1、 高三数学答案 第1页（共7页） 龙岩市 2021 高中毕业班第三次教学质量检测 数学试题参考答案 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项 C B B A D C B D 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 题号 9 10 11 12 选项 AB BC BCD ACD 8D 设曲线 2x ye =上的点 11 ( ,)P x y， 2x ye = ， 1 2 1 x ke =； 曲线1 x ye=上的点 22 (,)Q xy， x ye = ， 2 2 x ke=； 111 222 11 xxx lye
2、xex e =+， 222 22 1 xxx lye xex e=+ 12 1122 2 22 12 1 xx xxxx ee ex eex e = = ， 2 ln2x= 222 2 111ln2 1( ln2) 2222 xxx kbeex e +=+ +=+ = 12略解：设圆锥底面半径为r 如图，A SC中，6,2,2 13A SSCA C= 1 cos 2 A SC= 2 3 ASC = 22 2 63 r rS = = 侧面=12 A 正确 ASB中， 222 7 cos 29 SAABAB ASB SA SB + = 过点S平面截此圆锥所得截面面积最大为 SAB S S截 max
3、 1 44 28 2 2 = = B 错误 设圆锥SO的内切球半径为R，则 222 ()RhRr=+ 即 22 (4 2)4RR=+ 3 2R =72S 表 C 正确 高三数学答案 第2页（共7页） 设圆锥SO的内切球半径为t，则 1 34 2 t t = 2t = 设棱长为a的正四面体的外接球是圆锥SO的内切球 6 2 2 2 a = 4 3 3 a = D 正确 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13 3 1423+ 15( ), 22, +U 16 5 16 16简解：每个盒子都有两种可能，所以基本事件有 6 2种。符合条件的基本事件有： 六黑有一种：黑黑黑黑
4、黑黑； 五黑一白有 1 5 C种：黑黑黑黑黑白，黑黑黑黑白黑，黑黑黑白黑黑，黑黑白黑黑黑，黑 白黑黑黑黑； 四黑二白有 12 34 +CC种：黑白黑白黑黑，黑白黑黑白黑，黑白黑黑黑白，黑黑白黑黑白， 黑黑白黑白黑，黑黑白白黑黑，黑黑黑白白黑，黑黑黑白黑白，黑黑黑黑白白； 三黑三白有 11 23 +CC种：黑黑黑白白白，黑黑白黑白白，黑白黑黑白白，黑白黑白黑白， 黑黑白白黑白. 所以，事件“从左往右数，不管数到哪个盒子，总有黑球个数不少于白球个数”发生的 概率为 6 1 595205 26416 P + + =. 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。 17 （本题满分 10 分） 解：
5、（1） n SQ是1与 1n a + 的等差中项， 1 21 nn Sa + = ，.1 分 所以当 2n 时，由 1 21 nn Sa = 可得 1 3 nn aa + = ，即 1 3 n n a a + = .2 分 又因为当 1n = 时， 12 21aa= 2 3a= ，.3 分 因此 2 1 3 a a =满足上式，.4 分 所以 n a是以 1 为首项，3 为公比的等比数列， 1 3n n a =.5 分 （2） 32 log nn ba=Q， 21 3 log 321 n n bn =， 1 11111 (21)(21)2 2121 nn b bnnnn + = + 11111
6、1 1 23352121 n T nn =+ + L L 高三数学答案 第3页（共7页） z C1 B1 A1 1112 1 2212 2121 nn nnn = + .10 分 18.（本题满分 12 分） 解： （1）因为() ()() ()AB ACADDBADDCADDBADDB=+=+ uuu r uuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu ruuu r ， 所以 22 22 16412AB ACADDBADDB= uuu r uuu ruuu ruuu ruuu ruuu r .5 分 （2）因为0coscos=+ADCADB，所以0 16 416
