【文档说明】山东师范大学附属中学2021届高三下学期6月最后打靶题数学试题答案.pdf，共(6)页，319.984 KB，由小赞的店铺上传

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12021年普通高等学校招生全国统一（模拟）考试数学试题参考答案一、单项选择题：本题共8小题,每小题5分,共40分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的．题号12345678答案BCDACDDA二、多

项选择题：本题共4小题,每小题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．全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分．题号9101112答案BCDABDABACD三、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分．13.12；14.cos(2)3x（

答案不唯一）；15.2；16.33[,]4217.（1）由题意得222bbcac，由余弦定理2222cosabcbcA得：1cos2A，因为A为三角形内角，所以23A.（2）因为27cos7C，23A，7a所以21sin7C，21si

nsin()14BAC，因为sinsinsinabcABC，所以1b，2c，又角B的平分线交边AC于点D，所以BADABCDC所以217DADA，解得:2(72)3AD18.解：若选择（1）由148

aa，得1318aqa，所以83q,解得2q.2假设存在正整数,,,krt且,krt使得,,krtSSS成等差数列,则2,ktrSSS即,21)21(221)21(21)21(111rtkaaa整理得1222kt

r，所以--1122tkrk(*)，因为,,,krt是正整数,且,krt所以-2tk，-12tk为偶数，而-12tk为奇数，所以(*)式不可能成立，故不存在正整数,,,krt使得,,krtSSS成等差数列.若选择（2）由1212

nnaS可知1q，所以,1)1(21121nnqaqqa解得12nq因为1q,所以1q(6分)假设存在正整数,,,krt且,krt使得,,krtSSS成等差数列，则2,ktrSSS即,)1(1))1(1(2)1(1))1(1()11))1(

1(111rtkaaa（整理得(1)(1)2(1),ktr易知任意3个不同的正奇数,,,krt或任意3个不同的正偶数,,,krt都满足，例如1,3,5,krt或2,4,6,krt所以存在正整数,,,krt使得

,,krtSSS成等差数列，当n为正奇数时1nSa；当n为正偶数时，0nS.19.解（1）法一：取PA的中点N，连接,ENBN，E为PD的中点，所以EN为PAD△的中位线，则可得//ENAD，且12ENAD；在梯形ABCD中，//BCAD，且12BCAD，//,BCENBCEN

，所以四边形ENBC是平行四边形，//CEBN，又∵BN平面PAB，CE平面PAB，3//CE平面PAB．法二：取AD的中点O，连接,COOE，E为PD的中点，∴//OEAP，又在梯形ABCD中，//BCAD，且12BCA

D，所以四边形BAOC是平行四边形，ABOC//又OEOCO，AB，AP平面PAB，OE，OC平面COE∴面PAB//面COE，又CE平面COE，//CE平面PAB．（2）取AD的中点O，连接OP，又,P

APDPOAD．因为平面PAD平面ABCD，面PAD面ABCD=AD，PO平面PAD，PO平面ABCD，又由//COBA，90BAD，COAD．即有,,OAOCOP两两垂直，如图，以点O为原点，OA为x轴，OP为y轴，

OC为z轴，建立空间直角坐标系．31311,0,0,1,0,1,0,,,1,0,0,0,0,1,1,,2222ABMDABAM，设平面ABM的的一个法向量为,,mxyz．

则有023310022mABzxyzmAMxyz,取2y，则0,2,3m，7m，21,23,1DM，2DM,742

722323,cosmDMmDMmDM所以直线DM与平面ABM所成角的正弦值为427．20.解：（1）设恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来为事件A，则101)(553322AAAAP，∴恰好经过2

次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为101.4（2）(ⅰ)由已知得kXE)(1，2X的所有可能取值为1，1k.kpXP)1()1(2,kpkXP)1(1)1(2,kkkpkkpkPXE)1(1])1(1)[1()1()(

2若)()(21XEXE，则kpkkk)1(1，1)1(kpk，kpk1)1(，kkp111，kkp111p关于k的函数关系式为)2N*,(1

1)(1kkkkfpk且.(ⅱ)由题意可知)()(12XEXE，得kpk)1(1，311ep,311ekk,kk31ln.设)0(31ln)(xxxxf，所以当3x时，0)('xf，即)(xf在),3(上单调递减，又386

3.14ln，3333.134，344ln，6094.15ln，6667.135，355ln，所以k的最大值为4.21.解：（1）∵22222234cabeaa,∴224ab,则

椭圆方程为222214xybb，即22244xyb.设00,Nxy,则220003NQxy2222200004433649byyyyb22031412yb.当01y

时,NQ有最大值2412b,则24124b,解得21b,∴24a,故椭圆方程是2214xy.（2）设11,Axy,22,Bxy,,Pxy,直线AB的方程为3ykx,5由

223{14ykxxy,整理得222214243640kxkxk.则21222414kxxk,212236414kxxk,2222241691140kkk,解得215k.由题意得1212,,OA

OBxxyytxy,则212212414kxxxttk,12122116614kyyykxxktttk.由点P在椭圆上,得2222222222414441414kktktk,化简得222361

4ktk.①由21213ABkxx,得221212143kxxxx,将12xx,12xx代入得2242222436424131414kkkkk,化简,得228116130kk,则2810k,即21

8k,∴21185k.②由①得222236991414ktkk,由②得234t,∴23t或32t.故实数t的取值范围为23t或32t.22.解：（1）由题意得：()e(1)sinxhxxx，()esin(1)cosxhxx

xx，当[,0]2x时，e0x，sin0x„，(1)cos0xx„，故()0hx，6()hx在[,0]2上单调递增；2()e1022h，(0)10h，且()hx的图象在[,0]2内连续不断，存在00)(,2x，使得0()0hx，

函数()hx在[,0]2内的零点个数是1。（2）证明：要证()()1()lngxgxxfxx，即证：sincos1eln0(*)xxxxx，设()sin22Fxxx，则()2cos222(co

s21)0Fxxx„，()Fx在(0,)单调递减，()(0)0FxF，sin22xx，故要证(*)成立，只需证明1eln0xxxx„，（方法一）设()1elnxGxxxx，则11()1

(1)e(1e)xxxGxxxxx，又设()1exkxx，()(1)e0xkxx，()kx在(0,)上单调递减，又(0)10k，(1)1e0k，存在(0,1)t，使得()0kt，即1tte，ln0tt，当(0,)

xt时，()0Gx，()Gx单调递增，当(,)xt时，()0Gx，()Gx单调递减，故()()1eln0tGxGtttt„，故原命题成立．（方法二）设()1elnxGxxxx，则()lnelne1ln(e)e1xxxxGxxxxx

，令exxt（0t），即证明ln10tt„，令()ln1ttt，11()1tttt，所以()t在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，max()(1)0x，所以()ln10

ttt„，故原命题成立．