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【文档说明】四川省南充市2021届高三下学期5月第三次高考适应性考试（三诊）数学（理）答案.pdf，共(8)页，216.876 KB，由小赞的店铺上传
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高三数学(理科)三诊答案第１页(共４页)南充市高２０２１届第三次高考适应性考试数学试题(理科)参考答案及评分意见一、选择题:１．B２．C３．A４．D５．B６．C７．A８．B９．A１０．D１１．C１２．D二、填空题:１３８１４
３２１５３＋３１６②③三、解答题:１７解:(１)因为asinB＋bcosA＝０,由正弦定理可得sinAsinB＋sinBcosA＝０,所以sinB(sinA＋cosA)＝０,２分因为B为△ABC内角,所以sinB＞０,所以si
nA＋cosA＝０,４分所以２sin(A＋π４)＝０．因为０＜A＜π,所以A＝３π４．６分(２)由余弦定理可得,a２＝b２＋c２－２bccosA由(１)得A＝３π４,８分所以２０＝c２＋４－４c×(－２２),解得c＝－４２(
舍)或c＝２２,１０分所以△ABC的面积S△ABC＝１２bcsinA＝１２×２×２２×２２＝２．１２分１８解:(１)购物者购物金额x与获得优惠券金额y的频率分布如下表:x[０３,
０５)[０５,０６)[０６,０８)[０８,０９]y５０１００１５０２００频率０４０３０２８００２这１０００名购物者获得优惠券金额的平均数为５０×０４＋１００×０３＋１５０×０２８＋２００×００２＝９
６６分(２)由获得优惠券金额y与购物金额x的对应关系,有P(y＝１５０)＝P(０６≤x＜０８)＝０２８,P(y＝２００)＝P(０８≤x≤０９)＝００２,所以获得优惠券不少于１５０元的概率为P(y≥１５０)＝P(y＝１５０)＋
P(y＝２００)＝０２８＋００２＝０３．１２分１９．解:(１)证明:设A１C１的中点为O,连接OB１,OC．高三数学(理科)三诊答案第２页(共４页)因为点C在底面A１B１C１上的射影为O点,所以CO⊥平面A１B１C１,又因为CO⊂
平面A１C１CA,所以平面A１C１CA⊥平面A１B１C１．因为A１B１＝B１C１,∠A１B１C１＝９０°,平面A１C１CA∩A１B１C＝A１C１．所以B１O⊥平面A１C１CA,３分连接DO,因为DOBB１．所以四
边形BB１OD为平行四边形,所以BD∥B１O,所以BD⊥平面A１C１CA．５分(２)解:如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,则A１(０,－２,０),B１(２,０,０),C(０,０,２),C１
(０,２,０)设C１EC１C＝λ(０＜λ＜１),则E(０,２(１－λ),２λ)．７分设平面A１B１E的法向量n１→＝(x,y,z)．因为A１B１→＝(２,２,０),A１E→＝(０,２(２－λ),２λ)．n１→A１B１→＝０,n１→�
�A１E→＝０,{即２x＋２y＝０,２(２－λ)y＋２λz＝０,{所以x＝－y,z＝λ－２λy,{令x＝１,得n１→＝(１,－１,２－λλ)．９分因为平面A１C１CA的一个法向量n２→＝(２,０,０)．１０分所以|
cos＜n１→,n２→＞|＝|n１→n２→||n１→||n２→|＝２２×２＋(２－λ)２λ２＝１１１１,解得λ＝１２或λ＝－１．因为０＜λ＜１,所以λ＝１２．故C１EC１C的值为１２．１２分２０．解:(１)设动圆圆心O１(x,y),由题可知|O１A|＝|O１M|,当O