7、 16 416 22 = + + +bc ， 所以 22 40bc+=； .7 分 选当 3 =A时， 22 402bcbc+=Q， 20bc，当且仅当52= cb等号成立； 由余弦定理Abccbacos2 222 +=，得到16 22 +=+bccb， 所以,4016 =+bc解得24=bc与20bc矛盾，此时ABC不存在。.12 分 选当 6 A =，则 222 2cos 6 abcbc =+ 即 22 163bcbc=+，8 3bc= 11 sin2 3 24 ABC SbcAbc =.12 分 选当 4 A =，则 222 2cos 4 abcbc =+ 即 22 162bcbc=+，
8、12 2bc= 12 sin6 24 ABC SbcAbc =.12 分 19 （本题满分 12 分） 证明： （1）ABBCQ， 1 BCBB， 1 ABBBB=I，AB， 1 BB 平面 1 ABB， BC平面 1 ABB，又 1 AB 平面 1 ABB， 1 ABBC， 又 1 2ABAB=Q， 11 2 2BBAA=，得 222 11 AAABAB=+， 1 ABAB，又AB、BC 平面ABC，ABBCB=I， 1 AB平面ABC； .6 分 （2）以B为原点，BA，BC， 1 BA 为 x y z, , 轴建立空间直角坐标系， 过B作与直线AC 平行的直线BE，过C作与直线AB平行的
9、直线CE，两直线交于点E. 由图可知 (0,0,0)B ， (2,0,0)A , (0,2,0)C , (0,1,0)D ， ( 2,2,0)E ， 1( 2,2,2) C (2, 1,0)DA = uuu r , 1 ( 2,1,2)DC = uuuu r , (2, 2,0)CA = , 1 ( 2,0,2)CC = 高三数学答案 第4页（共7页） 设平面 1 DAC 的法向量为 1111 ( ,)nx y z= 由 1 11 0 0 DA n DC n = = uuu r u r g uuuu r u r g , 11 111 20 220 xy xyz = += 解得 11 1 2 0
10、 yx z = = ，所以取 1 (1,2,0)n = u r 设平面 1 CAC 的法向量为 2222 (,)nxyz= u u r 由 2 12 0 0 CA n CC n = = uu u r u u r g uuu u r u u r g , 22 22 220 220 xy xz = += 解得 22 22 yx zx = = ，所以取 2 (1,1,1)n = u u r 又 12 (1,2,0) (1,1,1)3n n = u r u u r g ， 1 5n = u r ， 2 3n = u u r ， 设二面角 1 DACC的平面角为，则 12 12 12 315 cosco
11、s, 55 3 n n n n nn = u r u u r u r u u r u ru u r 所以二面角 1 DACC的余弦值为 15 5 .12 分 20.（本题满分 12 分） 解： （1）因为进行了 5 场比赛，所以甲、乙之间的输赢情况有以下四种情况：甲赢 4 场，乙 嬴 1 场；甲赢 3 场，乙赢 2 场；甲赢 2 场，乙赢 3 场；甲赢 1 场，乙赢 4 场 5 场比赛不同的输赢情况有种，即 28 种 若甲赢 4 场，乙赢 1 场；甲获得全部奖金 8000 元； 若甲赢 3 场， 乙赢 2 场； 当比赛继续下去甲赢得全部奖金的概率为 1113 2224 +=， 所以甲分得 60
12、00 元奖金； 若甲赢 2 场，乙赢 3 场；当比赛继续下去甲赢得全部奖金的概率为 111 224 =，所 以甲分得 2000 元奖金； 甲赢 1 场， 乙赢 4 场.甲没有获得奖金 .2 分 设甲可能获得的奖金为元，则甲获得奖金的所有可能取值为 8000,6000,2000,0， 3 4 1 8000) 287 C P x =（； 3 5 5 6000) 2814 C P x =（； 3321 4554 CCCC+ x 高三数学答案 第5页（共7页） ； 1 4 1 0) 287 C P x =（ 甲获得奖金数x的分布列： x 8000 6000 2000 0 P 1 7 5 14 5 14
