【文档说明】广东省惠州市2021届高三2月第三次调研考试数学试题 参考答案与评分细则.pdf，共(14)页，1.183 MB，由小赞的店铺上传

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第1页，共14页惠州市2021届高三第三次调研考试数学试题标准答案与评分细则一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．题号12345678答案BDABDACC1．【解析】由函数2xy单调递增，不等式03222x解得03x，即集合03Bx

x，则{0,1,2}AB．故选：B．2．【解析】因为(13)313232342333iiiiiziii，所以3122zi，z对应点为31,22，所以z在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D．3．【解

析】由题意，以AB,AD边建立平面直角坐标系，则点(0,0)A，(2,0)B，(0,2)D，边BC的中点(2,1)E，则(2,1)AE，(2,2)BD，22122AEBD.故选：A．4．【解析】分类，若甲没参加，则从剩下的三人选派去3个地方

，任意安排有33A种；若甲参加，甲只能从Ⅱ和Ⅲ种任选一处安排，再从剩下的三人中选派2人在余下两个地方，有1223CA。所以共有不同的安排方法为：31232318NACA种，故选：B．5．【解析】取E的一条渐近线0bxay

，因为222lRd（l为弦长，R为圆半径，d为圆心到直线的距离），其中222223,2,bblRdcab，所以22443bc，所以2222444cbca，所以2234ca，所以243e，所以233

e，故选：D．6．【解析】从“数学风车”的八个顶点中任取两个顶点的基本事件有2828C种，其中这两个顶点取自同一片“风叶”的基本事件有23412C种，故所求概率123287P.故选：A．7．【解析】由图可知

，2A，函数()fx经过点5,012，502sin212，第2页，共14页56k，kZ，即56k，kZ，02，1k，6π．函数

()2sin26fxx．对于A，2sin2yx的图象向左平移6个单位得到2sin22sin2()63yxxfx，即A错误．对于B，令262xk，kZ，则k62x

，kZ，不存在k使其对称轴为3x，即B错误；对于C，令26xk，kZ，则122kx，kZ，当0k时，对称中心为,012，即C正确；对于D，令22,2622xkk，

kZ，则,36xkk，kZ，当0k时，单调递增区间为,,3336，即D错误；故选：C．8．【解析】构造函数2()fxx，()2xgx，如图所示，在(2,4)x时，22xx，即(2.1)(2.1)fg，所以22.12

2.1224，4ln2.14ln2.14ln4e，则bac，故选：C．二、多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分。9101112全部正确ABDBCDABDABD9．

【解析】根据等差数列定义可得10nnaad，所以数列na单调递减，A正确；由数列na单调递减，可知数列na有最大值1a，故B正确；由1a＞0，d＜0，可知等差数列数列na先正后负，所以数列nS先增再减，有最大值，C不正确，D正确．故选：ABD．第3页，共1

4页10．【解析】焦点F到准线的距离为p=2，所以抛物线C的焦点为(1，0)，准线方程为x=－1，则选项A错误；当PQ垂直于x轴时长度最小，此时P(1,2)，Q(1,－2)，所以|PQ|=4，则选项B正确；设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x=my+1，联

立y2＝2px，消去y可得x2－(4m2+2)x+1=0，消去x可得y2－4my－4=0，所以x1+x2=4m2+2，y1+y2=4m，124yy，221212121111416162222OPQSOFyyyyyym，当0m时成

立，则选项C正确；又x1x2=1，y1y2=－4，所以OPOQ＝x1x2+y1y2=－3，则选项D正确；故选：BCD．11．【解析】连接1AB、11AC、1AD，则E为1AB的中点，对于A选项，1BB平面1111DCBA，11AC平面1111DCBA，111BBAC，E、F分别为1AB

、1BC的中点，则11//EFAC，1EFBB，A选项正确；对于B选项，四边形1111DCBA为正方形，则1111ACBD，又111ACBB，1111BDBBB，11AC平面11BDDB，11//EFAC，EF平面11BDDB，B选项正确；对

于C选项，易知11ACD为等边三角形，则1160ACD，11//EFAC，则EF与1CD所成的角为1160ACD，C选项错误；对于D选项，11//EFAC，EF平面1111DCBA，11AC平面1111D

