1、高三数学参考答案 第页(共 5 页)1 盐城市 2021 届高三年级第三次模拟考试 数学参考答案 一、单项选择题：本大题共 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 1A2D3C4C5A6D7B8A 二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求的全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分 9AC10ABD11ACD12ABD 三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 1318514(0，3 4 )153 4 162 四、解答题：本大题共
2、6 小题，共 70 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17解：(1)因为ADAC0，所以(AB1 3 BC)AC0， 即(2 3 AB1 3 AC)AC0，2 分 所以 2 3bccosA 1 3b 20， 因为 bc，所以 cosA1 2， 4 分 因为 0A，所以 A2 3 5 分 (2)因为ADAC(2 3 AB1 3 AC)AC2 3bccosA 1 3b 20， 所以 b2c2a2b20，即 2b2c2a20，6 分 cosBa 2c2b2 2ac a2c2a 2c2 2 2ac a2 2 3c 2 2 2ac 3 2 ，8 分 因为 0B，所以 B 的最大值为 6 10
3、分 18解： 选 证明：由 an1an2，且a12，所以 an0， 所以 lgan1lgan，lgan2n1lg2，an22 n1 ，5 分 当 n2 时，只需证明2n1n， 高三数学参考答案 第页(共 5 页)2 令 bn n 2n1 ，则 bn1bnn1 2n n 2n1 1n 2n 0，10 分 所以 bnb21，所以2n1n 成立 综上所述，当 a12 且 n2 时，an2n成立12 分 注：选为假命题，不得分，选参照给分 19 第 19 题图 解：(1)证明：因为 AC2BC2，所以 BC1 因为 2ACB 3，所以ACB 6 在ABC 中， BC sinA AC sinB，即 1
4、sin 6 2 sinB， 所以 sinB1，即 ABBC2 分 又因为平面 ABC平面B1C1CB，平面 ABC平面B1C1CBBC，AB平面 ABC， 所以 AB平面B1C1CB 又 B1C平面B1C1CB，所以 ABB1C， 在B1BC 中，B1B2，BC1，CBB1 3， 所以 B1C2B1B2BC22B1BBCcos 33，即 B 1C 3， 所以 B1CBC4 分 而 ABB1C，AB平面 ABC，BC平面 ABC，ABBCB， 所以 B1C平面 ABC 又 B1C平面ACB1，所以平面 ABC平面ACB16 分 (2)在平面 ABC 中过点 C 作 AC 的垂线 CE，分别以 C
5、E，CA，CB1所在直线为 x，y，z 轴建 A1 z C1 B1 C A B P x y E 高三数学参考答案 第页(共 5 页)3 立如图所示的空间直角坐标系： 则 B( 3 2 ， 1 2，0)，A(0，2，0)，B 1(0，0， 3)， 所以 P( 3 4 ， 1 4，0)， B1A1BA( 3 2 ， 3 2，0)， 8 分 所以 A1( 3 2 ， 3 2， 3)，所以 A1P(3 3 4 ，5 4， 3)， 平面 ACB1的一个法向量为n(1，0，0)，10 分 设直线 A1P 与平面 ACB1所成的角为， 则 sin|cos| | A1Pn| | A1P|n| 3 3 4 27
6、 16 25 163 3 3 10 12 分 20解： (1)由 x22py，得 y 1 2px 2，所以 y1 px， 所以直线 l 的斜率为 1 px 03 分 (2)设 P(x0，y0)，则 B(x0，y0)，kPBy0 x0， 由(1)知 kPA1 px 0 y0 2x0， 5 分 设 A(x1，y1)，所以y0 2 2 x021，y1 2 2 x121， 作差得(y0y1)(y0y1) 2 (x0 x1)(x0 x1)0， 即y0y1 x0 x1 y0y1 x0 x1 1 2，所以 k PAkAB1 2， 10 分 所以 y0 2x0k AB1 2，即 k ABx0 y0， 所以 k