13、 1 7 .6 分 （2）设比赛继续进行Y场乙赢得全部奖金，则最后一场必然乙赢 当3Y =时，乙以4:2贏，() 3 3(1)P Yp=； 当4Y =时，乙以4:3贏，() 133 3 4(1)3 (1)P YC pppp=； 所以，乙赢得全部奖金的概率为( )() 333 (1)3 (1)1 3(1)P Appppp=+=+ .9 分 设( )() 3 13(1) .fppp=+ ( )()() 322 3(1)133(1)112 (1)fpppppp=+= 因为 4 5 1,p 所以( )0,fp所以( )fp在 4 ,1 5 上单调递减， 于是 max 417 ( )0.02720.05
14、 5625 f pf =， 联立22 6 1 2016 xmy xy = += 得：( ) 22 5448640mymy+=， () 22 (48 )4 64540mm = + 2 1m， 设()() 1122 ,yBxxAy， 2 5 5 2000) 2814 C P x =（ 高三数学答案 第6页（共7页） 12 2 48 54 m yy m += + ， 12 2 64 54 y y m = + ， .7 分 () 2 121212 2 2161 54 4 5m yyyyy y m = + +=， 1 ABF面积 2 22 12 22 1 1116 511 864 5 225454 mm
15、 SFFyy mm = = + ， 令 2 10tm= ， 22 1mt=+， 2 64 564 516 5 9 493 4 t S t t t = + + 当且仅当 3 2 t =，即 13 2 m =时等号成立，所以 1 ABF面积的最大值为 16 5 3 . .12 分 22.（本题满分 12 分） 解： （1）法一：证明:， 当(0,)x+，则1 x e ，11x + ，(1)1 x ex+，又因为cos1x ， 所以，所以)(xf在), 0( +单调递增. 当)0 , 1(x， 令) 1(cos)(+=xxxu，)0 , 1(x, 又因为( )sin1(sin1)0u xxx= =
16、+ uxu，所以01cos+ xx，即1 1 cos +x x 又因为， 所以 cos ( )(1)()0 1 x x fxxe x =+ + ，所以)(xf在)0 , 1(单调递减. 又因为(0)0 f = ，所以( )f x在区间( 1,) +存在唯一极小值点.5 分 法二：证明：( )(1)cos x fxxex=+ 当( 1,0)x 时， 1 011,1, x xe e + (1)1 x xex+ ( )g x在( 1,0)上递增， ( )(0)0g xg= 1cosxx+ 由得(1)cos , x xex+ ( )0fx cos ( )(1)() 1 x x fxxe x =+ +
17、1 x e ( )0fx ( )f x在(0,)+上递增， 综上，( )f x在( 1,0)上递减，( )f x在(0,)+上递增，且(0)0f=. 故( )f x在( 1,) +上存在唯一极小值点0 x =. （2）因为 1sinlnxxex x 01lnsinx ， 令)0( ,sin)(=xxxxL，则，所以)(xL在), 0( +递减， 所以0)0()(= LxL，即当xxxsin, 0. 要证，只需证 .7 分 法一：令( )ln1 x F xxxxe=+ ， () 11 ( )1(1)1 xx x F xxexe xx + = +=+，)0( x 令 x xexm=1)(，所以，
18、所以)(xm在), 0( +单调递减， 又因为01)0(=m，01) 1 (，( )F x单调递增， 当() 0, xx+，( )0F x ，( )F x单调递减， 所以() 0 0000 ( )ln10 x F xF xxxx e=+ =， 所以原不等式得证 .12 分 法二：令( )1 x xex=，( )1 x xe=， ( )x在(,0)单调递减，在(0,)+单调递增 ( )(0)0 x= 1 x ex+， lnxxR+， ln ln1 xx exx + + ， ，即证 原命题得证. .12 分 ( )cos10L xx= ln10 x xxxe+ ( )(1)0 x m xxe= + ln1 x xexx+ln10 x xxxe+