CBA，//EF平面1111DCBA，D选项正确。故选：ABD．12．【解析】对于A．函数fx为定义在R上的奇函数，当0x时，0x，()()(1)(1)xxfxfxexex，A正确；对于B．当0x时，()(1)0xfxex，解得1x，0

x时，()(1)0xfxex，解得1x，又(0)0f，所以()fx有和0三个零点，B正确；对于C．当0x时，()(1)xfxex，()(2)xfxex，当2x时，()0fx，()fx递减，20x时，()0fx

，()fx递增，∴2x时，()fx极小值＝221(2)fee，+0x第4页，共14页时，()1fx，-0x，()1fx，由()fx是奇函数，∴2x时，()fx极大值＝21(2)fe，(0)0f，()fx的值

域是1,1，若1m时，方程fxm在0x时无解，C错误；对于D．由C的讨论知1()1fx，因此对任意的实数12,xx有11()1fx，21()1fx，∴122()()2fxfx，即12()()2fxfx．D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共

4小题，每小题5分，共20分，其中16题第一个空3分，第二个空2分。13．33；14．0.6；15．xxee、xxee、0xe、ln()xe、xe、(0)(0)xxexex、2xe、……；.16．43；1683.13．【解析】53cos()cos

[()]cos()6663，故答案为：5314．【解析】正态分布曲线关于直线1x对称，则(02)2(12)2[(2)(1)]2(0.80.5)0.6PPPP

.15．【解析】本题为结论开放题，只要能写出满足条件的函数解析式都可以给分，【注意】：xxee、2xe、xe不满足条件.16．【解析】（1）与定点A距离等于1的点所围成的几何体是一个半径为1的球，所以其体积

为43；（2）分析可知，到Ω距离等于1的点所围成的几何体是1个正方体（棱长为2）、4个半圆柱（高为2，底面半径为1）以及4个四分之一球（半径为1）所围成的几何体，所以其体积为：231144162224124184++824

333.故答案为：43；1683.第5页，共14页四、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）【解析】（1）当1n时，11122aSa，得12a……………………………

……1分当2n时，由已知22nnSa可得1122nnSa，……………………………2分所以1122nnnnSSaa，即122nnnaaa，得12nnaa，………………3分∴数列n

a为等比数列，首项12a，公比2q，…………………………………4分∴*nN时，1222nnna数列na的通项公式为2nna.………………………………………………5分（2）【解法1】设2nnnbnan，所以23122232.

..2nnTn，…………………………………………………6分23412122232...(1)22nnnTnn，……………………………………7分两式相减得：23112(12)222...22212nnnnnTn

n………………8分1(1)22nn，…………………………………………………………9分∴1122nnTn.……………………………………………………………………10分【解法2】设2nnnbnan，所以23122232...2

nnTn，…………………………………………………6分1212222322nn12122(11)2(12)2112nn121121222222122212nnn

……………………7分∴1212222212nnnnTTn……………………………………………………9分化简得1122nnTn…………………………………………………………………10分第6页，共14页18．（

本小题满分12分）【解析】（1）【解法1】tantantan()1tantanABABAB，…………………………………………………1分将已知tantan3(tantan1)ABAB代入上式得tan

()3AB，………2分且ABC、、为ABC内角，0AB，……………………………………………3分所以23AB，……………………………………………………………………………4分因为ABC，…………………………………………………………………………5分所以3C

．…………………………………………………………………………………6分【解法2】tantantan()1tantanABABAB，…………………………………………………………1分将已知tantan3(tantan1)ABAB代入

上式得tan()3AB，………2分且ABC、、为ABC内角，从而CAB，…………………………………3分所以tan3C，……………………………………………………………………………4分0C………

………………………………………………………………………………5分得3C．……………………………………………………………………………………6分【解法3】因为当tantan10AB时不满足条件，所以tantan10AB，…

…………1分由tantan3(tantan1)ABAB得tantan31tantanABAB，即tan()3AB，……………………………………………………………2分且ABC、、为ABC内角，从而CAB

，………………………3分所以tan3C，…………………………………………………………………4分0C……………………………………………………………………………5分得3C．…………………………………………………………………………6分第7页，

共14页（2）【解法1】由1sin2ABCSabC，得331sin223ab…………………………………7分所以6ab，……………………………………………………………………………………8分又由余弦定理222cos2

abcCab，…………………………………………………………9分得222cos32ababcab…………………………………………………………………10分将已知代入可得21214ab

…………………………………………………………………11分因为0ab，所以112ab．………………………………………………………………12分【解法2】由1sin2ABCSabC，得331sin

