《2021届高三第三次调研考试数学理试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届高三第三次调研考试数学理试题（含解析）（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高三第三次调研考试理科数学参考答案及评分细则1、 选择题题号123456789101112答案DBDACADDADBC1.【解析】，故选D.2.【解析】，所以对应的点在第二象限，故选B.3.【解析】，所以.故选D.4.【解析】因为角终边落在直线上，所以，所以故选A.5.【解析】如图所示，()().故选C.6.【解析】依题意，知，且，解得a.故选A.7.【解析】，所以，故选D.8.【解析】故选D.9.【解析】是偶函数，排除C、D，又故选A.10.【解析】如图：/面CB1D1，面ABCD=m，面ABA1B1=n，可知n/CD1，m/B1D1，因为CB1D1是正三角形，所成角为60则m、n所成角的正
2、弦值为32故选D11.【解析】设直线AB的方程为：x=ty+m，点A(x1,y1),B(x2,y2)，直线AB与x轴的交点为M(m,0)，由x=ty+my2=xy2-ty-m=0，根据韦达定理有y1y2=-m,OAOB=2，x1x2+y1y2=2，结合y12=x1及y22=x2，得(y1y2)2+y1y2-2=0，点A、B位于x轴的两侧， y1y2=-2，故m=2不妨令点A在x轴上方，则y10,又F(14,0),SABO+SAFO=122(y1-y2)+1214y1=98y1+2y1298y12y1=3当且仅当98y1=2y1，即y1=43时，取“=”号，ABO与AFO面积之和的最小值是3故选
3、B12.【解析】 (x0,x0+1)区间中点为x0+12，根据正弦曲线的对称性知f(x0+12)=-1,正确。若x0=0，则f(x0)=f(x0+1)=-12，即sin=-12，不妨取=-6，此时f(x)=sin(2x-6)，满足条件，但f(13)=1为(0,1)上的最大值，不满足条件，故错误。不妨令x0+=2k-56，(x0+1)+=2k-6，两式相减得=23,即函数的周期T=2=3，故正确。区间(0,2019)的长度恰好为673个周期，当f(0)=0时，即=k时，f(x)在开区间(0,2019)上零点个数至少为6732-1=1345，故错误。故正确的是，故选C二、填空题：本题共4小题，每小
4、题5分，共20分，其中第15题第一空2分，第二空3分。13、6 14、-3 15、 1（2分）；121（3分） 16、13.【解析】故答案为6.14.【解析】令，得，令x=1，则a0+a1+a2+a8=-2所以15.【解析】由n=1时，a1=S1，可得a2=2S1+1=2a1+1，又S2=4，即a1+a2=4，即有3a1+1=4，解得a1=1；由an+1=Sn+1-Sn，可得Sn+1=3Sn+1，由S2=4，可得S3=34+1=13，S4=313+1=40，S5=340+1=12116.【解析】因为是双曲线的右焦点且是抛物线的焦点，所以，解得，所以抛物线的方程为：；由，如图过作抛物线准线的垂线
5、，垂足为，设，则，由，可得在中，由余弦定理得即，化简得，又，故答案为三、解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。17（本小题满分12分）【解析】（1）在中，因为，1分所以，解得2分在中，由余弦定理得，4分因为，所以 5分（2）设，则 6分在中，因为，所以 7分在中， 8分由正弦定理得，即，9分所以，所以， 10分即， 11分所以，即 12分18.（本小题满分12分）【解析】（1）证明：连接BD，设AE的中点为O，AB/CE，AB=CE=12CD，四边形ABCE为平行四边形，AE=BC=AD=D
6、E1分ADE，ABE为等边三角形ODAE，OBAE2分又OPOB=O，OD平面POB，OB平面POB 3分【注】无写出此步骤不得分。AE平面POB 4分又PB平面POB，AEPB 5分（2）【解法一】向量法在平面POB内作PQ平面ABCE，垂足为Q，则Q在直线OB上，直线PB与平面ABCE夹角为PBO=4，又OP=OB，OPOB，O、Q两点重合，即PO平面ABCE, 6分【注】无证明此得分点不给分。以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立如图空间直角坐标系，则P(0,0,32)，E(12,0,0)，C(1,32,0)，PE=(12,0,-32)，EC=(12,32,0)7分设平面P