7、PBkAB1，所以 ABPB12 分 注：其他解法参照评分 21解：(1)P(3)1 3 1 2 1 6，P(2) 1 3 1 2 1 3 1 2，P(1) 1 3， 3 分 则的概率分布如下表： 123 P 1 3 1 2 1 6 高三数学参考答案 第页(共 5 页)4 所以 E()11 32 1 23 1 6 11 6 5 分 (2)设运行“归零”程序中输出 n(0nk1)的概率为 Pn，得出 Pn 1 n1，7 分 法一：则 PnPn1 1 n1P n2 1 n2P n3 1 n3P k1 1 k1 1 k， 故 0nk2 时，Pn1Pn2 1 n2P n3 1 n3P k1 1 k1
8、1 k， 以上两式作差得，PnPn1Pn1 1 n1，则 P nPn1n2 n1， 10 分 则 Pn1Pn2n3 n2，P n2Pn3n4 n3，P k2Pk1 k k1， 则 PnPn1Pn2Pk1Pn1Pn2Pn3Pk1n2 n1 n3 n2 n4 n3 k k1， 化简得 PnPk1 k n1，而 P k11 k，故 P n 1 n1， 又 nk1 时，Pn 1 n1也成立，故 P n 1 n1(0nk1) 12 分 法二：同法一得 PnPn1n2 n1， 9 分 则 P0P12 1，P 1P23 2，P 2P34 3，P n1Pnn1 n ， 则 P0P1P2Pn1P0P1P2Pn2
9、 1 3 2 4 3 n1 n ， 化简得 P0Pn(n1)，而 P01，故 Pn 1 n1(0nk1)， 又 n0 时，Pn 1 n1也成立，故 P n 1 n1(0nk1) 12 分 法三：记 Pm(n)表示在出现 m 的条件下出现 n 的概率， 则 Pn1(n) 1 n1，P n2(n) 1 n2P n1(n) 1 n2 1 n1， Pn3(n) 1 n3P n2(n) 1 n3P n1(n) 1 n3 1 n1， 9 分 依此类推，Pk(n)1 kP k1(n)1 kP k2(n)1 kP n1(n)1 k， 所以 Pk(n)1 k( 1 n1(kn1)1) 1 n1 12 分 法四：
10、记 Pk(n)表示在出现 k 的条件下出现 n 的概率， 则 Pk(n)1 kP k1(n)1 kP k2(n)1 kP n1(n)1 k， 则 kPk(n)Pk1(n)Pk2(n)Pn1(n)1， 则(k1)Pk1(n)Pk2(n)Pn1(n)1， 高三数学参考答案 第页(共 5 页)5 得 kPk(n)(k1)Pk1(n)Pk1(n)，9 分 则 Pk(n)Pk1(n)(kn2)， 则 Pk(n)Pn1(n) 1 n1 12 分 22解：(1)由f(x)lnx xn 得 f(x) 1 xx nnxn1lnx x2n 1nlnx xn1 ， 因 nN*，由 f(x)0，得 xe 1 n， 1
11、 分 当 xe 1 n时，f(x)0；当时 0 xe 1 n，f(x)0； 故函数 f(x)在(0，e 1 n)上单调递增，在(e 1 n，)上单调递减， 所以函数 f(x)不单调3 分 (2)当 a1 时，可证明 exx2lnxsinx 对x(0，)恒成立， 当 x(0，1)时，x2lnx0，sinx1，ex1，不等式成立；4 分 当 x(1，e)时，x2lnxsinxx21，令 g(x)x 21 ex ， 所以 g(x)2x(x 21) ex 0，则函数 g(x)单调递减，所以 g(x)g(1)2 e1， 所以 exx21，原不等式成立；7 分 当 x(e，)时，因 x2lnxsinxx2
12、lnx1，故只需证 exx2lnx1， 即证e x x3 lnx x 1 x3，只需证 ex x3 lnx x 1 e3， 在(1)中令 n1，可得 f(x)f(e)1 e，故 lnx x 1 e3 1 e 1 e3， 令 h(x)e x x3，所以 h(x) ex(x3) x4 0，解得 x3， 当 x(e，3)时，h(x)0；当 x(3，)时，h(x)0， 所以 h(x)h(3)e 3 27 1 2，而 lnx x 1 e3 1 e 1 e3 1 2， 所以原不等式也成立 综上所述，当 a1 时，exx2lnxsinx 对x(0，)恒成立12 分 注：当 a2 或 a3 时结论也成立，请参照评分；当 a4 时结论不成立
