福建省厦门市2021届高三5月质检数学试题（及答案）.pdf

1、 高三质检数学答案 第1页 / 共10页 厦门市 2021 届高三毕业班第三次质量检测 数学试题参考答案及评分标准 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。 1B 2D 3B 4C 5A 6D 7B 8C 二、多选题：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。 9BC 10AD 11AC 12BCD； 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13 1 2 14240 15ia+(a可为任

2、意实数，例如：1 i+) 16 1 7 , 2 16 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本题考查等比数列的定义，前n项和等基础知识；考查运算求解，推理论证能力；考查化归 与转化思想等；本题满分 10 分 【解析】(1)因为 121 2 nn aaaa += 121nn121nn121 aaaa 121 aaaa 121121nn121121nn121 +=aaaa+=aaaa 121 aaaa 121 += 121 aaaa 121 ，所以22 nn Sa=，2n， 所以 11 22 22 nn nn Sa Sa = = ，3n ，得到：

3、 1 2 nn aa =，3n . 1 分 又因为 1 2a =，由 12 2aa=，得到 21 42aa=， 所以得到 1 2 n n a a = (2)n 为定值， 2 分 所以数列 n a是以2为首项，以2为公比的等比数列， 3 分 所以2 n n a =， 4 分 1 2(12 ) 22 12 n n n S + = . 5 分 （2）因为 11 1111 211 nnnn n nnnnnnnn aaSS b S SS SS SSS + + = ， 所以 12 11 2222 n nn b + = ， 7 分 所以 12nn Tbbb=+ nn TbbbTbbb=+Tbbb 23341

4、2 111111 ()()() 222222222222 nn+ =+ 111111 ()()() 111111 ()()() 111111 ()()() 233412 ()()() 233412 222222222222 233412 222222222222 233412233412 ()()() 233412 222222222222 233412 ()()() 233412233412 222222222222 233412nn233412 222222222222 233412233412 ()()() 233412 222222222222 233412 ()()() 233412

5、nn233412 ()()() 233412 222222222222 233412 ()()() 233412233412 ()()() 233412+233412 ()()() 233412233412 ()()() 233412 222222222222 233412 ()()() 233412+233412 ()()() 233412 222222222222 233412 ()()() 233412233412 222222222222 233412nn233412 222222222222 233412+233412 222222222222 233412nn233412 2222

6、22222222 233412233412 ()()() 233412 222222222222 233412 ()()() 233412nn233412 ()()() 233412 222222222222 233412 ()()() 233412+233412 ()()() 233412 222222222222 233412 ()()() 233412nn233412 ()()() 233412 222222222222 233412 ()()() 233412 222222222222 ()()()=+()()()()()()=+()()() 222222222222222222222

7、222 2 11 222 n+ = . 9 分 因为1n，所以 2 1 0 22 n+ ，所以 1 2 n T . 10 分 高三质检数学答案 第2页页 / 共10页页 18本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式和三角恒等变换等基础知识；考查运算 求解、推理论证能力；考查数形结合、化归与转化思想等本题满分 12 分. 【解析】解法一： （1）在ABC中，由正弦定理得= sinsinsin abc ABC =， 1 分 因为 i3 sins n34 sinsinbcaBCCB+= , 所以 i3nsinssin3sinC4sinsininsBABCCB+= , 2 分 又因为sin0sin

8、BC , 3 分 所以 3 sin= 2 A, 4 分 又因为ABC为锐角三角形,所以 = 3 A. 5 分 （2）由 1 sin3 3 2 ABC SbcA= ， 6 分 解得3c =， 7 分 因为BAC的角平分线为AD,所以 1 = 26 BADCADBAC=, 又因为+= BADCADBAC SSS , 所以 11 sinsin3 3 2626 c ADb AD+=, 10 分 所以 7 3 3 4 AD =,所以 12 3 7 AD =. 12 分 解法二： （1）同解法一； 5 分 （2）由 1 sin3 3 2 ABC SbcA= ， 6 分 解得3c =, 7 分 由 1 si

9、n 2 1 sin 2 BAD CAD AB ADBAD SBDAB CDSAC AC ADCAD = 得， 3 = 4 BDc CDb =， 7 分 在ABC中，由余弦定理得 222 2cos 3 abcbc=+，所以 13a = ， 44 13 = 77 CDa =， 在ABC中， 13+169 cos 2413 C = ，在ACD中， 2 2 4 13 16 7 cos= 4 13 24 7 AD C + ， 高三质检数学答案 第3页 / 共10页 所以 2 2 4 13 16 7 13+169 4 132413 24 7 AD + = ， 10 分 得 2 1627 49 AD =，所

