【文档说明】福建省龙岩市2021届高三下学期高考第三次教学质量检测数学试题答案-定稿.docx，共(7)页，460.411 KB，由小赞的店铺上传

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龙岩市2021年高中毕业班第三次教学质量检测数学试题参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。题号12345678选项CBBADCBD二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。题号9101

112选项ABBCBCDACD8．D设曲线2xye−=上的点11(,)Pxy，2xye−=，121xke−=；曲线1xye=−上的点22(,)Qxy，xye=，22xke=；11122211xxxly

exexe−−−=+−，222221xxxlyexexe=+−−121122222121xxxxxxeeexeexe−−−=−=−−，2ln2x=−2222111ln21(ln2)2222xxxkbeexe+=+−+=+−−=12．略解：设圆锥底面半径为r如

图，'ASC中，'6,2,'213ASSCAC===∴1cos'2ASC=−∴23ASC=22263rrS==侧面=12∴A正确ASB中，2227cos29SAABABASBSASB+−==∴过点S平面截此圆锥所得截面面积最大为SABS∴S截ma

x1442822==∴B错误设圆锥SO的内切球半径为R，则222()RhRr=−+即22(42)4RR=−+∴32R=∴=72S表∴C正确设圆锥SO的内切球半径为t，则1342tt=−∴2t=设棱长为a的正四面体的外接球是圆锥SO的内

切球∴6222a=∴433a=∴D正确三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．314．23+15．(),22,−−+16．51616．简解：每个盒子都有两种可能，所以基本事件有62种。符合条件的基本事件有：①六黑有一种：黑黑黑黑黑黑；

②五黑一白有15C种：黑黑黑黑黑白，黑黑黑黑白黑，黑黑黑白黑黑，黑黑白黑黑黑，黑白黑黑黑黑；③四黑二白有1234+CC种：黑白黑白黑黑，黑白黑黑白黑，黑白黑黑黑白，黑黑白黑黑白，黑黑白黑白黑，黑黑白白黑黑，黑黑黑白白黑，黑黑黑白黑白，黑黑黑黑白白；④

三黑三白有1123+CC种：黑黑黑白白白，黑黑白黑白白，黑白黑黑白白，黑白黑白黑白，黑黑白白黑白.所以，事件“从左往右数，不管数到哪个盒子，总有黑球个数不少于白球个数”发生的概率为6159520526416P+++===.四、解答题：本题共6小题，共70分。17．（本题满分10分）解

：（1）nS是1−与1na+的等差中项，121nnSa+=−，.........................1分所以当2n时，由121nnSa−=−可得13nnaa+=，即13nnaa+=....................2分又因为当1n=时，1221aa=−23a=

，....................3分因此213aa=满足上式，....................4分所以na是以1为首项，3为公比的等比数列，13nna−=....................5分（2）32lognnba=，213log321nnbn−==−，1

11111(21)(21)22121nnbbnnnn+==−−+−+111111123352121nTnn=−+−++−−+1112122122121nnnnn=−==+++..............

..............................10分18.（本题满分12分）解：（1）因为()()()()ABACADDBADDCADDBADDB=++=+−，所以222216412ABACADDBADDB=−=−=−=...............5分（2）因为0cosc

os=+ADCADB，所以0164161641622=−++−+bc，所以2240bc+=；.........................................................7分选①当3=A时，22402bcbc+=，20bc，当且仅

当52==cb等号成立；由余弦定理Abccbacos2222−+=，得到1622+=+bccb，所以,4016=+bc解得24=bc与20bc矛盾，此时ABC不存在。................12分选②当6A=，则2222

cos6abcbc=+−即22163bcbc=+−，83bc=11sin2324ABCSbcAbc===.......................................................12分选③当4A

=，则2222cos4abcbc=+−即22162bcbc=+−，122bc=12sin624ABCSbcAbc===...................................................

....12分19．（本题满分12分）证明：（1）ABBC⊥，1BCBB⊥，1ABBBB=，AB，1BB平面1ABB，BC⊥平面1ABB，又1AB平面1ABB，1ABBC⊥，又12ABAB==，1122BBAA==，得22211AAABAB=+，1ABAB⊥，又

AB、BC平面ABC，ABBCB=，1AB⊥平面ABC；.......................................................6分（2）以B为原点，BA，BC，1BA为xyz

,,轴建立空间直角坐标系，过B作与直线AC平行的直线BE，过C作与直线AB平行的直线CE，两直线交于点E.yzxEDCC1B1BAA1由图可知(0,0,0)B，(2,0,0)A,(0,2,0)C,(0,1,

0)D，(2,2,0)E−，1(2,2,2)C−(2,1,0)DA=−,1(2,1,2)DC=−,(2,2,0)CA=−,1(2,0,2)CC=−设平面1DAC的法向量为1111(,,)nxyz=由11100DAnDC

n==,1111120220xyxyz−=−++=解得11120yxz==，所以取1(1,2,0)n=设平面1CAC的法向量为2222(,,)nxyz=由21200CAnCCn==,2222220220xyxz−=−+=解得222

2yxzx==，所以取2(1,1,1)n=又12(1,2,0)(1,1,1)3nn==，15n=，23n=，设二面角1DACC−−的平面角为，则121212315coscos,553nnnnnn====所以二面角1DACC−−的余弦值为155................

