湖南省东安县第一中学2021届高三第三次大联考数学试卷 PDF版含答案

PDF
  • 阅读 0 次
  • 下载 0 次
  • 页数 16 页
  • 大小 1.007 MB
  • 2024-10-07 上传
  • 收藏
  • 违规举报
  • © 版权认领
下载文档3.00 元 加入VIP免费下载
此文档由【小赞的店铺】提供上传,收益归文档提供者,本网站只提供存储服务。若此文档侵犯了您的版权,欢迎进行违规举报版权认领
湖南省东安县第一中学2021届高三第三次大联考数学试卷 PDF版含答案
可在后台配置第一页与第二页中间广告代码
湖南省东安县第一中学2021届高三第三次大联考数学试卷 PDF版含答案
可在后台配置第二页与第三页中间广告代码
湖南省东安县第一中学2021届高三第三次大联考数学试卷 PDF版含答案
可在后台配置第三页与第四页中间广告代码
试读已结束,点击付费阅读剩下的13 已有0人购买 付费阅读2.40 元
/ 16
  • 收藏
  • 违规举报
  • © 版权认领
下载文档3.00 元 加入VIP免费下载
文本内容

【文档说明】湖南省东安县第一中学2021届高三第三次大联考数学试卷 PDF版含答案.pdf,共(16)页,1.007 MB,由小赞的店铺上传

转载请保留链接:https://www.doc5u.com/view-cd4da966939834d7ff3f12d77f13ea31.html

以下为本文档部分文字说明:

��������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

���������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

����������������������������������������������������������������������������������������������������������

��������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

�������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

�����������������������������������槡���������������������������������������������������������������������������������������

������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

���������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

���������������������������������������������������������������������������������������������������������

����������������������������������������������������������������������������������������������������������

�����������������������������������������������������������������������������������������������������������������

���������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

������������������������������������������������������������������������������������������������������������

����������������������������������槡���������������������������槡���������������������槡����������������

��������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

����������������������������������������������������槡�������������������������������������������������槡���������槡�����������槡��������

�����������������������������������������������������������������������������������������������������������������

��������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

�������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

���������������������������������������������������������������������������������槡�����������������������������������������������������������

�����������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

�������������������������������������������������������������������������������������������������槡���������������������������������������������������

������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

��������������������������������������������������������������������������������������������槡��������槡����槡���������������������������������

��������������������������������������������������������������������������������������������������������

�����������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

�������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

����������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������

����������������������������������������槡�������������������������������������������������������������������������������������������������第1

页,总12页数学参考答案和评分标准一、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。1.【答案】D【命题意图】本题考查集合的关系,意在考查学生的逻辑推理和数学抽象素养.【解析】因为()UAB,所以()UAB,AB可能

是空集也可能不是空集,因此A,B,C均错.故选D.2.【答案】D【命题意图】本题考查复数的运算,意在考查学生对基础知识的掌握程度.【解析】因为(1i)1+2iz,所以(1+2i)(1i)1313i(1i)(1i)222iz

,所以13131+1i=i2222z,所以1+z在复平面内对应的点在第四象限.故选D.3.【答案】B【命题意图】本题考查充分必要条件,并融合函数,数列和解三角形等知识,考查学生对基本知识的融合和掌握情况.【解析】选项A,1a时,函数22()(

1)3fxxax是偶函数,但函数22()(1)3fxxax是偶函数,可得1a,故P是Q的充分不必要条件;选项B,在△ABC中,△ABC是等边三角形可得sinsinsinABC,当sin

sinsinABC时,△ABC是等边三角形,所以P和Q互为充要条件;选项C,数列{}na的前n项和2231nSnn,可得数列不是等差数列,当数列{}na是公差为2的等差数列时,因为不知首项,所以数列{}na的前n项和nS不确定,所以P是

Q的既不充分也不必要条件;因为1x可得12xx,当12xx时,可得0x,所以故P是Q的充分不必要条件,故选B.4.【答案】D【命题意图】本题考查计数原理,意在考查学生对日常生活中事物的认知和数学应用的思想.【解析】依题意,由于四条升腾之龙位置

