河南省济源市、平顶山市、许昌市2021届高三下学期第二次质量检测理科数学试题含答案.zip

高三数学（理）答案第 1页（共 4 页） 济源平顶山许昌济源平顶山许昌 20212021 年高三第二次质量检测年高三第二次质量检测 理科理科数学数学参考答案参考答案 一、选择题：BDDCACBABDBC 二、填空题：13.(1)ye x14. 3,315. 3216.28 三、解答题： 17.解： （1）由余弦定理 222 2cosabcbcA，得 22 1 92 3() 2 acc . 因为2ac，所以 22 1 (2)92 3() 2 ccc ,解得5c ，所以7a. 所以ABC的面积 11315 3 sin3 5 2224 ABC SbcA . 6 分 （2）由 2 3 A 得 3 sin 2 A . 由正弦定理得 5 3 sinsin 14 c CA a . 在ABC中，A是钝角，所以 C 为锐角.所以 2 11 cos1 sin 14 CC. 所以 4 3 sin()sincoscossin 7 ACACAC.12 分 18.（1）证明：.,AGGED连接的中点取 因为,60ADABEDEAD ，所以ADE是等边三角形. 又因为ADECDEF平面平面,EDCDEFADE平面且平面 所以AGCDEF 平面,所以AGCD. 因为,CDAD AGADA所以CDADE 平面. ，平面又ABCDCD 所以ADEABCD平面平面.6 分 （）OHOEHCBOAD,，连接的中点，的中点取. ，平面）可知，由（ABCDOE 1,OEOA OAOH OEOH易知, 轴，所在直线为轴，所在直线为以yOHxOA轴建立空间直角坐标系所在直线为zOE. (0,0,0),(0,2,0),( 1,2 0), (12 0),( 1,0 0),(0,0, 3)OHCBDE则， ，. ( 2, 2,0),(1,03)(0 2,0)BDDEOH 从而，. 因为/ /,ABCD CDCDEF ABCDEF平面平面，所以/ /ABCDEF平面 . 又因为,ABABEFABEFCDEFEF平面平面平面，所以/ /EFAB. 高三数学（理）答案第 2页（共 4 页） 所以 1 2 EFOH .)3, 10( ，易知F，所以(1, 1, 3)CF . ),(zyxnBDE的法向量为设平面， 220 0 300 xy n BD xzn DE 则即 3,3,1xyz 不妨取则.所以(3, 3,1)n . CFBDE设直线与平面所成角为， 所以 333 105 sincos, 353 1 31 3 1 CF n . 所以 105 35 CFBDE直线与平面所成角的正弦值为.12 分 19.解： （1）6 0.0270.1 8 0.29 0.38 10 0.18 11 0.08 12 0.049x . 222222 (69)0.02(79)0.1 (89)0.2(99)0.38(109)0.18s 22 (11 9)0.081290.04=1.64（）.6 分 （2） （i）由题知9， 2 1.64，所以9,1.64XN，1.641.28 所以 109 100.780.7734 1.28 P XP YP Y .9 分 （）由（i）知(10)1100.2266P XP X ，可得20,0.2266ZB. 110P ZP Z 20 1 0.7734 1 0.00590.99410.994 . 故Z的数学期望 20 0.22664.532E Z .12 分 20.解： （1）由 2 2 e 得22acb，设椭圆方程为 22 22 1 2 xy bb ，联立方程组 222 22xyb yxb 得 2 340 xbx.则 4 3 A b x ， 所以|2 |22 3 AF b AFxx.所以3b . 所以椭圆C的方程为 22 1 189 xy .5 分 （2）当直线l不与x轴重合时，设:3l xny，联立方程组 22 218 3 xy xny 得 22 (2)690nyny. 高三数学（理）答案第 3页（共 4 页） 设 1122 ( ,),(,),( ,0)P x yQ xyM t，则有 1212 22 69 , 22 n yyyy nn . 于是 12121212 ()()(3)(3)MP MQxt xty ynyt nyty y 22 1212 (1)(3)()(3)ny yntyyt 2222 2 1 9(1)6(3)(3) (2) 2 nnttn n 222222 22 627(3) 2(3)9(18)2129 22 ttnttntt nn ， 若MP MQ 为定值，则有 22 21292(18)ttt，得1245t ， 15 4 t . 此时 2 18MP MQt ；当直线l与x轴重合时，( 3 2,0),(3 2,0)PQ， 也有 2 12 ()()( 3 2)(3 2)18MP MQxt xtttt . 综上，存在点 15 ,0 4 M ，满足MP MQ 为定值.12 分 21.解:(1) 1 lnfxmx ， 当10m ，即1m 时， 0fx 对1x 恒成立， f x在 1,上单调递减. 当10m ，即1m 时，令 0fx ，得 1m xe ， 由 0fx ，解得： 1 1emx ，由 0fx ，解得： 1 emx . 所以 f x在 1 1, m e 单调递增，在 1,m e 单调递减 综上所述，当1m ， f x在 1,上单调递减； 当1m 时，在 1 1, m e 单调递增，在 1,m e 单调递减.5 分 （2）当1x 时， 20f xxm，即 ln2 1 xxx m x 对1x 恒成立. 令 ln2 1 xxx h x x ，得 2 ln3 1 xx hx x ，令 ln3g xxx，则 1 1gx x ， 因为1x ，所以 1 10gx x ， g x是增函数， 因为 44ln431 ln41 1.390.390g ， 55ln532ln521.610.390g， 所以 1 4,5x ，使 1 0g x， 由 111 ln30g xxx，得： 11 ln3xx， 高三数学（理）答案第 4页（共 4 页） 当 1 1,xx， 0h x， h x单调递减，当 1, xx， 0h x， h x单调递增. 所以 1 xx时， h x取得最小值，为 1 h x，所以 2 11111 11 11 ln2 11 xxxxx mh xx xx ， 又m为正整数，所以4m，所以正整数m的最大值为 4.12 分 22.解：(1)曲线 1 C的参数方程为 cos ( 1 sin x y 为参数）, 所以 22 (1)xy= 22 cossin1，1 分 曲线 1 C的普通方程： 22 (1)xy=1.2 分 直线l的极坐标方程为 1 sin()0 32 ， 展开得2 (sincoscos sin) 10 33 3 分 由 cos sin x y 得，310yx .4 分 直线l的直角坐标方程：310 xy .5 分 (2）由于直线l：310 xy 经过圆 1 C： 22 (1)xy=1 圆心，所以2AB .6 分 而0,0O到直线l：310 xy 距离为d， 300 1 1 23 1 d .8 分 所以三角形 ABO 面积 S= 111 2 222 .10 分 23.解：(1) 3,1, ( )2|1| |1|31, 11, 3,1. xx f xxxxx xx 1 分 因为( ) 1f x ， 当1x时，3 1x ，得4x，所以4x.2 分 当11x 时，31 1x ，得0 x，所以10 x .3 分 当1x时，3 1x ，得2x，所以1x.4 分 综上可得不等式( ) 1f x 的解集为 |40 x xx或.5 分 (2)对x R，( )|33|f xmx恒成立，即( )3|1|mf xx恒成立，6 分 又2(|1|1|)2|1 1| 4xxxx ，9 分 所以4m.10 分