........................................12分20.（本题满分12分）解：（1）因为进行了5场比赛，所以甲、乙之间的输赢情况有以下四种情况：甲赢4场，乙嬴1场；甲赢3场，乙赢2场；甲赢2场，乙赢3场；甲赢1

场，乙赢4场．5场比赛不同的输赢情况有种，即28种．①若甲赢4场，乙赢1场；甲获得全部奖金8000元；②若甲赢3场，乙赢2场；当比赛继续下去甲赢得全部奖金的概率为11132224+=，所以甲分得6000元奖金；③若甲赢2场，乙赢3

场；当比赛继续下去甲赢得全部奖金的概率为111224=，所以甲分得2000元奖金；④甲赢1场，乙赢4场.甲没有获得奖金．........................................................2分设甲可能获得的奖

金为元，则甲获得奖金的所有可能取值为8000,6000,2000,0，3418000)287CPx===（；3556000)2814CPx===（；33214554CCCC+++x；1410)287CPx===（．∴甲获得奖金数x的分布列：x8000600020000P1751451

417.......................................................6分（2）设比赛继续进行Y场乙赢得全部奖金，则最后一场必然乙赢当3Y=时，乙以4:2贏，()33(1)PYp==

−；当4Y=时，乙以4:3贏，()13334(1)3(1)PYCpppp==−=−；所以，乙赢得全部奖金的概率为()()333(1)3(1)13(1)PAppppp=−+−=+−...............................

........................9分设()()313(1).fppp=+−()()()3223(1)133(1)112(1)fpppppp=−++−−=−−因为451,p„所以()0,fp所以()fp在4,15上单调递减，于是m

ax417()0.02720.055625fpf===.故事件“乙赢得全部奖金”是小概率事件.所以认为比赛继续进行乙不可能赢得全部奖金．..........................................

.............12分21．（本题满分12分）解：（1）由题意：12(2,0),(6,0)FF−，2222364abab+=−=，解得222016ab==即254ab==.............................

........................4分（2）由（1）知，曲线221:1(0)2016xyCy+=，点2(6,0)F−，设直线l的方程为：6(0)xmym=−，联立22612016xmyxy=−+=得：()225448640mymy+−+=，()22(4

8)464540mm=−+21m，2552000)2814CPx===（设()()1122,,,yBxxAy，1224854myym+=+，1226454yym=+，................................

.....................7分()2121212221615445myyyyyym−=−++−=，1ABF面积2221222111165118645225454mmSFFyymm−−=−==++，令210t

m=−，221mt=+，264564516594934tSttt==++„当且仅当32t=，即132m=时等号成立，所以1ABF面积的最大值为1653........................................

..............12分22.（本题满分12分）解：（1）法一：证明:，当(0,)x+，则1xe，11x+，(1)1xex+，又因为cos1x，所以，所以)(xf在),0(+单调递增.当)0,1(−x，，令)1(cos)(+−=xxx

u，)0,1(−x,又因为()sin1(sin1)0uxxx=−−=−+，所以()ux在(1,0)−单调递减，所以0)0()(=uxu，所以01cos+xx，即11cos+xx又因为，所以cos()(

1)()01xxfxxex=+−+，所以)(xf在)0,1(−单调递减.又因为(0)0f=，所以()fx在区间(1,)−+存在唯一极小值点.........................5分法二：证明：'()(1)cosxfxxex=+−当(1

,0)x−时，1011,1,xxee+∴(1)1xxex++①而()1cosgxxx=+−∴'()1sin0gxx=+∴()gx在(1,0)−上递增，∴()(0)0gxg=∴1cosxx+②()(1)cosxfxex

x=+−()0fxcos()(1)()1xxfxxex=+−+1xe由①②得(1)cos,xxex+∴'()0fx∴()fx在(1,0)−上递减，当(0,)x+时，(1)1cos,xxex+∴'()0fx∴()fx在(0,)+上递增，综上，()fx在(

1,0)−上递减，()fx在(0,)+上递增，且'(0)0f=.故()fx在(1,)−+上存在唯一极小值点0x=.（2）因为1sinln−−xxexx01lnsin−++xxexx，)0(x①，令)0(,sin)

(−=xxxxL，则，所以)(xL在),0(+递减，所以0)0()(=LxL，即当xxxsin,0.要证①，只需证........................................

.............7分法一：令()ln1xFxxxxe=++−，()11()1(1)1xxxFxxexexx+=+−=−+，)0(x令xxexm−=1)(，所以，所以)(xm在),0(+单调递减，又因为01)0(=m，01)1(−=em，所以)0,1(

0−x，使0)(0=xm，即001xxe=，0ln00=+xx，所以当()00,xx，()0Fx，()Fx单调递增，当()0,xx+，()0Fx，()Fx单调递减，所以()00000()ln10xFxFxxxxe=++−=，所以原不等式

得证......................................................12分法二：令()1xxex=−−，()1xxe=−，∴()x在(,0)−单调递减，在(0,)+单调递增∴()(0)0x=∴1xex+，∵lnxxR+

，∴lnln1xxexx+++，∴，即证∴原命题得证......................................................12分()cos10Lxx=−ln10xxxxe+−+()(1)0xmxxe=−+ln1xxexx++ln1

0xxxxe+−+