10、以 12 3 7 AD =. 12 分 解法三： （1）同解法一； 5 分 （2）以点A为坐标原点，AC所在直线为x轴，建立直角坐标系， 因为 1 sin33 3 23 ABC Sbcc= , 6 分 所以3c =. 7 分 所以() 4,0C ， 3 3 3 , 22 B , 设ADm=，又 6 DAC= ,所以 31 , 22 Dmm , 又因为B，C，D三点共线,所以 BCBD kk=, 9 分 所以 3 31 22 3 3 4 4 2 2 m m = ,解得 12 3 = 7 m，即 12 3 = 7 AD. 12 分 19本题考查直线与平面平行，平面与平面平行，直线与平面垂直、平面与

11、平面垂直、二面角、 空间向量等基础知识；考查空间想象、运算求解、推理论证能力；考查数形结合思想、化 归与转化思想等本题满分 12 分. 【解析】解法一： （1）证明：连接 11 ,CB AB，因为四边形 11 BCC B是平行四边形， 1 分 所以 1 , ,C E B三点共线，且E是 1 CB中点， 2 分 因为平面 1 ABC平面 111 =ABB A AB， 且DE平面 11 ABB A，DE 平面 1 ABC， 3 分 所以 1 DEAB， 4 分 所以D是CA中点，即DADC=. 5 分 （2）因为 1 BB 平面ABC，所以 1 BBBA， 1 BBBC， 6 分 因为平面 11

12、ABB A平面 111 =BCC BBB，所以ABC是二面角 1 ABBC的平面角， 因为平面 11 ABB A 平面 11 BCC B，所以 2 ABC=， 7 分 所以 1 ,BA BC BB两两垂直， 以B为坐标原点，以 1 ,BC BA BBBC BA BB为 , ,x y z轴的正方向建立空间直角坐标系如图， 8 分 D E C1 B1 A B C A1 高三质检数学答案 第4页 / 共10页 因为 2ACAB= ， 2 ABC=，所以BABC=，设2AC =，则 (0,0,0)B ，( 2,0,0)C， 1( 2,0,2) C，(0, 2,0)A， 1(0, 2,2) A， 22

13、(,0) 22 D， 2 (,0,1) 2 E， 所以 2 (0,1) 2 DE =(0,1)DE =(0,1)=(0,1)， 1 ( 2,0,2)BC =( 2,0,2)( 2,0,2)( 2,0,2)BC =， 1 (0, 2,2)BA =(0, 2,2)(0, 2,2)BA =， 9 分 设平面 11 ABC的法向量为( , , )x y z=n，则 1 1 0, 0, BC BA = = 0,BC = 1 0, 0, BC1BC1 BA = = 0,BC =n n 即 220, 220, xz yz += += 取2x =，得( 2, 2, 1)=n， 10 分 设直线DE与平面 11

14、 ABC所成角为，则 22 30 sincos, 156 5 2 DE DE DE = = DE sincos,sincos,DEsincos,= = =sincos,= =sincos,sincos,DEsincos,= =sincos,DEsincos, DE DE = = = = = n n n ， 11 分 所以直线DE与平面 11 ABC所成角的正弦值为 2 30 15 . 12 分 【若以D为坐标原点，,DE DCDE DC 为 , x y轴正方向建立空间直角坐标系，设 2AC =， 则 (0,0,0)D ， (1,0,0)B ，(0,1,0)C ， 1(0,1,2) C，(0,

15、1,0)A， 1(0, 1,2) A， 1 1 ( ,1) 2 2 E， 得 1 1 ( ,1) 2 2 DE = 1 1 ( ,1) 1 1 ( ,1) 1 1 DE =， 1 ( 1,1,2)BC = ( 1,1,2)BC = ( 1,1,2)= ( 1,1,2)， 1 ( 1, 1,2)BA = ( 1, 1,2)BA = ( 1, 1,2)= ( 1, 1,2)， 平面 11 ABC的一个法向量为(2,0,1)=n 】 解法二： （1）同解法一； 5 分 （2）因为 1 BB 平面ABC，所以 1 BBBA， 1 BBBC， 6 分 因为平面 11 ABB A平面 111 =BCC B