223ab………………………………7分所以6ab……①，……………………………………………………………………8分又由余弦定理222cos2abcCab，………………………………………………………9分得22734ab……②……………………………………

……………10分联立①②解得324ab或432ab………………………………………………………………11分所以112ab．………………………………………………………………12分19．（本小题满分12分）【解析】（1）列联表为：…………………………………1分【任何一个数

据错误，本得分点不得分】购买华为购买其他品牌总计年轻用户122840非年轻用户243660总计3664100第8页，共14页假设移动支付与年龄无关，则221001236242836644060K

…………………………………2分2524…………………………………………………………3分1.042…………………………………………………………4分1.0422.706，……………………………………………………………………………………5分所以没有把握认为购买手机时

选择华为与年龄有关．…………………………………6分（2）由129336，249636，即年轻用户抽取3人，非年轻用户抽取6人………………7分所以X所有可能的取值为0，1，2，3…………………………………………………8

分0336395021CCPXC，12363915128CCPXC，2136393214CCPXC，3036391384CCPXC，………9分【任何一个正确可得1分】所以X

的分布列为：【注：本得分点为有列表且数据全部正确】所以51531012321281484EX…………………………………………11分1所以X的数学期望值为1………………………………………………………………12分20．（本小题满分12分）【解析】（1）【解法1】（几何法

）过A作AH⊥FG，连接EH，…………………1分由三垂线定理知EH⊥FG…………………2分由二面角的定义可知，∠EHA为面α与面ABCD所成锐二面角的平面角。…………………………3分正方形的边长为3，则2AF，X0123P5211528314184……………10分第9页，共14页由AHF

为等腰直角三角形得2AH………………4分1AE，则22123EH……………………5分所以26cos33AHEHAEH…………………………6分综上，面α与面ABCD所成锐二面角的余弦值为63．……7分【注：无此步骤本得分点不得分】【解法2】（

向量法）以DA，DC，1DD分别为x，y，z，建立如图空间直角坐标系Dxyz.………………………………1分∵3AB，则2AF，1AE，2CG由3,0,1E，3,2,0F，2,3,0G则0,2,1FE，1,1,0FG………

………………………………………………2分设,,mxyz为平面EFG的一个法向量，则00mFEmFG，即200yzxy……3分令1y，则1,2xz∴面EFG的一个法向量1,1,2m……………………4分面ABCD的一个

法向量0,0,1n……………………………………………………5分26cos,36mnmnmn………………………………………………………6分综上，面α与面ABCD所成锐二面角的余弦值为63……………………………………7分（2）…

………………………12分FGP2P3P4AB1A1BC1CD1DEP1第10页，共14页【评分说明1】作图结果中，标识P4约为三等分点可得2分，标识P3约为六等分点可得2分，交线全部正确得1分。点和线的位置允许有少量偏差（不扣分）。标识的字母可自由定义，不重复即可．【评分说明2

】P3位置在D点到DD1中点之间或DD1线段外则定义为位置严重错误（须扣分），P4位置在C1点到CC1中点之间或CC1线段外则定义为位置严重错误（须扣分）．【评分说明3】作图结果为与正确解答类似的五边形，至少可

得3分．【评分说明4】作图结果为非五边形，至多可得2分．【注释1】作图步骤：步骤1：延长GF，交直线DA于点P1，步骤2：延长FG，交直线DC于点P2，步骤3：延长P1E，交直线DD1于点P3，步骤4：连结P2P3，交直线CC1于点P4，步骤5：连结P4G．【注释2】位置说明：如图

所示，截面α与正方体各面的5条交线分别为EF、FG、GP4、P4P3、P3E，面α面AA1B1B=EF，面α面ABCD=FG，面α面BB1C1C=GP4，面α面CC1D1D=P4P3，面α面AA1D1D=P3E，且DP3=5P3

D1（或D1D=6P3D1），C1P4=2P4C（或C1C=3P4C）．21．（本小题满分12分）【解析】（1）由题意知，当P在y轴时，2APF面积最大，…………………………1分所以13()122acb①……………………………………………2分又32cea②……………………………………

……………………3分联立①②，得2a，1b，3c，…………………………………4分所以椭圆C的方程为2214xy.…………………………………………5分（2）设00,Pxy，其中00y，则002APykx，002BPykx，

所以直线AP的方程为00(2)2yyxx，……………………………………………6分FGP2P3P4AB1A1BC1CD1DEP1第11页，共14页令0x，得0022yyx，即0020,2yMx，…………………………………………7分又

