【文档说明】江苏省七市2021届高三下学期第三次调研考试数学试题 答案（定稿）4444.pdf，共(4)页，278.500 KB，由管理员店铺上传

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数学试卷第1页（共4页）高三数学第三次调研参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。1．C2．B3．C4．D5．B6．C7．A8．B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给

出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．BC10．AC11．ABD12．BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．81314．23.615．716．（第一空2

分，第二空3分）二十，1203401517．（1）设数列na的公差为d(0)d，则74735Sa，即45a，……1分所以14353aadd，74353aadd．因为1a，41a，7a成等比数列，所以2417(1)aaa，即24(5

3)(53)dd，解得1d（舍去）或1d，……3分所以1nan．……5分（2）因为1nnnbba，所以21234212nnnTbbbbbb1234212nnbbbbbb1321

naaa……8分2(22)2nnnn．……10分18．（1）满足题意的2个条件的序号为①③．……1分由条件①知，π3sin2012，所以π2π()12kkZ，即ππ()6kkZ．因为π02

，所以π6．……3分由条件②知，5π3sin2312，所以5ππ22π()122kkZ，即π2π()3kkZ．因为π02，所以π3．……5分由条件③知，1sin2，即π7π2π2π()66kkk

Z或．因为π02，所以π6．综上，满足题意的2个条件的序号为①③．……7分（2）由（1）知，π()3sin26fxx，所以2π()3sin26cos6gxxxππ1cos23sin2cosco

s2sin6662xxx数学试卷第2页（共4页）333sin2cos2322xxπ3sin236x．……10分因为π1sin216x≤≤，所以0()6gx≤≤，所以函数()gx的值域为06，．……12分19．（1）

由题知，的可能取值为0，1，2，3，4310H，，．0437410106CCPC，1337410112CCPC，22374103210CCPC，31374101330CCPC……4分所以的概率分布

为：0123P1612310130所以的数学期望113101231.2621030E．……6分另法：因为4310H，，，数学期望43()1.210nMEN．（2）记“至少有一个零件直径大于124mm”为事件A，因为

1204XN，，所以1202，，……8分所以10.95451(||2)1240.0227522PXPX≤，所以12410.022750.97725PX≤，……10分所以1010.9

772510.79440.2056PA．答：至少有一件零件直径大于124mm的概率为0.2056．……12分20．（1）因为平面BCD平面ABD，平面BCD平面ABDBD，BCBD，BC平面B

CD，所以BC平面ABD．又AD平面ABD，所以BCAD．……2分因为A是以BD为直径的半圆O上一点，所以ABAD．……4分又ABBCB，AB，BC平面ABC，所以AD平面ABC．……6分（2）在平面ABD上，过点O作OyBD，在平面BCD上，过点O作

Oz∥BC，由（1）知，BC平面ABD，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．因为22BDBC，2ADAB，则31(0)22A，，，(100)B，，，(101)C，，，(100)D，，，所以(201

)CD，，，33(0)22DA，，．ABDOzyxC数学试卷第3页（共4页）设平面ACD的一个法向量为()xyz，，m，则2033022CDxzDAxy，，m

m取1x，则3y，2z，所以(132)，，m．……9分因为y轴平面BCD，所以平面BCD的一个法向量(010)，，n．……10分设二面角ACDB的平面角为，为锐角，则2221(3)6coscos41(3)(2

)，mnmnmn，所以二面角ACDB的余弦值为64．……12分21．（1）依据圆与抛物线的对称性，四边形ABCD是以y轴为对称轴的等腰梯形，不妨设ABCD，AD，在第一象限，11()Axy，，22()Dx

y，，则11()Bxy，，22()Cxy，．联立2225()42(0)xyxmym，，，消去x得：29(5)04ymy()．方程()有互异二正根，所以21212(5)905094myymyy，，，解得02m．……1分由15

4OAOD，得1212154xxyy，即1212154myyyy，……3分由1294yy，得1m．……5分（2）依据对称性，点G在y轴上，可设(0)Ga，．由AGACkk得，112112yayyxxx，所以

12112112()yyyayymymyym，则1232ayy，即3(0)2G，．……8分方法一：12211122()()()()()GABGCDABCDSSSSxxyyxayxya△△梯122121122121()()()xyxyaxxm

yyyyamyy21121212()()323(2)myyyyamyyyymm10分(2)332mm≤．当且仅当2mm，即1m时，S最大值为3．……12分

方法二：121233()()222ABDABGSSSxymyy△△数学试卷第4页（共4页）1221211212333()()2222myyyymyymyyyy10分2333(53)(1)1222mmm≤，所

以3S≤．当且仅当1m时，S最大值为3．……12分22．（1）()2sincos3sin23fxaxxax，由3π()3032fa，知2a，……2分所以()2sin23fxx．令()0fx，π02x，，得ππ63x；令()0fx，π02x，

，得π06x或ππ32x，所以()fx在ππ63，上单调递增，在π06，和ππ32，上单调递减．……4分（2）(i)当02a时，2()2sin3fxxx，设2()2sin3hxxx．①当π02x时，由（1）知3

π3()()π0323hxh极大，又(0)0h，所以()0hx，从而()0fx．②当π2x时，3()()2π02fxhx．由①②知，当0x时，()0fx1(i)；……6分当0x时，()30fxx≥2(i)．由12(i)(i)得，0x时，()0xfx

．……8分(ii)当20a时，方法一：2()2sin3fxxx，设2()2sin3gxxx，3()2(sin2)2gxx．①当π02x时，由()0gx得，1π6x，2π3x，同理有3π3()()π0323fxg极小，又ππ()()023g

g，(0)0g，所以()0gx，从而()0fx．……10分②当π2x时，3()2π02fx．由①②得，当0x时，()0fx1(j)；当0x时，显然()0fx2(j)．由12(j)(j)得，0x时，()0xfx．由(i)(ii)结

论获证．……12分方法二：则02a，则2()sin3gxaxx，满足0x时，()0xgx．又()yxfx与()yxgx的图象关于y轴对称，所以0x时，()0xfx．由(i)(ii)结论获

证．……12分