2021届郑州高考三模理科数学试题（及答案）.pdf

1、 2020-2021 高三三测理科数学评分参考 一一、选择题、选择题 DCDDA ACDBB CB 二二、填空题、填空题 12. -3; 14 11 22 84;a b 15; 4 103+ 16. 1010. 三、解答题 17.解： （1）在ABD中，由余弦定理得 222 2cosABBDAB BDBAD+=， 整理得 2 12320BDBD+=，所以8BD =或4BD = 当4BD =时， 1649812 cos 2477 ADB + = ，则 2 ADB ，不合题意，舍去； 当8BD =时， 6449812 cos 2 877 ADB + = ，则 2 ADB 1） ，则 E（，） ，

2、(1,1,0)CA = uu u r ，(1,1,)PAa= uu u r , 设平面 EAC 的法向量=（x，y，z） ， 则 0, 11 0, 22 xy xyaz += += 2 (1, 1,)m a = u r ， 设直线 PA 与平面 EAC 所成角为，则 2 2 1 122 sin|cos,| 34 22 PA m a a + = + uu u r u r ，解得 42 540,aa+ =2a =或1a = （舍去）. 取(1, 1,0)CB = uu u r ，则0CB CPCB CA= uu u r uu u ruu u r uu u r ，CB uu u r 为面 PAC 的

3、法向量， (1, 1, 1)m = u r ， 26 cos,| 323 m CB= u r uu u r ， 所以二面角PACE的余弦值为 6 3 . 12 分 19.解： （1）由频率分布直方图，A、B、C 类芯片所占频率分别为 0.15，0.45，0.4，取出 C 类芯片的概率为 2 5 ， 设“抽出 C 类芯片不少于 2 件”为事件 A， 322 3 22344 ( )( )( ). 555125 P AC=+= 4 分 （2）（i）用 d yc x= 更适合； 6 分 （ii）lnlnlnycdx=+，令lnux=，ln y=，则lncdu=+，3.2,5u=， 由表中数据可得， 5

4、 1 52 2 2 1 5 82.45 3.3 52.41 565 3.24.82 5 ii i i i uuv d uu = = = ， 则 1 ln53.23.4 2 cbu=，所以，3.40.5u=+， 即 1 3.4 2 ln3.40.5lnlnyxex =+= ， 因为 3.4 30e= ，所以 1 2 30.yx= 10 分 （iii）当100 x =，30 100=300y =.所以年销售量的预报值为 300 万件. 12 分 2 1 2 1 2 a ) 2 , 2 1 , 2 1 ( a CE= m P A B C D E x y z 20.解： （1）设切线 PB 的方程为y

5、kxm=+，代入抛物线的方程得 2 440 xkxm=， 由相切的条件可得 2 16160km =+=，即 2 0km+=， 由直线与圆相切可得圆心到直线距离 2 |1| 1 1 m d k + = + ，即 22 2kmm=+， 所以 2 30mm+=，3m = 或0m =（舍去）， 2 3,3kk= . 6 分 （2）设切线方程为 00 ()yyk xx=，即 00 0kxyykx+=， 圆心到直线距离 00 2 |1+| 1 1 ykx d k = + ，整理得 222 000000 (1)(22)20kxx yx kyy+=， 设 PA，PB 斜率分别为 12 ,k k，则 2 000

6、00 1212 22 00 222 +, 11 x yxyy kkk k xx + = 令 y=0，得 00 00 12 , AB yy xxxx kk =， 22 0000 000012 0000 2 121212000 4(6)26 | |()()| | | 22 yyyyyyyykk ABxxyy kkkkk kyyy + = + 2 22 00 000 00 2 00 26(6)11 | 222(2) PAB yyyyy SAByy yy + = + ， 令 22 2 (6 ) ( ),2 (2) yy y f yy y + = + ， 22 3 2(4 +18 ( )0 (2) yy

7、y fy y + = + ） ， ( )f y在2,)+上单调递增，所以 min ( )(2)4.f yf= 所以 PAB S的最小值为 2. 12 分 21.（1）解：由题意可得 f（x）的定义域为(0,)+，( )1lnfxxa = + ， 由 f（x）0，得 1 0 a xe 则 f（x）在 1 (0,) a e 上单调递减，在 1 (,) a e +上单调递增 故 11 min ( )()1. aa fxf ee = 5 分 （2）要证 2 14 (ln)()0 x xx e exex xx +成立，即证 2 ( ln1)()40 xxx exxx exe +，即证 22 ( ln1)

8、40 xx exxxxe +， 即证 2 2 4 ln1 x x xxx ee + 设 g（x）xlnxx+1，由（1）可知 g（x）ming（1）0 设 2 2 4 ( )(0), x x h xx ee =则 2 2 ( )(0), x xx h xx e = 由 h（x）0，得 0 x2；由 h（x）0，得 x2， 则 h（x）在（0，2）上单调递增，在（2，+）上单调递减 故 h（x）maxh（2）0， 因为 g （x） 与 h（x）的最值不同时取得，所以 g（x）h（x）， 即 2 2 4 ln1, x x xxx ee + = 故当 x0 时，不等式 ex（xlnx+1）x（ex+

9、x）+4ex20 恒成立 12 分 22.解： （1）因为直线 2 :cos 42 l += ，故cossin10 =， 即直线l的直角坐标方程为10 xy =.2 分 因为曲线C： 22 (14sin)4+=，则曲线C的直角坐标方程为 22 44xy+=， 即 2 2 1 4 x y+=.4 分 （2）设直线l的参数方程为 2 1, 2 2 2 xt yt = + = （t为参数） ， 代入曲线C的直角坐标系方程得 2 52 260tt+= . 设P，Q对应的参数分别为 1 t， 2 t，则 1 2 6 5 t t = ， 12 2 2 5 tt+= ， 6 分 所以 M 对应的参数 12 0 2 25 tt t + = ， 故 2 1212 00 2 26 ()4 () | |+| |+| 55 =8 |2 5 ttttAPAQ AMtt =10 分 23.（1）( ) 5,2 33, 12 5,1 xx f xxx xx + = ，图像如下所示.5 分 （2）由（1）知，( )max3f x=，所以3,3tm=，利用柯西不等式 () () 12114 22 322 acbc acbcacbc +=+ + 2 114 223 322 acbc acbc += + 所以 12 acbc + + 最小值为 3.当且仅当=1ac bc+时等号成立.10 分