//ANBP，所以直线AN的方程为00(2)2yyxx，令0x，得0022yyx，即0020,2yNx，………………………………………8分所以，以MN为直径的圆的方程为：2000022022yyxyyxx，…………………………………

………………9分又222200000220000224402244yyxyyxyyxyyxxxx，且00,Pxy在椭圆上，所以220014xy，代入方程整理得圆的方程为220010xxyyy，………………………………1

0分令0y，则1x，…………………………………………………………………11分所以存在点1,0Q，使得以MN为直径的圆恒过点Q.…………………………12分22．（本小题满分12分）【解析】（1）因为()lnsinfxxxxa，所以11c

osfxxx……………………1分设11cosgxfxxx，当0,πx时，21sin0gxxx，所以'fx在0,π上单调递减，……2分又因数π316π103π22πg，π22π10

2ππg，………………3分即当0,πx时，存在ππ''032ff………4分【注：无此步骤本得分点不得分】且'yfx的图象连续，所以'fx在0,π上有且仅有1个零点．……………5分第12页，共14页（2）【解法1】由已知

1,3a，fx定义域为0,，且由（1）可知存在0,32x，使0'0fx，①由（1）知，当00,xx时，0fx，fx在00,x上单调递增；当0,πxx时，0fx

，fx在0,πx上单调递减，所以fx在0,π上存在唯一的极大值点00ππ32xx，…………………………6分所以0ππππln1202222fxfa，

333333311111113sin3sinsin0faaeeeeeee，因为0310ffxe，所以fx在00,x上恰有1个零点．…………………………7分②当π,6x时，11cosfxx

x，111cos20f111133561cos61cos06666f…………………………………8分令'0fx得11cosxx，因为1yx与1cosyx在π,6上都单调递减，所以'0fx在

π,6上有唯一的根，且记为1,6x，使1'0fx．综合①可知fx在01,xx上单调递减，在1,6x上单调递增，…………………9分则16ln66sin6ln6613ln620fxfa

因为060fxf，所以fx在0,6x上恰有1个零点．………………………10分③当6,+x时，ln4fxxx，设ln4xxx，110xx，

所以x在6,上单调递减，则6ln664ln620x，所以当6,+x时，60fxx恒成立，第13页，共14页所以fx在6,上没有零点．……………………………

……………………………11分综上，当1,3a时，fx有且仅有2个零点．…………………………………………12分【解法2】由已知1,3a，fx定义域为0,，fx在0，上有且仅有2个零点，等价于ya与()lnsingxxxx在0，有

2个交点，①由（1）同理可知：存在0,32x，使0'0gx当00,xx时，'0gx，gx在00,x上单调递减；当0,πxx时，'0gx，gx在0,πx上单调递增，所以gx在0,π上存在唯一的极小值点

00ππ32xx，……………………………………6分又02ln112222gxg，记sinxxx，'cos10xx，sin

xxx在0,2单调递减，sin00xxx，所以当0,2x时sinxx恒成立，则333333111111lnsin3sin3eeeeeeg，所以当1,3a

时，ya与()lnsingxxxx在00,x有1个交点．……………………7分②当,6x时，1'1cosgxxx，11'1cos20g1111533'61cos61cos06666g…………………………………………8分

令'0gx得11cosxx，因为1yx与1cosyx在π,6上都单调递减，所以'0gx在π,6上有唯一的根，且记为1,6x，使1'0gx．综合①可知gx在01,xx上单调递增，在

1,6x上单调递减，…………………………9分第14页，共14页则166ln6sin66ln615ln63gxg所以当1,3a时，ya与()lnsingxxxx在0,6x有1个交点．………

………10分③当6x，时，()lnsinln1gxxxxxx，记()ln1hxxx，则1'()10hxx，所以()hx在6，上单调递增，所以()66ln615ln63hxh，则当1,3

a时，ya与()lnsingxxxx在6，上无交点．……………………11分综上，当1,3a时，ya与()lnsingxxxx在0，有2个交点，即，当1,3a时，f

x有且仅有2个零点．………………………………………………12分【注释1】第二问按踩分点给分，并注意满分无瑕疵!【注释2】两种解法的函数及导函数图象如下：【注释3】区间可能划分为：0,π，3π,2，3,2π2，2，，只要解答的过程能把函数值恰当放缩到能运用零

点存在定理即可。