16、BB，所以ABC是二面角 1 ABBC的平面角， 因为平面 11 ABB A 平面 11 BCC B，所以 2 ABC=， 7 分 取 11 AC中点F，连接BF，DF，则 1 DFAA ，又 11 AABB，所以 1 DFBB， 所以DF 平面ABC，所以DF AC， 因为 2ACAB= ， 2 ABC=，所以BABC=，所以BDAC， 又BDDFD=BDDFDBDDFD=BDDFD，所以AC 平面BDF， 8 分 在BDF中，过D作DHBF交BF于点H，连接EH， 则ACDH，因为 11 ACAC，所以 11 DHAC， 又 11 BFACF= 11 BFACF 11 BFACF 11 B

17、FACF=BFACF，所以DH 平面 11 ABC， 9 分 所以EH为DE在平面 11 ABC内的射影， 所以DEH为直线DE与平面 11 ABC所成角， 10 分 取BC中点G，连接,DG EG，则 1 EGCC ，又 11 CCBB，所以 1 EGBB， 所以EG 平面ABC，所以EGDG， 设2ACa=，在RtDEG中，可得 6 2 a DE =， 在RtDBF中，可得 2 5 5 a DH =， 11 分 x y z D E C1 B1 A B C A1 G F D E C1 B1 C B A A1 H 高三质检数学答案 第5页 / 共10页 所以在RtDHE中，可得 2 30 si

18、n 15 DH DEH DE =. 所以直线DE与平面 11 ABC所成角的正弦值为 2 30 15 . 12 分 解法三： （1）同解法一； 5 分 （2）因为 1 BB 平面ABC，所以 1 BBBA， 1 BBBC， 6 分 因为平面 11 ABB A平面 111 =BCC BBB，所以ABC是二面角 1 ABBC的平面角， 因为平面 11 ABB A 平面 11 BCC B，所以 2 ABC=， 7 分 取 11 AC中点F，连接BF，DF，则 1 DFAA ，又 11 AABB，所以 1 DFBB， 所以DF 平面ABC，所以DF AC， 因为 2ACAB= ， 2 ABC=，所以B

19、ABC=，所以BDAC， 又BDDFD=BDDFDBDDFD=BDDFD，所以AC 平面BDF， 因为 11 ACAC，所以 11 AC 平面BDF， 8 分 设D在平面 11 ABC的射影为H， 设2ACa=，由 1111 D ABCABDFCBDF VVV =+ ， 9 分 得 2 5 5 a DH =， 10 分 取BC中点G，连接,DG EG，则 1 EGCC ，又 11 CCBB，所以 1 EGBB， 所以EG 平面ABC，所以EGDG， 设2ACa=，在RtDEG中，可得 6 2 a DE =， 11 分 设直线DE与平面 11 ABC所成角为，则 2 30 sin 15 DH D

20、E =. 所以直线DE与平面 11 ABC所成角的正弦值为 2 30 15 . 12 分 20本题考查直线的方程、直线与椭圆的位置关系等知识；考查运算求解能力、推理论证 能力等；考查数形结合思想、化归与转化思想等本题满分 12 分. 【解析】解法一： （1）设焦距为2c，则 2c = ， 1 分 设椭圆左右焦点为 1 F、 2 F. 则 2 3 3 PF =, 22 1 35 3 (2 2)() 33 PF =+= ， 2 分 则 12 22 3aPFPF=+=，解得 3a = ， 3 分 所以椭圆C的标准方程为 2 2 1 3 x y+=. 4 分 （2）由 4 3 OAOMOB=+ 4 O

21、AOMOB 4 OAOMOB 4 OAOMOB=+OAOMOB得 4 3 BAOM= 4 BAOM 4 BAOM 4 BAOM=BAOM， 5 分 当直线l： 0y = 时，| 2 3BA =，|3OM =，舍去； 6 分 设直线: l2xmy=+，直线 :OM xmy= ，设()() 1122 ,A x yB x y , G F D E C1 B1 C B A A1 H 高三质检数学答案 第6页页 / 共10页页 联立 2 2 1 3 2 x y xmy += =+ ， 7 分 得： 22 3)2 210mymy+ =（， 2 12(1)0m =+， 由韦达定理得： 12 2 2 2 3 m

22、 yy m += + ， 12 2 1 3 y y m = + ， 8 分 2 222 121212 2 2 3(1) 1|1()4 3 m ABmyymyyy y m + =+=+= + ， 9 分 联立 2 2 1 3 x y xmy += = ，解得 2 2 3 3 y m = + ， 得到 2 2 2 3(+1) 1|0| 3 M m OMmy m =+= + ， 10 分 依题意得 2 222 2 222 12(1)316 (3)3(1)9 ABmm mmOM + = + ，解得： 2 3 5 m =， 11 分 所以 2 2 3(+1)2 3 = 33 m OM m + . 12