１不在y轴上时,过O１作O１H⊥MN交MN于H,则H是MN的中点．所以x２＋２２＝(x－２)２＋y２,化简得y２＝４x(x≠０)３分当O１在y轴上时,动圆O１过定点A(２,０),且在y轴上截得弦MN的长为４,所以O１与原点O重合,即点(０,０)
也满足方程y２＝４x,５分综上,动圆圆心O１的轨迹C的方程为y２＝４x６分(２)因为B(x０,２)在C:y２＝４x上,所以B(１,２),７分设直线PQ的方程为x＝my＋n,P(x１,y１),Q(x２,y２)．高三数学(
理科)三诊答案第３页(共４页)联立x＝my＋n,y２＝４x,{得y２－４my－４n＝０,由Δ＞０得m２＋n＞０,y１＋y２＝４m,y１y２＝－４n．８分因为BP⊥BQ,所以BP→BQ
→＝０．所以(x１－１)(x２－１)＋(y１－２)(y２－２)＝０,又因为x１＝y２１４,x２＝y２２４,所以(y１－２)(y２－２)[(y１＋２)(y２＋２)＋１６]＝０,所以(y１－２)(y２－２)＝０或(y１＋２)(y２＋２)＋１６＝０,所以n＝－２m＋１或n＝２
m＋５．１０分因为Δ＞０恒成立,所以n＝２m＋５,所以直线PQ的方程x－５＝m(y＋２),所以直线PQ过定点(５,－２)．１２分２１．解:(１)设切点为P(xP,０)．所以f′(x)＝a＋x－x２,x＞０,２分所以
切线斜率k＝a＋xP－x２P＝０,a＝－xP,３分又切点在曲线y＝f(x)上,所以f(xP)＝０,即axP－lnxP＝０⇒lnxP＝－１所以xP＝１e,所以a＝－１e．５分(２)因为e
＋１＜a＜２e,x＞０．所以f′(x)＝－ax２－１x＜０,所以f(x)在(０,＋∞)上单调递减,６分又f(e)＝ae－１＞０,f(２e)＝a２e－ln(２e)＜０,所以必存在x０∈(e,２e),使得f(x０)＝０,即
ax０－lnx０＝０,所以g(x)＝ax－lnx－lnxx,０＜x≤x０,lnx－ax－lnxx,x＞x０,ìîíïïïï７分①当０＜x≤x０时,g′(x)＝－ax２－１x－１－lnxx２＝lnx－x－(a＋１)x２≤x－１－x－(a＋１)x２＜０,所以g(x
)在区间(０,x０]上单调递减,又g(e)＝ae－１－１e＞０,g(x０)＝ax０－lnx０－lnx０x０高三数学(理科)三诊答案第４页(共４页)＝－lnx０x０＜０．所以,g(x)在区间[e,x０]上存在零
点x１,且e＜x１＜x０．９分②当x＞x０时,g′(x)＝１x＋ax２－１－lnxx２＝lnx＋x＋(a－１)x２＞０．所以g(x)在区间(x０,＋∞)上单调递增．又g(x０)＜０,g(２e)＝(ln２e)－a２e－ln(２e)２e＞ln
(２e)－１－１２e－ln２２e＝(１－１２e)ln２－１２e＞４５×１２－１２e＞０所以g(x)在区间(x０,２e)上必存在零点x２,且x０＜x２＜２e．１１分综上,g(x)有两个不同的零点x１,x２,且x２－x
１＝x２－x１＜２e－e＝e．１２分２２．解:(１)因为x＝ρcosθ,y＝ρsinθ,所以C１的极坐标方程为ρcosθ＝－２,C２的极坐标方程为ρ２－２ρcosθ－４ρsinθ＋４＝０．５分(２)将θ＝π４代入ρ２－２ρcosθ－４ρsinθ＋４＝０,得ρ２
－３２ρ＋４＝０,解得ρ１＝２２,ρ２＝２,故ρ１－ρ２＝２,即|MN|＝２,因为C２的半径为１,所以△C２MN的面积为１２×１×１＝１２．１０分２３．解:(１)由f(x)≤５－x－１,得x－１＋x－
