【文档说明】河南省济源平顶山许昌2021届高三下学期4月第三次质量检测数学（理）答案.pdf，共(5)页，673.587 KB，由小赞的店铺上传

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理科数学试题答案第1页（共5页）平顶山许昌济源2021年高三第三次质量检测理科数学参考答案一、选择题：CABDAABCBDCD二、填空题：13．－614．6515．21416．23三、解答题：17．解：（1）由已知，当n≥1时

，212313(222)2nnna2(1)12n．而12,a所以数列{na}的通项公式为212nna．………………6分（2）由212nnnbnan知35211222322nnSn①从而2357212

1222322nnSn②①－②，得2352121(12)22222nnnSn．即211[(31)22]9nnSn．………………12分18．（1）如图，因为AB

中点为M，连接MG，又G是BE的中点，可知GM//AE，又AEADEGMADE平面，平面，所以GM//平面ADE．在矩形ABCD中，由,MF分别是AB，CD的中点得//MFAD．又ADADEMFADE平面，平面，所以//MFA

DE平面．又因为GMMFM，GMGMFMFGMF平面，平面所以平面GMF//平面ADE………………6分（2）如图，在平面BEC内，过点B作BQ//EC，因为BECEBQBE，所以．又因为AB平面BEC，所以

ABBE，ABBQ．以B为原点，分别以,,BEBQBA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A（0，0，2），B（0，0，0），E（2，0，0），F（2，2，1）因为AB平面BEC，所以=(002BA,,)为平面B

EC的法向量，理科数学试题答案第2页（共5页）设(,,)nxyz为平面AEF的法向量．又(2,0,2)AE，=(2,2,1)AF，由0220,220,0nAExzxyznAF，得，取2z=得=(2

,1,2)n．从而42cos,=323||||nBAnBAnBA5sin,3nBA所以平面AEF与平面BEC所成二面角的正弦值为53．………………12分19．解：（1）列联表完成如下图感染新冠病毒未感染新冠病毒合计不患

有重大基础疾病101525患有重大基础疾病20525合计3020502250(1052015)25=6.635302025253k所以有99%的把握认为患重大基础疾病更容易感染新冠病毒．………………4分（2）记Ai（i=1，2，3，4）表示依方法一需化验i次，Bj（

j=2，3）表示依方法二需化验j次，A表示方法一的化验次数大于方法二的化验次数，依题意知A3与B2相互独立．（i）1()PA15，2()PA=411545，3()PA43115435，4()PA432254352()PB=324433155

335CCCCC，3()PB21423153CC2CC5由于324+AABA所以P(A)=P(A3B2+A4)=P(A3B2)+P(A4)=P(A3)·P(B2)+P(A4)=1321355525即P(A)=1325…

…………………………8分（ii）X的可能取值为2，3.2(2)()PXPB=324433155335CCCCC，3(3)()PXPB21423153CC2CC5所以EX=4.2512523532（次）．……………………………12分20．解：

（1）设11,yxA，22,yxB由mxkypxy22，消去y得，0222222mkxpmkxk，l与抛物线C交于两点，0k，又0,0pm，04822

pmpk恒成立，理科数学试题答案第3页（共5页）12221222pxxmkxxm，当1k时，22122421pmpxxkAB，因为224mAB，所以2242422mpmp，整理得，

0222pmp，0,0pm，2p，所以抛物线C的方程为xy42；………………5分（2）假设存在常数k满足题意．抛物线C的方程为pxy22，其焦点为0,2pF，准线方程为2px，2,2p

mkpN，从而22222pmkpFN由抛物线的定义得，21pxFA，22pxFB，222121212222242ppppppFAFBxxxxxxmk

…………9分由2FAFBFN得，22222222pmkpkppm，即0212222kppmk因为022pm，022kp，012k，即1k．所以存在1k，使得2F

AFBFN对于任意的正数m都成立．………………12分21．解：（1）)(xf的定义域为，0，2)(xaxxf①当0a时，0)(xf恒成立，)(xf在，0上单调递增，)(xf至多有一个零点，不符合题意；②当0a时，0)(af，且当ax,0

时，0)(xf；当,ax时，0)(xf，)(xf在a，0上单调递减，在,a上单调递增，从而)(xf的最小值为()ln2faa．（i）若0)(af，即2ea，此时)(xf至多有一个零点，不符合题意；（ii）若0)(af，即20e

a，)(xf在,a上单调递增，()0fa，(1)10fa，根据零点存在性定理得，)(xf在,a内有且只有一个零点．又)(xf在a，0上单调递减，且()0fa，理科数学试题答案第4页（共5页）考虑11ln2)(2aaaf的正负．令11ln2)(x

xxg，20,ex，则012)(2xxxg，)(xg在20,e上单调递减，22()(e)e30gxg，即011ln2)(2aaaf，aa20，0)(2af，

()0fa，根据零点存在性定理得，)(xf在a，0内有且只有一个零点．所以，当20ea时，)(xf恰有两个零点，符合题意．综上得，20ea．……………………………6分（2）由条件得，01ln01ln2211xaxxax，1212211211lnln211

lnlnxxaxxxxaxx2ln112lnln21111lnlnlnln12121212212121121221xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx要证412

exx，即证4lnln21xx，即证42ln11121212xxxxxx，即证2ln11121212xxxxxx，即证2ln11121212xxxxxx①，设12xxt，不妨设21x

x，由2120exx知，1t证①式，即转化为证明：当1t时，2ln11ttt，设112ln)(tttth，则22211141)(tttttth，当1t

时，0)(th恒成立，即)(th在,1上单调递增，当1t时，0)1()(hth，所以1241exx成立．…………………………12分22.解：（1）曲线C的参数方程为2221,1,1txttyt（t为参数），转化为直角坐标方程为x2﹣4y2=1

（1x）理科数学试题答案第5页（共5页）直线l的极坐标方程为cos()13．转化为直角坐标方程为：320xy．………………5分（2）由于直线与x轴的交点P的坐标为(2,0)，所以直线的参数

方程为32,21,2xtyt（t为参数），代入x2﹣4y2=1得到：283120tt，所以：1283tt，t1t2=－12，则：21212121212()453111ttt

tttPAPBtttt．………………10分23．解：（1）当2m时，34,2,(),21,34,1,xxfxxxxx当2x时，348x，解得4x；当21x时，不等式无解

；当1x时，348x，解得43x．综上，不等式的解集为4(,4],3．………………5分（2）由题意知，|2|(|1||3|)xmxx，所以|2||1||3|xmxx．记|2|()|1||3|xgx

xx，则1,(,3][1,),2()2,(3,1),2xgxxx，当31x时，22122322xxgxxx

，则12gx，又当2x时，min0gx，所以1()0,2gx，所以12m，所以实数m的取值范围为1,2．………………10分