23、分 解法二： （1）设焦距为2c，则 2c = ， 1 分 点 3 2 3 P （， ）在椭圆上，有 22 21 1 3ab +=， 2 分 解得 2 1b =， 2 3a =， 3 分 所以椭圆C的标准方程为 2 2 1 3 x y+=. 4 分 （2）当直线l： 0y = 时，| 2 3BA =，|3OM =，舍去； 5 分 设直线: l2xmy=+，直线 :OM xmy= ，设()() 1122 ,A x yB x y , 联立 2 2 1 3 2 x y xmy += =+ ， 6 分 得到： 22 (3)2 210mymy+ =， 2 12(1)0m =+， 由韦达定理得： 12 2

24、 2 2 3 m yy m += + ， 12 2 1 3 y y m = + ， 7 分 高三质检数学答案 第7页 / 共10页 又 3 =() 4 OMOAOB 3 =() 3 =() 3 OMOAOB=()OMOAOB=() 3 =() 3 OMOAOB 3 =() 3 ，则点()() 1212 33 , 44 Mxxyy ， 8 分 又M在椭圆C上，则 2 2 12 12 ()16 () 39 xx yy += ， 化简得： 2222 11221212 3(3)3(3)6(3)16xyxyx xy y+=, 即 1212 1 3 3 x xy y+=, 9 分 2 1212121212

25、12 3(2)(2)3(3)2 ( + )+2x xy ymymyy ymy ym y y+=+=+ 2 2 41 12 33 m m = += + ， 解得 2 3 5 m =. 10 分 联立 2 2 1 3 x y xmy += = ，解得 2 2 3 3 y m = + ， 11 分 所以 2 2 2 3(+1)2 3 1|0|= 33 M m OMmy m =+= + . 12 分 21本题考查离散型随机变量分布列及其期望、样本估计总体等知识；考查学生的阅读理解能 力、 数据处理能力和运算求解能力； 考查统计与概率思想、 化归与转化思想和应用意识 本 题满分 12 分. 【解析】 （

26、1）设事件E为：“他恰好能集齐这四枚纪念币”， 1 分 由题意，基本事件总数有4 4=16N =个， 2 分 事件E包含基本事件的个数为2 1=2n= 个， 3 分 所以他恰好能集齐这四枚纪念币的概率 1 ( ) 8 n P E N =. 4 分 （2）由题可知： 1 3 4 P =， 5 分 () 2111 1111 1 3226 PPPP=+=，所以 2 3 8 P = 6 分 当2n时，() 111 1111 1 3226 nnnn PPPP =+=， 7 分 所以 1 313 767 nn PP = ， 又因为 1 39 728 P =，即 3 7 n P 是以 9 28 为首项，以

27、1 6 为公比的等比数列. 8 分 所以 1 391 7286 n n P = ，所以 1 391 7286 n n P =+ . 9 分 高三质检数学答案 第8页 / 共10页 依题意得，当n足够大时，选择“球类”的概率近似于 3 7 ， 10 分 假设用表示一天中选择“球类”的人数，则 3 1400, 7 B B 1400, 1400, 1400, 1400, 1400, 1400, 1400, 1400, 1400, 1400, 1400, 1400, ， 所以 3 1400600 7 E=.11 分 即选择“球类”的人数的期望为600，选择“田径”的人数的期望为800. 12 分 22

28、本题考查函数的单调性、导数及其应用、不等式等基础知识；考查推理论证能力、运算求 解能力；考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等本题满分 12 分. 【解析】解法一： （1）( ) f x的定义域为( 1,) +, 1 分 ( ) 1 2 1 fxa x = + ， 2 分 当0a 时，( ) 0fx ，即( ) f x在( 1,) +上单调递减； 3 分 当0a 时，( ) 221 1 axa fx x + = + ， 由( ) 0fx 解得 12 2 a x a ，由( )0fx 解得 12 1 2 a x a ， 即( ) f x在 12 ( 1,) 2 a a 上单调递减，

29、在 12 (+ ) 2 a a ，上单调递增； 4 分 综上所述，当0a 时，( ) f x在( 1,) +上单调递减； 当0a 时，( ) f x在 12 ( 1,) 2 a a 上单调递减，在 12 (+ ) 2 a a ，上单调递增. 5 分 (2) ( ) ax ef x即2ln(1)10 ax eaxx+ ， 令( )2ln(1)1 ax g xeaxx=+，0 x ，则 1 ( )2 1 ax g xaea x =+ + ， 6 分 令 1 ( )2 1 ax h xaea x =+ + ，则 2 2 1 ( ) (1) ax h xa e x = + ， 令 2 2 1 ( )

