【文档说明】河南省济源市、平顶山市、许昌市2021届高三下学期第二次质量检测理科数学试题答案.pdf，共(4)页，257.762 KB，由小赞的店铺上传

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高三数学（理）答案第1页（共4页）济源平顶山许昌2021年高三第二次质量检测理科数学参考答案一、选择题：BDDCACBABDBC二、填空题：13.(1)yex14.[3,3]15.3216.28三、解答题：1

7.解：（1）由余弦定理2222cosabcbcA，得221923()2acc.因为2ac，所以221(2)923()2ccc,解得5c，所以7a.所以ABC的面积113153sin352224ABCSbcA.……………………6分（2）由

23A得3sin2A.由正弦定理得53sinsin14cCAa.在ABC中，A是钝角，所以C为锐角.所以211cos1sin14CC.所以43sin()sincoscossin7ACACAC.……………………12分18.（1）证明

：.,AGGED连接的中点取因为,60ADABEDEAD，所以ADE是等边三角形.又因为ADECDEF平面平面,EDCDEFADE平面且平面所以AGCDEF平面,所以AGCD.因为,CDADAGADA所以CDADE平面.，平面又ABCDCD所以ADEA

BCD平面平面.……………………6分（２）OHOEHCBOAD,，连接的中点，的中点取.，平面）可知，由（ABCDOE1,,OEOAOAOHOEOH易知,轴，所在直线为轴，所在直线为以yOHxOA轴建立空间直角坐标系所在直线为zOE

.(0,0,0),(0,2,0),(1,20),(120),(1,00),(0,0,3)OHCBDE则，，，，.(2,2,0),(1,03)(02,0)BDDEOH从而，，

，.因为//,,ABCDCDCDEFABCDEF平面平面，所以//ABCDEF平面.又因为,ABABEFABEFCDEFEF平面平面平面，所以//EFAB.高三数学（理）答案第2页（共4页）所以12

EFOH.)3,10(，易知F，所以(1,1,3)CF.),,(zyxnBDE的法向量为设平面，2200300xynBDxznDE则即3,3,1xyz不妨取则.所以(3,3,

1)n.CFBDE设直线与平面所成角为，所以333105sincos,35313131CFn.所以10535CFBDE直线与平面所成角的正弦值为.……………………12分19.解：（1）60.0270.180.290.38100.18110.

08120.049x.222222(69)0.02(79)0.1(89)0.2(99)0.38(109)0.18s22(119)0.081290.04=1.64（）.……………………6分

（2）（i）由题知9，21.64，所以9,1.64XN，1.641.28．所以109100.780.77341.28PXPYPY.……………………9分（ⅱ）由（i）知(10)1100.2266PXPX，可得20,0

.2266ZB.110PZPZ2010.773410.00590.99410.994.故Z的数学期望200.22664.532EZ.……………………12分20.解：（1）由22

e得22acb，设椭圆方程为222212xybb，联立方程组22222xybyxb得2340xbx.则43Abx，所以||2||223AFbAFxx.所以3b.所

以椭圆C的方程为221189xy.……………………5分（2）当直线l不与x轴重合时，设:3lxny，联立方程组222183xyxny得22(2)690nyny.高三数学（理）

答案第3页（共4页）设1122(,),(,),(,0)PxyQxyMt，则有12122269,22nyyyynn.于是12121212()()(3)(3)MPMQxtxtyynytny

tyy221212(1)(3)()(3)nyyntyyt2222219(1)6(3)(3)(2)2nnttnn22222222[627(3)]2(3)9(18)212922ttnttnttnn

，若MPMQ为定值，则有2221292(18)ttt，得1245t，154t.此时218MPMQt；当直线l与x轴重合时，(32,0),(32,0)PQ，也有212()()(

32)(32)18MPMQxtxtttt.综上，存在点15,04M，满足MPMQ为定值.……………………12分21.解:(1)1lnfxmx，当10m，即1m时，

0fx对1x恒成立，fx在1,上单调递减.当10m，即1m>时，令0fx，得1mxe，由0fx，解得：11emx，由0fx，解得：1emx.所以fx在11,me单调递增，在1,me单调递减综上

所述，当1m，fx在1,上单调递减；当1m>时，在11,me单调递增，在1,me单调递减.……………………5分（2）当1x时，20fxxm，即ln21xxxmx对1x恒成立.令ln21xxxhxx，得2ln31xxhx

x，令ln3gxxx，则11gxx，因为1x，所以110gxx，gx是增函数，因为44ln431ln411.390.390g，55ln532ln521.610.390g

，所以14,5x，使10gx，由111ln30gxxx，得：11ln3xx，高三数学（理）答案第4页（共4页）当11,xx，0hx，hx单调递减，当1,xx

，0hx，hx单调递增.所以1xx时，hx取得最小值，为1hx，所以2111111111ln211xxxxxmhxxxx，又m为正整数，所以4m，所以正整数m的最大值为4.……………………12分22.解：(1)

曲线1C的参数方程为cos(1sinxy为参数）,所以22(1)xy=22cossin1，……………………1分曲线1C的普通方程：22(1)xy=1.……………………2分直线l的极坐标方程为1sin()032，展开得2(sincoscossin)10

33…3分由cossinxy得，310yx.……………………4分直线l的直角坐标方程：310xy.……………………5分(2）由于直线l：310xy经过圆1C：22(1)xy=

1圆心，所以2AB.………………6分而0,0O到直线l：310xy距离为d，30011231d.……………………8分所以三角形ABO面积S=1112222.……………………10分2

3.解：(1)3,1,()2|1||1|31,11,3,1.xxfxxxxxxx……………………1分因为()1fx，①当1x时，31x，得4x，所以4x.……………………2分②当11x时，311x，

得0x，所以10x.……………………3分③当1x时，31x，得2x，所以1x.……………………4分综上可得不等式()1fx的解集为{|40}xxx或.……………………5分(2)对xR，()|33|fxmx

恒成立，即()3|1|mfxx恒成立，……………………6分又2(|1||1|)2|11|4xxxx，……………………9分所以4m.……………………10分