可以不同,四条降沉之龙相对位置也可以不同,第2页,总12页但升腾之龙必须位居第1,3,7,9位置,降沉之龙必须位居第2,4,6,8位置,所以不同的雕刻模型共有4444AA种.5.【答案】A【解析】由图象可知,则7ππ4123T,所以πT,又2ππ,2;所以()2

sin2fxx过点7π(,2)12,所以72+212πππ2k,所以π72ππ=26k,又|π|<,所以2π3,所以22sin(π2)3fxx,当ππ23222,23πππ2kxk即71312π12πππkxkkZ时,函

数单调递增.结合选项可知,答案应选A.6.【答案】C【命题意图】本题考查双曲线的几何性质和直线与双曲线的位置关系,意在考查学生的数学抽象和数学运算能力.【解析】设P,Q的坐标分别为11,xy,22,xy,因为线段PQ的中点为1,2,所以1

22xx,124yy,因为221114xy,222214xy,所以12121212()()()()04xxxxyyyy,整理得121218yyxx,即直线l的斜率为18,所以直线l的方程为12(1)8yx,即8150xy.7.【答案】B【命题意图

】本题考查统计图表的认识,意在考查学生对读图,识图,数据收集和数据处理的能力.【解析】对于A,国六B阶段比国六A阶段对PN颗粒物排放量要求相同,故A错误;对于B,三款车无论以什么样的相同速度行驶,甲车消耗汽油最少,故B正确;对于C,由图象可知,乙车以80千米/小时的速度行驶1小时,

消耗汽油超过10升;对于D,甲车以80千米/小时的速度行驶10km需要消耗汽油约1升,故D错误.故选B.第3页,总12页8.【答案】D【命题意图】本题考查正态分布,意在考查学生对正态分布密度函数的图象与概率分布的理解.【解析】由正态分布密度函数

可知,1221(X)(X)PP≤≤,2233()()PXPX≥≥,1223()()PXPX≤≤,11111(2X2)(2X2)iiiiiiiiiiPP≤≤≤≤,故答案选D.二、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。9.【答案】AB.【命题意图】本题考查解三角形,意在考查正余弦定理的应用和数学抽象素养.【解析】因为2BC,所以sinsin2BC,即sin2sincosBCC,又32cb所以3c

os3C,所以6sin3C,由余弦定理可知,2222coscababC,化简得到2430aa,解得3a或1a,若3a,故4AC,故2B,不满足,故1a.116sin1232223ABCSabC△.故选AB.10.【答案】

AD【命题意图】本题考查等比数列的性质,意在考查学生数学运算素养.【解析】因为公比为1q,由251415,16,aaaa得41131115,16,qqaaaqa即241415qq,所以4241540qq

,解之得24q,所以11,2aq,所以12nna,21nnS,所以1+12121nnnSS,+12nnS,所以33log(1)log2nSn,所以数列3{log(1)}nS是等差数列,对任意的正整数,nk,22(

21)2nknknnknSS,所以数列22log()log(21)knknSSn,因为所以数列2log()nknSS是公差为1的等差数列,故正确的为AD.11.【答案】BCD第4页,总12页【命题意图】本题考查平面向量的基本运算,意在考查学生对基本运算和基础知识的

掌握情况.【解析】因为向量(1,sin)a,(cos,2)(0)b,若a//b,则cossin2,这样的不存在,故A错误;若||||ab,即221+sincos2,所以221+sin1sin2,所以

2sin1,所以B正确;当3ab时,cos+2sin3sin(),其中6cos3,3sin3,且+2,所以6sincos3,故C正确;因为2tan2时

,cossin+ab20,故D正确;故选BCD.12.【答案】ABC【命题意图】本题考查函数的奇偶性,单调性,对称性等函数性质,意在考查学生的数学抽象和逻辑推理素养.【解析】由()fx为奇函数,()(1)fxfx

,所以函数()fx关于直线12x对称所以()(1)[(2)](2)fxfxfxfx,故周期2T,当102x时,2()log(1)fxx,所以(1)(0)(2)=0fff,所以iN,则1()0nifi;点(1,0)为()fx的一

个对称中心,所以2021213()log22iif,可得20211011213()log()22iif,故选ABC.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【答案】45【命题意图】本题考查二进制数和数学文化想结合的问题,意在考查学生的阅读理解能力.【解析】六

