【文档说明】江苏省南通市2021届高三下学期5月考前练习卷（四模） 数学答案（数学）.pdf，共(10)页，231.804 KB，由小赞的店铺上传

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高三练习卷（答案）第1页（共10页）高三练习卷数学（参考答案与评分建议）一、选择题（单选）：1．C2．A3．B4．C5．B6．D7．A8．B二、选择题（多选）：9．BCD10．BC11．ABC12．ABD三、填空题：13．4514．exC，C为任意常数（或ln(1)xC，32axbxxd

，sinxC等）15．1，416．15四、解答题：17．【解】（1）设等比数列na的公比为q．因为62a，4512aa，所以6645222212aaaaqqqq，所以26121

310qqqq，因为0na，所以0q，所以12q，…………3分所以666711222nnnnaaq．…………5分（2）法一：642281352111112222nnnbaa

aa26422871122nnn．…………8分所以数列nb的最大项为344096bb.…………10分高三练习卷（答案）第2页（共10页）法二：因为71

2nna，所以282112nna．由2821112nna≥，得4n≤．…………8分所以数列nb的最大项为344096bb．…………10分18．【解】在PBC△中，30C，15CPB

，1BC．由正弦定理sinsinBCPBCPBC，即1sin15sin30PB，所以12sin15PB．…………4分在PAB△中，因为15A，45ABP，所以180120APBAABP．由正弦定

理sinsinBPABAAPB，所以23sin12023231cos302sin15AB，…………8分所以513232322DEABADEB，所以隧道DE的长度为23km．…………12分说明：本题也可以借助

山的高度，利用平面几何知识求解．19．【解】（1）取AD的中点O，连结OBOCOP，，．在△PAD中，因为PAPD，O为AD的中点，所以POAD．因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD．…

………2分因为BC平面ABCD，所以POBC．ODCBAP高三练习卷（答案）第3页（共10页）zyxODCBAP在四边形ABCD中，AB∥CD，ABAD，且1AB，2AD，3CD，所以2OB，10OC

，22BC，所以在△OBC中，有222OBBCOC，所以90OBC，即OBBC．…………4分因为POOB，平面POB，POOBO，所以BC平面POB．因为PB平面POB，所以PBBC．…………6分说明：本题也可以用空间向量的方法证明．（2）由（1）知，PO平面

ABCD，所以OB为PB在平面ABCD内的射影，即PBO为直线PB与平面ABCD所成的角，所以45PBO．所以在△POB中，2POOB．…………8分解法一：如图，分别以OAOP，所在直线为x轴和z轴，以平面ABCD内过点

O且与OA垂直的直线为y轴，建立空间直角坐标系，则(100)(110)AB，，，，，，(130)(002)CP，，，，，，所以(112)PB，，，(220)BC，，，(010)AB，，．设平

面PBC的一个法向量1111()xyz，，n，高三练习卷（答案）第4页（共10页）DCPHOBA则11PBBC，，nn即111111120220PBxyzBCxy

，，nn取11x，可得1(112)，，n．设平面PAB的一个法向量2222()xyz，，n，则22PBAB，，nn即222222200PBxyzABy，

，nn取22x，可得2(201)，，n．…………10分设二面角APBC的大小为，则1212||622|cos|||||332nnnn，所以3sin3，即二面角APBC的正弦值为33

．…………12分解法二：作AHPB于点H．因为1AB，223PAPOAO，222PBPOBO，所以222PAABPB，所以PAAB，所以RtRtPABAHB△∽△，所以AHBHABPAABPB．所以3122AHBH，．因为A

CAHHBBC，所以2222222ACAHHBBCAHHBHBBCAHBC，即31138244AHBC

，解得2AHBC，…………10分高三练习卷（答案）第5页（共10页）所以26cos3||||3222AHBCAHBCAHBC

，．设二面角APBC的大小为，则6coscos(cos3AHBCAHBC，，，所以3sin3，即二面角APBC的正弦值为33．…………12分20．【解】（1）设

00Pxy，，则2004yx，因为点P在第一象限，所以002yx，对2yx两边求导得：1yx，所以直线l的斜率为01x，所以直线l的方程为00012()yxxxx，…………2分令0y，则0xx，所以00

Mx，，…………3分所以线段MP的中点为002y，，所以线段MP的中点在定直线0x上．…………5分（2）若(222)P，，则(20)M，．所以22MPk，22PFk，因为PNl，所以2PNk，所以直线:22(

1)PFyx，直线:2(4)PNyx．由2422(1)yxyx，，得22520xx，所以12x或2，所以122Q，，…………7分由242(4)yxyx，，得210160xx，所以2x或8，高三练习卷（答案）第6页（

共10页）所以(842)N，．…………9分解法一：因为(20)M，，122Q，，(842)N，，所以225MQk，225MNk，所以点MQN，，三点共线．…………12分解法二：因为(20)M，，122Q，