２≤５,所以x＞２,２x－３≤５,{或１≤x≤２,１≤５,{或x＜１,３－２x≤５,{解得－１≤x≤４,故不等式的解集为[－１,４]．５分(２)令h(x)＝１x－f(２x)＝１x－２x－２＝１x－２x＋
２,x≥１,１x＋２x－２,１２＜x＜１,ìîíïïïï则函数h(x)的图象与直线y＝a在(１２,＋∞)上有３个不同的交点．当１２＜x＜１时,h(x)＝１x＋２x－２≥２２－２,当且仅当１x＝２x,即x＝２２时取等号,当x≥１时,h(x)＝１x－２x＋２在[１,＋∞
]上单调递减．画出h(x)的图象．又h(１２)＝h(１)＝１,由图可得a∈(２２－２,１)故a的取值范围是(２２－２,１)．１０分高三数学(文科)三诊答案第１页(共４页)南充市高２０２１
届第三次高考适应性考试数学试题(文科)参考答案及评分意见一、选择题:１．B２．C３．C４．A５．A６．B７．C８．B９．D１０．A１１．D１２．C二、填空题:１３８１４３２１５３＋３１６①③三、解
答题:１７解:(１)因为asinB＋bcosA＝０,由正弦定理可得sinAsinB＋sinBcosA＝０,所以sinB(sinA＋cosA)＝０,２分因为B为△ABC内角,所以sin
B＞０,所以sinA＋cosA＝０,４分所以２sin(A＋π４)＝０．因为０＜A＜π,所以A＝３π４．６分(２)由余弦定理可得,a２＝b２＋c２－２bccosA由(１)得A＝３π４,８分所以２０＝c２＋
４－４c×(－２２),解得c＝－４２(舍)或c＝２２,１０分所以△ABC的面积S△ABC＝１２bcsinA＝１２×２×２２×２２＝２．１２分１８解:(１)购物者购物金额x与获得优
惠券金额y的频率分布如下表:x[０３,０５)[０５,０６)[０６,０８)[０８,０９]y５０１００１５０２００频率０４０３０２８００２这１０００名消费者获得优惠券金额的平均数为５０×０４＋１００×０
３＋１５０×０２８＋２００×００２＝９６６分高三数学(文科)三诊答案第２页(共４页)(２)由获得优惠券金额y与购物金额x的对应关系,有P(y＝１５０)＝P(０６≤x＜０８)＝０２８,P(y＝２００)＝P(０８≤x≤０９)＝００
２,所以获得优惠券不少于１５０元的概率为P(y≥１５０)＝P(y＝１５０)＋P(y＝２００)＝０２８＋００２＝０３．１２分１９．解:(１)证明:设A１C１的中点为O,连接OB１,OC．因为点C在底面A１B１C１上的
射影为O点,所以CO⊥平面A１B１C１,又因为CO⊂平面A１C１CA,所以平面A１C１CA⊥平面A１B１C１．因为A１B１＝B１C１,∠A１B１C１＝９０°,平面A１C１CA∩A１B１C＝A１C１．所以B１O⊥平面A１C１CA,
３分连接DO,因为DOBB１．所以四边形BB１OD为平行四边形,所以BD∥B１O,所以BD⊥平面A１C１CA．６分(２)解:由(１)得B１O⊥平面A１C１CA,OC１＝OC＝CD＝B１O＝２,所以∠A１C１C＝４５°
,∠ACC１＝１３５°,７分令CE＝x所以S△DCE＝１２×DC×CE×sin∠ACC１＝１２×２xsin１３５°＝１２x,８分所以V三棱锥E－CDB１＝VB１－CDE＝１３S△DCE×B１
O＝２６x,９分又因为V三棱柱ABC－A１B１C１＝S△A１B１C×CO＝１２×２×２×２＝２２,１０分由已知可得２６x＝１１２×２２解得x＝１所以E为CC１的中点,所以C
１EC１C＝１２．１２分２０．解:(１)由题意得F(１,０),l的方程为y＝k(x－１),２分k＞０,设A(x１,y１),D(x２,y２),由y＝k(x－１),y２＝４x,{得k２x２－(２k２＋４)x＋k２