十四卦中符号“离卦”表示二进制数的101101,对应十进制数的计算为01234512021212021245.14.【答案】24yx1y【命题意图】本题考查抛物线的几何形状以及直线与抛物线的位

置关系.【解析】已知直线过点(0,4),且倾斜角的余弦值为55,所以正切值为2,可得直线第5页,总12页方程为24yx.联立得方程组22(0)24xpypyx,可得2480xpxp,又直线与抛物线相切,所以216320pp,解得2p,所以抛物线的准线方程为1y

.15.【答案】乙【命题意图】本题考查推理与证明,意在考查学生的逻辑推理素养.【解析】因为三人中,只有一个人喝酒也只有一个人说的是真话,如果甲说的是真话,那么乙说的也是真话,得出矛盾的;如果乙说的是真话,那么丙和甲说的都是假话,且喝酒的是甲或丙,如果是甲喝酒,则有至少两

个人说的是真话,如果是乙丙喝酒了,甲说的是假话,但是丙说的是真话,这是矛盾的;如果丙说的是真话,那么甲说的是假话,乙说的也是假话,所以喝酒的是乙.16.【答案】2253【命题意图】本题考查空间几何体的外接球问题,意在考查

学生的空间想象能力和数学运算素养.【解析】如图所示,点P在过直线BC与平面ABC垂直的球的小圆面的圆周上,当点P在平面ABC的射影为BC中点时,三棱锥PABC的体积最大。设等边△ABC的中心为1O,三棱锥PAB

C的四个顶点都在球O上,球O的体积为43,所以外接球的半径为3r,因为△ABC的边长为2,点P在△ABC所在平面内的射影恰好在边BC上设为D,过O作OEPD,垂足为E,依题意可知,133ODEO,

所以22263PEPOEO,2211153OOAOAO,所以三棱锥PABC体积的最大值为2253.四、解答题:本题共6小题,共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(10分)【解

析】选条件①15120S,第6页,总12页(1)由题意得1151515()1202aaS,即1515a,又11a,得公差1d,通项公式为nan.………5分(2)由(1)得(1)2nnnS.可得121

12()(1)1nSnnnn,所以12111111112=2[(1)()++()]=22311nnnTSSSnnn.………10分选条件②5712aa,(1)由题意得5711116242adadaa,又11

a,得公差1d,通项公式为nan.………5分(2)由(1)得(1)2nnnS.可得12112()(1)1nSnnnn所以12111111112=2[(1)()++()]=22311nnnTSSSnnn………1

0分选择条件③523522SS,(1)由题意得52322aa,又11a,得公差1d,通项公式为nan.………5分(2)由(1)得(1)2nnnS.可得12112()(1)1nSnnnn所以1211111

1112=2[(1)()++()]=22311nnnTSSSnnn.………10分18.(12分)【解析】(1)因为3tan3A,所以3cos2A,………2分由余弦定理得2222cos7abcbcA,即2340bb,第7页,

总12页所以4b或1b(舍).……………5分(2)∵13ABDABCSS△△,∴12ABDACDSS△△,∵CADBAD,∴12cb.∵2a,∴由余弦定理得,2223(2)442ccc,………8分所以,24523c,………10分∴21112sin2222523A

BCSbcAc△.∴22220833339523ACDABCSS△△.………12分.19.(12分)【解析】(1)设“甲至多命中1次”为事件C,则03123311120()(1)(1)33327PCCC.所以,甲至多命中1次的概率为2027.………4分

(2)由题意,0,2,3,5X,0,2,3,5Y,………6分214(0)(1)39PX,112(2)(3)(1)339PXPX,211(5)()39PX,2(0)[1(1)][1(12)]2PY

ppp,2(2)(1)[1(12)]22PXpppp,2(3)[1(1)](12)2PXpppp,2(5)(1)(12)231PXpppp,………8分X0235第8

页,总12页∴X的分布列为Y的分布列为所以,42215()023599993EX,2222()022(22)3(2)5(231)58EYpppppppp.………10分(3)∵()()EXEY,∴5583p,即512p.所以

,p的取值范围是51(,]122.…………12分20.(12分)【解析】(1)证明:因为//DEAC,//DFBC,ABC是等边三角形,所以60EDFACB,又22ACDEBCDF,………4分所以EDF中,由余弦定理可知,2221212cos603EF,所

