【文档说明】河南省开封市2021届高三下学期5月第三次模拟考试数学（文）答案（文）.pdf，共(4)页，201.955 KB，由小赞的店铺上传

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（文科）·1·开封市2021届高三第三次模拟考试数学（文科）参考答案一、选择题（每小题5分，共60分）题号123456789101112答案DBACBBCCDADC二、填空题（每小题5分，共20分）13.014.215.3416.9286π227，（本题第一空2分，第二空3分）三、解答题（共7

0分）17.解：（1）在ABD中，因为=2AB，=4B，=3BD，由余弦定理得222=+2cosADABBDABBDB，…………2分22=2+962=52AD，所以=5AD.…………6分（2）在ABC中，因为=2AB，=22AC，=4B，由正弦定理得=sinsinABACCB

，…………8分222=sinsin4C，所以2sin=4C.…………12分18.（1）证明:由已知==90BAPCDP，得：ABAPCDPD，，由ABCD∥，故：CDAP，又因为=APPDP，所以CDP

AD平面，…………3分又CDABCD平面，所以PADABCD平面平面.…………5分（2）解：设E为AD中点，连接PE，由=PAPD，所以PEAD，由（1）知：PADABCD平面平面，所以PEABCD平面，…………6分因为ABCD∥，=ABCD

，所以ABCD是平行四边形，由（1）知：CDPAD平面，ADPAD平面，所以CDAD，所以ABCD是矩形，…………7分由=90APD，==22ADBC，=2PE，所以1132PBCDVC

BCDPE114=2222=323，…………9分连接EB，在PEB中，=6=2=22EBPEPB，，所以，在PBD中，=2=23=22PDDBPB，，，所以=90BPD，（文科）·2·所以11=222=2222PBDSPBPD

，…………10分设点C到平面PBD的距离为h，因为CPBDPBCDVV，所以1422=33h，…………11分所以=2h，所以点C到平面PBD的距离为2.…………12分19.解：（1）根据频率分布直方图可知，样本中测试值在区间(0,10]内的

频率为10.06+0.08+0.025=10.8=0.2，…………2分以频率视为概率，故从总体的500名学生中随机抽取1人，估计其测试值在区间(0,10]内的概率为0.2.…………3分（2）样本中听力为优秀的学生人数为0.2504=6，…………5分所以估计总体中听力为优秀的学

生人数为6500=6050.…………6分（3）当1=1a时，序号1234,,,aaaa的情况为6种：分别记为1,2,3,4,1,2,4,3,1,3,2,4,1,3,4,2,1,4,2,3,1,4,3,2,同理，当1=2,3,4a时，序号1234,,,a

aaa的情况也分别为6种，所以序号1234,,,aaaa所有的情况总数为24种.…………8分当0Y时，11a，22a，33a，44a，当123412342Yaaaa时，1234aaaa，，，的取值为11a，22a，34a，43a或11a，23a，32a，

44a或12a，21a，33a，44a，所以2Y时，序号1234,,,aaaa对应的情况为4种，…………11分所以412246PY.…………12分20.解：（1）由题可知,02pF，设点00,Pxy，因为(0,2)=FPuur，即00,0,2

2pxy，所以02px，02y，2LLLLL分代入22ypx，得24p，又因为0p，所以2p，所以抛物线C的方程为24yx.4LLLLL分（2）设直线:2lyxm，则224yxmyx消去y可得224440xmxm，满

足22441632160=mmm，即12m，设点11,Axy，22,Bxy，则121xxm，2124mxx，7LLLLL分（文科）·3·若FAuur，FPuur，FBuur成等差数列，

则2FAFBFPuuruuruur，即1224xx，即34m，即1.m9LLLLL分此时直线l与抛物线C联立方程为24810xx，即122xx，1214xx，又因为公差d满足212dFBFAxxuuruu

r，10LLLLL分因为221121243xxxxxx，所以23d，即3.2d12LLLLL分21.解：（1）已知函数=lnfxxmx有两个零点，11()==0mxfxmxxx，……1分①当0m时，()0fx，所以fx在0,上单调递

增，至多有一个零点；…………2分②当0m时，10xm时，()0fx，fx在10,m上单调递增，1xm时，()0fx，fx在1,m上单调递减，所以，

fx在1=xm处取得最大值，由11=ln100得fmmme，…………3分此时，21111,1，emmmm，1=0fm，211=2ln0fmmm，由零点存在性定理可知，fx在11,m和211,

mm上各有一个零点.…………4分综上所述，m的取值范围是10,e.…………5分（2）因为12xx，是fx的两个零点，不妨设120xx，所以1122ln0ln0xmxxmx①，②，………

…6分①-②得：1212lnlnxxmxmx，1212lnlnxxmxx，…………7分1()=fxmx，所以121212121211lnln()==xxfxxmxxxxxx，12121212lnln1()0

要证即证xxfxxxxxx，即证121212lnlnxxxxxx，即证1121221ln01xxxxxx，即证11222ln+101xxxx，…………9分（文科）·4·令12=1xtx，2=l

n+1+1ttt设，22+1=01t'ttt，…………10分所以1在tt时单调递增，所以1t，1=0，所以0t，…………11分所以12()0fxx.…………12分22.解：（1）曲线C的极坐标方程可化为3

sin2222，即3322yx，化简得曲线C的直角坐标方程为1322yx.…………4分（2）联立直线l的参数方程与曲线C的直角坐标方程得：3)sin2(3)cos(22tt，化简得09sin12)sin21(22

tt，则0sin219sin21sin12221221tttt，，……6分0)sin21(36sin14422且，01sin22，则有1,22|sin|，……

…7分则|PA|+|PB|=221sin21|sin|12||tt，…………8分令2=sin12m，，12+=4,3212PAPBmm有，…………9分所以|PA|+|PB|的取值范围为234，.…………10分23.解：（1

）由已知可得21|)1()21(||1||21|)()(xxxxxgxfy，当且仅当1102xx即112x时等号成立，所以函数)()(xgxfy的最小值为12.…………4分（2）由已知15sin+

cos122，原不等式可化为23cos|21sin|，…………6分当1sin2时，566，，原不等式化为2cossin，此时无解，…………7分当1sin2时，50266

，，，原不等式化为1cossin，即2sin+42，所以57+444，32，…………9分综上所述，)23,(为原不等式的解集.…………10分