＝０,高三数学(文科)三诊答案第３页(共４页)Δ＝１６k２＋１６＞０,故x１＋x２＝２k２＋４k２,４分所以|AD|＝|AF|＋|DF|＝(x１＋１)＋(x２＋１)＝４k２＋４k２＝８,解得k＝－１(舍),k＝１６分
(２)因为B(x０,２)在C:y２＝４x上,所以B(１,２),７分设直线PQ的方程为x＝my＋n,P(x１,y１),Q(x２,y２)．联立x＝my＋n,y２＝４x,{得y２－４my－４n＝０,由Δ＞０得m２＋n＞０,y１＋y２＝４m,y１y２＝－４n．
８分因为BP⊥BQ,所以BP→BQ→＝０．所以(x１－１)(x２－１)＋(y１－２)(y２－２)＝０,又因为x１＝y２１４,x２＝y２２４,所以(y１－２)(y２－２)[(y１＋２)(y２＋
２)＋１６]＝０,所以(y１－２)(y２－２)＝０或(y１＋２)(y２＋２)＋１６＝０,所以n＝－２m＋１或n＝２m＋５．１０分因为Δ＞０恒成立,所以n＝２m＋５,所以直线PQ的方程x－５＝m(y＋２),所以直线PQ过定点(５,－２)．１２分２１．解:
(１)当a＝１时,f(x)＝ex－lnx－１,(x＞０)所以f′(x)＝ex－１x,所以f(１)＝e－１,f′(１)＝e－１,２分所以曲线y＝f(x)在点(１,f(１))处的切线方程为y－(e－１)＝(e－１)(x－１),即y＝(e－１)x．
５分(２)证明:当a≥１时,f(x)＝aex－lnx－１≥ex－lnx－１,(x＞０)６分要证f(x)＞１,只需证明ex－lnx－２＞０,设g(x)＝ex－lnx－２,则g′(x)＝ex－１x设h(
x)＝g′(x)＝ex－１x,则h′(x)＝ex＋１x２＞０所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－１x在(０,＋∞)单调递增,８分因为g′(１２)＝e１２－２＜０,g′(１)＝e－１＞０．所以g′(x)＝ex－１x在(０,＋∞)有唯一零点x０,
且x０∈(１２,１),因为g′(x０)＝０,所以ex０＝１x０即lnx０＝－x０．１０分高三数学(文科)三诊答案第４页(共４页)当x∈(０,x０)时,g′(x)＜０,当x∈(x０,＋∞)时,g′(x)＞０,所以当x＝x０时,g(x)取得最小值g(x
０)．故g(x)≥g(x０)＝ex０－lnx０－２＝１x０＋x０－２＞０综上可知,当a≥１时,f(x)＞１．１２分２２．解:(１)因为x＝ρcosθ,y＝ρsinθ,所以C１的极坐标方程为ρcosθ＝－２,C２的极坐标方程为ρ２－２ρcosθ－４ρsinθ＋４＝
０．５分(２)将θ＝π４代入ρ２－２ρcosθ－４ρsinθ＋４＝０,得ρ２－３２ρ＋４＝０,解得ρ１＝２２,ρ２＝２,故ρ１－ρ２＝２,即|MN|＝２,因为C２的半径为１,所以△C２MN的面积为１２×１×１＝１２．１
０分２３．解:(１)由f(x)≤５－x－１,得x－１＋x－２≤５,所以x＞２,２x－３≤５,{或１≤x≤２,１≤５,{或x＜１,３－２x≤５,{解得－１≤x≤４,故不等式的解集为[－１,４]．５分(２)令h(x)＝１x－f(２x)＝１x－２x－２＝１x－２x＋２,x≥
１,１x＋２x－２,１２＜x＜１,ìîíïïïï则函数h(x)的图象与直线y＝a在(１２,＋∞)上有３个不同的交点．当１２＜x＜１时,h(x)＝１x＋２x－２≥２２－２,当且仅当１x＝２x,即x＝２２时取等号,当x≥１时,h(x)＝１x－２x＋２在[１,＋∞
]上单调递减．画出h(x)的图象．又h(１２)＝h(１)＝１,由图可得a∈(２２－２,１)故a的取值范围是(２２－２,１)．１０分
