【文档说明】湖南省永州市2021届高三下学期4月第三次模拟考试数学试题 答案.doc，共(5)页，1.148 MB，由小赞的店铺上传

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永州市2021年高考第三次模拟考试数学参考答案及评分标准一、选择题：本大题共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DBCCBDAC二、多项选择题：本题共4小题，每小

题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分．部分选对的得2分．题号9101112答案BDACDCDCD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中对应题号后的横线上.13．2

21xy−=14．215．45016．5，563（第一空2分，第二空3分）四、解答题：本大题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．1BDC解：（）在三角形中，由余弦定理知：2242024BCBC+−=42-22BC=或（舍去）………………

…………3分1sin42BDCSCDBCDCB==…………………………5分5(2)cos5ADC=−由已知，5cos(90)sin5BDCBDC+=−=−即525sin,cos55BDCBDC==…………………………6分10103sin22cos22)1

35sin(sin=+=−=DBCDBCDBCDBC又…………………………8分在三角形△BDC中，由正弦定理知：,sinsinDCDBDBCDCB=代入数据得：253DB=…………………………9分===60,3tanAADDBDABAD

BRt中，在……………………10分18．解：(1)由题设11nnSa+=−，0．当1n=时，121Sa=−，由1a=2，得23a=，……………………2分当2n=时，231Sa=−，即1231aaa+=−，得323+3a=……4分(2)假设{na}为等比数列，则221

3aaa=，……………5分即2233+32=，解得12=；…………………6分下面证明12=时，{na}为等比数列：由1112nnSa+=−知，当2n…时，1112nnSa−=−，两式相减得11122nnnaaa+=−即()132

nnaan+=，……………………9分又由(Ⅰ)知26a=，12a=，即213aa=，……………………10分所以()13nnana+=……………………11分故当12=时，{}na是以2为首项，3为公比的等比数列．……12分19．解：(1)依题意可得，P（尺寸不大于2.06m

m)=0.4……………………2分(1000,0.4)XB……………………4分()400EXnp==……………………5分（2）设合格零件的最大尺寸为m()0.9PYm=……………………7分令2.0690.01YZ−=，则0.012.069YZ=+()(0.012.069)0.9PYmP

Zm=+=……………………8分2.069()0.90.01mPZ−=且(1.28)0.9PZ=……………………9分2.0691.280.01m−=2.082m…………………………11分故合格零件的最大尺寸

约为2.082mm………………12分20．解：(1)在直角梯形ABCD中，易知22BD=，22AD=222DADBAB+=DADB⊥………………3分DBPA⊥且PADAA=DB⊥平面PAD………………5分(2)延长AD与BC交于点G，连结PG………………6分取AD的中点O，联结PO

，因为PAPD=，易证PO⊥面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，假设存在点M符合题意，且(01)PMPG=(0,0,2)P，(2,0,0)D−，(22,2,0)C−，(32,0,0)G−(2,2,0)DC=−，(

2,0,2)DP=………………8分设面DPC的法向量(),,nxyz=220220nDPxznDCxy=+==−+=，令1x=，则1y=，1z=−()1,1,1n=−………………9分DMDPPMDPPG=+=+(232,0,22)DM=−−同理可得面D

CM的法向量1(1,1,13)n=−−−………………10分1121536cos,3311103nnnnnn−===−+13=………………11分故存在满足条件的点M，且13PMPG=；………………12分21．解：(1)设点P的坐标为(,)xy

，点T的坐标为00(,)xy，则0xx=，02yy=…………………………2分22004xy+=且0xx=，02yy=…………………………3分2244xy+=动点P的轨迹C的方程为2214xy+=…………………………5分(2)设直线:(0,0)lykxmkm=+，11

(,)Axy，22(,)Bxy联立2244xyykxm+==+得，222(14)8440kxkmxm+++−=122814kmxxk+=−+中点224(,)1414kmmEkk−++…………………………7分由斜率公式可知14OEkk=−，1:4OElyxk=−3(6,)2Nk−…

……………………………………8分联立224414xyyxk+==−得，2221614kxk=+，即2221614Mkxk=+…………………………9分2OMONOE=22216241414kkmkk=−++23mk=−…………………………10

分直线l过定点2(,0)3…………………………11分易知当定点与点(0,1)H的连线与直线l垂直时，d取得最大值133；…………………………12分22．解：(1)2'2(),()1xxfxxfxaa=+=+由则，令()()xfx=，则2()xa=………1分2(0(0))4fx

f又）在点（，的曲率为，2a=代入曲率公式得：…………………2分22(),02xafxxx==+证明：由知当时，2()(),(1)ln(1),2xgxfxxxx+++要证即证：2()(1)ln(1),2xhxxxx=++−−令则()ln(1)hxxx

=+−，令()()xhx=…………………3分则1()11xx=−+，又0x()0x，故()hx在()0,+单调递减…4分()(0)0hxh=()(0,)hx+在单调递减…

………………5分2()(0)0,(1)ln(1)2xhxhxxx=+++故即()()gxfx…………………6分(2)由（1）知,2)1ln()1(2),()(),()(02nnnnngnfxgxfx+++即时，当两

边同除以2)12+n（得：12121,121211)1ln(++++++++nnnnbnnnnnnn即即12311123345212)........()(.........)223412341

2(1)nnnnnnnTbbbbnnn+++==+++（………………………8分21])2ln[()2(21nTneTnnnn−++−，即证要证：又21(2)ln[(2)]ln[]2ln2)ln(1)(1)ln221)nnnnTnnnn+++=+−+−++（（只需

证,0122ln)1()1ln()2ln(2−++−+−+nnnn……………………9分,0122ln)1()1ln()2ln(2−++−+−+nnnn下面证),,1[,122ln)1()1ln()2ln(2)(+−++−+−+=xxxxxxh记112()ln

2,[2,)223hxyxxxx=−+=++++在上单调递增，1()[2,)(2)(2ln8)0,3hxh+=−在上单调递减，而[2,)()0()[2,)xhxhx++当时，恒成立，在上单调递减…………10分,03

ln2ln2ln33ln4ln2)2()(),,2[−=−−=+hxhx即2()0nhn当时，……………………………………………………11分19(1)2ln3ln22ln2lnln028he=−−−=−()0

,2ln(2)ln(1)(1)ln212nnNhnnnn+−+−+−当时，即故12ln[(2)]1,(2)2nnnnnTnTe−+−+即则ln[(2)]12nnnT+−即12(2)nnnTe−+成立…………12分