7、CE的一个法向量为n1=(x,y,z)，则n1PE=0n1EC=0，即12x-32z=012x+32y=0, 8分令x=3，得n1=(3,-1,1) 9分又OB平面PAE，n2=(0,1,0)为平面PAE的一个法向量 10分设二面角A-EP-C为，则|cos|=|cos|=|n1n2|n1|n2|=15=55 11分易知二面角A-EP-C为钝角，所以二面角A-EP-C的余弦值为-5512分【解法二】几何法在平面POB内作PQ平面ABCE，垂足为Q，则Q在直线OB上，直线PB与平面ABCE夹角为PBO=4，又OP=OB，OPOB，O、Q两点重合，即PO平面ABCE，6分【注】无证明此得分点不给分
8、。过点C作CHAE交于点H，连结PH，则二面角A-PE-C与二面角H-PE-C互为补角。又因为CHPO，所以CH面PAE，过H作HFPE交于点F，连结CF，由三垂线定理知CFPE所以CFH为二面角H-PE-C的平面角。7分在RtCHE中，CEH=60，CE=1，所以HE=12，CE=32，8分在RtHFE中，FEH=60，HE=12，所以HF=349分在RtCHF中，由勾股定理知CF=15410分故cosCFH=HFCF=5511分所以二面角A-EP-C的余弦值为-5512分19.（本小题满分12分）【解析】（1）【解法一】记事件Ai=从6名学生抽取的3人中恰好有i人有兴趣，i=0，1，2，3
9、；则A2与A3互斥1分故所求概率为P至少2人感兴趣=PA2+A3=PA2+PA32分=C32C31C63+C33C30C633分=1020=12；4分【解法二】记事件Ai=从6名学生抽取的3人中恰好有i人有兴趣，i=0，1，2，3；则A0与A1互斥1分故所求概率为P至少2人感兴趣=1-PA0+A1=1-PA0-PA12分=1-C32C31C63-C33C30C633分=1-1020=12；4分（2）由题意知，随机变量的所有可能取值有0，1，2，3；5分P(=0)=C32C42C52C52=950 6分 P(=1)=C21C31C42+C32C41C52C52=1225 7分P(=2)=C22C
10、42+C31C21C41C52C52=310 8分P(=3)=C22C41C52C52=125 9分则的分布列为：0123p950122531012510分【注】无列表此得分点不得分。数学期望为E()=0950+12450+21550+3250=65 12分 20.（本小题满分12分）【解析】（1）当x1=0时，代入椭圆方程可得A点坐标为(0,1)或(0,-1)1分若A点坐标为(0,1)，此时直线l：x+4y-4=02分联立，消x整理可得5y2-8y+3=03分解得y1=1或，故B(85,35)4分所以OAB的面积为12185=45 . 5分若A点坐标为(0,-1)，由对称性知OAB的面积也是
11、，综上可知，当x1=0时，OAB的面积为.6分（2）【解法一】显然直线l的斜率不为0，设直线l：x=my+47分联立x=my+4x2+4y2=4，消去x整理得(m2+4)y2+8my+12=0由=64m2-412(m2+4)0，得m2128分则y1+y2=-8mm2+4，y1y2=12m2+4 ,9分因为直线TA、TB与y轴围成的三角形始终为等腰三角形，所以kTA+kTB=010分设T(t,0)，则kTA+kTB=y1x1-t+y2x2-t=y1(x2-t)+y2(x1-t)(x1-t)(x1-t)=2my1y2+(4-t)(y1+y2)(x1-t)(x2-t), 即2my1y2+(4-t)(y1+y2)=24mm2+4+8m(t-4)m2+4=8m(t-1)m2+4=0,解得t=1. 11分故x轴上存在定点T(1,0)，使得直线TA、TB与y轴围成的三角形始终为等腰三角形12分【解法二】显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l：7分联立，消去整理得由，得,8分则， ,9分因为直线TA、TB与y轴围成的三角形始终为等腰三角形，所以kTA+kTB=010分设T(t,0)，则即，解得t=1. 11分故x轴上存在定点T(1,0)，使得直线TA、TB与y轴围成的三角形始终为等腰三角形12分