以EFDF,所以EFBC.…………6分(2)设线段AC中点为O,分别连接BO,DO.∵ABC△与ACD△都是等边三角形,∴BOAC,DOAC,即BOD就是二面角DACB的平面角.由于二面

角P49292919Y0235P22p222pp22pp2231pp第9页,总12页DACB是直二面角,因此,90BOD。…………8分分别以直线OB,OC,OD为x轴,y轴和z轴,建立如图所示的空间坐标系Oxyz.∵||2AC,∴(0

,1,0)A,(3,0,0)B,(0,2,3)E,31(,,0)22G,∴(3,2,3)BE,33(,,0)22EFAG.设平面BEF的一个法向量为(,,z)xyn,则BEn,EFn,即0BEn,0EFn,∴3230,33

0.22xyzxy不妨取3x得,3(3,1,)3n.…………10分又(3,0,0)OB,∴33cos,||131333OBOB||OBnnn,∴2tan,3OBn.由于(3,0,0)OB是平面ACD

E的一个法向量,所以,平面ACDE与平面BEF所成锐二面角的正切值为23.…………12分21.(12分)【解析】(1)由函数2()lnafxxx得,函数()fx定义域为(0,),22()xafxx.…………2分当a≤0时,()0fx,()fx是增函数.第10页,总

12页当0a时,若02xa,则()0fx,()fx是减函数;若2xa,则()0fx,()fx是增函数.…………4分综上所述,当0a≤时,()fx是增函数(也可以说成是(0,)上的增函数);当0a时,()fx在区间(0,

2]a是减函数,在区间[2,)a是增函数.…………6分(2)由()()fxgx,可得ln22exxxxxa.分别设1()ln2()22xFxxxaa≥,()exxGx,…………8分则1(

)ln2Fxx,1()exxGx.同(1)可知,min11()()2eeFxFa,max1()(1)eGxG.…………10分由于1111()22eea≥,所以112eea,即minmax()()FxGx.当12a≥时,()()FxGx,即()()fxgx.………

…12分22.(12分)【解析】(1)依题意,椭圆的离心率为23,△12TFF的面积最大为25.所以2224259bceac…………3分;解之得,224,9ca,……5分所以椭圆的标准方程为221

95xy…………6分;(2)证明:依题意,直线PQ斜率不为0,设PQ的方程为1xty,112212(,),(,)(0,0)PxyQxyyy,(,)Mxy,联立椭圆方程,221951tyxyx,第11

页,总12页得22(59)10400tyty,…………7分则1212224010,,5959tyyyytt,12124yyyyt,…………9分由,,APM三点共线可得1133yyxx,由,,BQM三点

共线可得2233yyxx,两式相除可得121222213(3)(2)3(3)(4)xyxytyxyxyty12121224tyyytyyy121122421424yytytyytyt,解得9x,…………11分综上所述,直线AP与直线BQ相交于椭

圆C外一点M,且点M在定直线上.…………12分方法二:若lx轴,不妨设210(1,)3P,210(1,)3Q,则直线AP的方程为10(3)6yx,则直线BP的方程为10(3)6yx,联立可得,点

M的坐标是(9,210).当直线l不与x轴垂直时,设直线l的方程是ykxk.分别设11(,)Pxy,22(,)Qxy.由方程组22,1.95ykxkxy得,2222(59)189450kxkx

k.∴21221859kxxk,212294559kxxk.∴1212559xxxx,即121212(1)6(1)33kxkxxx.由条件可得,直线AP的方程是11(1)(3)3kxyxx,直线BQ的方程是22(1

)(3)3kxyxx.第12页,总12页所以,直线AP与直线BQ上的点的横坐标为9时,纵坐标相等,即此两直线交点M在直线9x上,且点M在椭圆C外.综上所述,直线AP与直线BQ相交于椭圆C外一点M,且点M在定直线上.

小赞的店铺
小赞的店铺
天天写文档,写文档,文档
  • 文档 252258
  • 被下载 21
  • 被收藏 0
相关资源
若发现您的权益受到侵害,请立即联系客服,我们会尽快为您处理。侵权客服QQ:12345678 电话:400-000-0000 (支持时间:9:00-17:00) 公众号
Powered by 太赞文库
×
确认删除?