，(842)N，，所以522MQ，，(1042)MN，，所以4MNMQ，又向量MQ和向量MN有公共起点，所以点MQN，，三点共线．…………12分21．【解】（1）设每组检测的次数为X，则X的可能取值为1，11．…………1

分1010(1)(1)0.9950.9511PXp，(11)1(1)10.95110.0489PXPX．所以X的分布列为X111P0.95110.0489…………3分所以()10

.9511110.04891.489EX．所以每组检测次数的期望值是1.489次．…………5分（2）当每组的人数为10人时，设每组检测的次数为X．则X的可能取值为1，11．10(1)(1)PXp，10(11)1(1)PXp

．所以X的分布列为高三练习卷（答案）第7页（共10页）X111P10(1)p101(1)p所以101010()1(1)11[1(1)]1110(1)EXppp．当每组的人数为30

人时，设每组检测的次数为Y．则Y的可能取值为1，31．30(1)(1)PYp；30(31)1(1)PXp．所以Y的分布列为Y131P30(1)p301(1)p所以303030()1(1)31[1(1)

]3130(1)EYppp．所以10303()()3[1110(1)][3130(1)]EXEYpp301030(1)30(1)2pp．…………8分解法一：设10(1)pt，3()30302(01)ftttt≤≤，则22()9030=30(

31)fttt，当303t≤时，()0ft，()ft在303，上单调递减；当313t≤时，()0ft，()ft在313，上单调递增．所以当33t时，()ft有最小值为620303；当0t或1时，()ft有最大值为2>0，…………10分所以存在1

2pp，，满足10101122(1)(1)tptp，，且1303t，，2313t，，使得12()()0ftft．当12(0)(1)ttt，，时，3()()0EXEY，即3()()EXEY，此时

，每组30人更优越；高三练习卷（答案）第8页（共10页）当12()ttt，时，3()()0EXEY，即3()()EXEY此时，每组10人更优越．所以，分组方法的优越性与p的值有关．…………12分解法二：当0.005p时，3()()300.8604300

.95112EXEY=0.7210，即3()()EXEY；…………10分当0.5p时，301010303()()300.5300.52>202EXEY，即3()()EXEY．所以，分组方法的优越性与p的值有关．…………12分22.【解

】（1）2()e(1)e(2)e(1)(1)xxxfxxmxxmxxm．…………1分①当0m时，()0fx≥，()fx在R上单调递增．…………2分②当0m时，令()0fx，得1x或1xm，令()0fx，得11

xm．所以()fx在(]，1和[1)m，上单调递增，在(11)m，上单调递减．…………3分③当0m时，令()0fx，得1xm或1x，令()0fx，得11mx．所以()fx在(1]m，和[1)

，上单调递增，在(11)m，上单调递减．…………4分（2）解法一：不等式221e0xxmx≥22e(1)e0xxmx≥．令xt，得22e(1)e0ttmt≥，即22(1)eettmt≥-．…………6分①当0m时，222(1)e(1)e0et

ttmtt≥．…………7分高三练习卷（答案）第9页（共10页）②当0m时，当1t时，22(1)e0ettmt，当1t≥时，2min12()(1)eemmftfm≥．设12()(0)emmg

mm，11()emmgm．当1m时，()0gm，10m时，()0gm．()gm在(1]，上单调递增，()gm在[10]，单调递减．因为2(3)eg，2(0)eg，所

以由212eemm≥，解得[30)m，，综上[30)m，．…………9分③当02m≤时，2221()1024mmtmtt≥，所以22(1)e0ettmt≥．…………10分④当2m≥时，()ft在(1]m，和[1)，上单调递增，()ft

在(11)m，上单调递减．当1tm≤时，21()120tmtttmm≥，22(1)e0ettmt≥-．当1tm≥时，2min2()(1)eemftf≥，解得3e2m≤．所以，32e2m≤≤．综上，m的取值

范围是3[3e2]，．…………12分解法二：不等式22e1xxmx≥恒成立，①当0x时，2e10≥恒成立，所以mR，…………5分②当0x时，22e1xxmx≤恒成立，令22e1()0xxFxxx

，，则22222(1)e1(1)(e1)xxxxxxFxxx，因为0x，所以2e10xx，高三练习卷（答案）第10页（共10页）且当(01)x，时，()0Fx，所以()Fx单调递减，当(1)x，时，()0Fx，

所以()Fx单调递增，所以3min()(1)e2FxF，所以3e2m≤．…………8分③当0x时，22e1xxmx≥，令22e1()0xxFxxx，，则22222(1)e1(1)(e1)xxxxxxFxxx

，因为0x，所以10x，令2()e10xhxxx，，则(2)0h，因为2()e10xhx，所以()hx在(0)，单调递增，所以当(2)x，时，()0hx，()0Fx，当(20)x，时，()0hx，()

0Fx，所以()Fx在(2)，单调递增，在(20)，单调递减，所以max()(2)3FxF，所以3m≥．…………11分综上，33e2m≤≤，故m取值范围是3[3e2]，．…………12分