c不妨设双曲线C的两条渐近线方程为1:0lbxay，20lbxay：，则由题意得2

00002222||||45bxaybxaybabab，即222220022||45bxaybab又因为22222200=bxayab，所以2222245abbab，即224ab由222222254ccabab==+=，可得2241ab==，所以双曲线C的方程为2214xy−

=；................................4分（2）由（1）可得双曲线C的两条渐近线方程为1:20lxy，220lxy：，由于直线l与双曲线C右支相切，切点为()00,Pxy当02x=时，则直线l的斜率不存在，此时l分别交两条

渐近线1l，2l于(2,1)M、(2,1)N−，MON△面积为2...............................6分当02x时，则直线l的斜率存在，设直线l的方程为(0)ykxmkm=+，则2214ykxmxy=+−=

消y得()222418440kxkmxm−+++=，由题意可知2410k−由()()222264441440kmkm=−−+=，可得2241km=+.......................

.........8分设l与x轴交于一点D，mODk=−，1||22OMNMODNODMNMNmSSSODyykxxk−=+=−=−△△△，由20xyykxm−==+，解得2,1212mmMkk−−由20xyykxm+=

=+，解得2,2121mmNkk−++，.............................................................10分因为2241km=+，所以22

224142212122142MONmmmmmmmSkkkkmkkkkk−−=+==−−=+−△.综上，MON△面积为定值，该定值为2..............................................................12分22.（本小题满分1

2分）高三年级数学试卷总5页，第5页解：（1）()cos1xfxeax=−−，则(0)11faa=−−=−，已知函数()fx在点(0,(0))f处的切线方程为10xy+−=，所以1a=.......................................

..............................................................................3分下面证明对,()0xfxR恒成立.当0,(0)10xf==，当0x时，可证明1xex+（证明略），因此，欲证()0

fx，只需证明1sin0xxx+−−，即证明1sin0x−.因为1sin0x−成立，所以对,()0xfxR恒成立................................6分（2）由题意可知1a=，()()sin1

,,0xhxexx=−−−，()cosxhxex=−当',,()0,()2xhxhx−−时单调递增，0)2(,01)(2=−−=−−−eheh故)(xh在

−−2,x上存在唯一零点.当−0,2x时，设xexhxmxcos)()('−==)(,sin)(''xmxexmx+=在−0,2上单调递增又)22,24,4(022)4(441434'=−=−−−eeeeem,01)

0('=m故存在唯一−0,40x，使得,0)(0'=xm即0sin00=+xex当'0,()0,()2xxmxmx−时单调递减当()00xx，时，()0mx，()mx单调递增.....................

.............................................10分又0)0(,0)cos(sincos)(,0)2(000020=+−=−==−−mxxxexmemx故存在唯一的−0,21x，使11()0,,,()0,()2

mxxxmxhx=−且时单调递增()10,()0,()xxmxhx，时单调递减而,0)0(,0)2(2==−−heh故)(xh在−0,2上没有零点综上，)(xh在()0,−上只有一个零点................

................................................................12分