30、(1) ax xa e x = + ， 3 3 2 ( )0 (1) ax xa e x =+ + ， 即 ( )h x在(0,)+单调递增，又 2 (0)1ha=， 7 分 1a =时， (0)0h= ，则 ( )0h x 恒成立，即( ) h x在(0,)+单调递增， 则有( ) (0)220h xh= ； 8 分 当01a时， 2 (0)10ha= ， 高三质检数学答案 第9页页 / 共10页页 22 2 1 ( )1 (1) axax h xa ea e x = + ，则有 2ln ()1 10 a h a ， 9 分 即存在 0 0 x 使得 0 ()0h x=，即 0 2 2 0

31、1 (1) ax a e x = + ， 10 分 且( ) h x在 0 (0,)x上单调递减， 0 (+ )x，上单调递增， 所以 0 0000 2 2 0 0 1 ( )()22(2)0 1 ax axaxaxax h xh xaeaaea eaa ee x =+=+=+ + ， 即( ) 0h x ； 11 分 综上所述，( ) 0h x 恒成立，即 ( )g x在(0,)+单调递增， 所以 ( )(0)0g xg= ，即( ) ax ef x. 12 分 解法二： （1）同解法一； 5 分 （2）设 2 1 ( )1 2 x g xexx=，0 x ，( )1 x g xex=， 由

32、(1)可知，( ) ln(1)+1h xxx=+ 在(0, )+单调递增， 且( ) (0)1h xh=，即ln(1)xx+ ，即1 x ex+，0 x ， 即 ( )0g x 恒成立，即 ( )g x在(0,)+单调递增， 所以 ( )(0)0g xg= ，即 2 1 1 2 x exx+，0 x . 8 分 所以 22 1 1 2 ax ea xax+， 要证( ) ax ef x只需证 22 1 1( ) 2 a xaxf x+ ， 设 22 1 ( )ln(1) 2 h xa xaxx=+，0 x ，01a， 9 分 222 2 1()(1) ( ) 11 a xaa xa h xa

33、xa xx + =+= + ， 又 2222 ()4(1)(1)(3)0aaa aa aa =+=+，则( )0h x ， 11 分 即 ( )h x在在(0,)+单调递增，即( )(0)0h xh= ， 即( ) ax ef x. 12 分 解法三： （1）同解法一； 5 分 （2）( ) ax ef x即2ln(1)10 ax eaxx+ ， 令( )2ln(1)1 xa g aexax=+，01a，则( )2 ax g axex=， 6 分 令( )0g a =得， ln2ax = ,即 ln2 a x =. 高三质检数学答案 第10页页 / 共10页页 ln2 1 x ，0ln2x 即

34、时，( )0g a ，即( )g a在(0,1)上单调递减， 则有( ) (1)2ln(1)1 x g agexx=+ . 7 分 下证：2ln(1)10 x exx+ ，0ln2x即可； 设( )2ln(1)1 x h xexx=+， 1 ( )2 1 x h xe x =+ + ， 设 22 11 ( )10 (1)(1) x xe xx = + ，即 ( )h x在(0,ln2)单调递增， 所以 ( )(0)0h xh= ，即 ( )h x在(0,ln2)单调递增， 所以 ( )(0)0h xh=. 9 分 ln2 1 x ，ln2x 时，( )g a在 ln2 (0,) x 上单调递减

35、， ln2 (+ ) x ， 上单调递增， 则 ln2(1)(ln21) ( )()ln(1)12ln2lnln 44 e xe g agx x + =+ = . 10 分 因为 335 32e ，则有35ln2，即 3 ln2 5 ， 所以 (ln21)(0.61)2 lnln=lnln10 445 eee+ =，即 ( )0g a ， 综上，所以( )0g a ，即( ) ax ef x . 12 分 解法四： （1）同解法一； 5 分 （2）设0tax=，则( ) ax ef x2ln(1)1 t t et a +， 7 分 设( )ln(1)2l t t g aet a =+，01a， 8 分 则有( )(1)ln(1)21 t g agtet=+， 9 分 下证:ln(1)210 t tet+ . 由(1)可知，( ) ln(1)1h xxx=+ 在(0, )+单调递增， 且( ) (0)1h xh= ，即 ln(1)xx+ ，即e1 x x+，0 x ， 则有()( ) 1 t h eh t ，即ln(1)1 t ettt +， 11 分 即ln(1)210 t tet+ ，即( ) ax ef x. 12 分