1、南平市20212022学年高三毕业班第三次质量检测南平市20212022学年高三毕业班第三次质量检测数学试题数学试题PMDABC 数 学 参考答案 第1页（共 9 页） 南平市南平市 2 2021021- -20202222 学学年高年高中中毕业班毕业班第三次质量检测第三次质量检测 数学参考答案数学参考答案及评分标准及评分标准 说明： 1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则. 2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分
2、正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分. 3.只给整数分数. 选择题和填空题不给中间分. 一、选择题：本题考查基础知识和基本运算，每小题 5 分，满分 40 分。 1A 2D 3C 4B 5B 6A 7D 8C 二、选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。 9ABC 10BD 11A B 12A B D 三、填空题：本题考查基础知识和基本运算，每小题 5 分，满分 20 分。 1312 1433 152ln3 163 四、解答题：本大题共
3、 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.（本小题满分 10 分） 解： （1）选，因为()()()sinsinsinabABcbC+=，由正弦定理，得 ()()()ababcb c+=，所以222bcabc+=， 3 分 所以()2221cos0,22bcaAAbc+=，故3A =. 5 分 （1）选，因为22 cos0bcaC=，由正弦定理可得2sin2sincossinBACC=， 所以，()sin2sin2sincos2cossinCACACAC=+=， 3 分 因为()0,C，则sin0C ，可得1cos2A=， 又()0,A，故3A =. 5 分 （
4、1）选，222coscossinsin1 cosBCBCA+= +， 则2222sinsinsinsin2sinBCBCA+=，即222sinsinsinsinsinBCABC+=， 由正弦定理可得222bcabc+=， 3 分 由余弦定理可得2221cos22bcaAbc+=， 数 学 参考答案 第2页（共 9 页） 又()0,A，故3A =. 5 分 （2）在ABC 中，由余弦定理得2222cosBCABACAB ACA=+， 因为 AC2，2 3BC =，3A =，所以21244cos3ABAB=+ ， 解得 AB4 或 AB2（舍） ， 7 分 因为ACD 与BCD 面积比为 35，所
5、以32AD =， 在三角形 ACD 中，由余弦定理得 2222233132cos2( )22cos2234CDADACAD ACA=+=+ =， 即132CD = 10 分 18. （本小题满分 12 分） 解： （1）当2n时，由11nnanan+=，可得2121aa=，3232aa=，11nnanan=， 2 分 所以231121nnann= =， 4 分 当=1n时，11a =适合上式，从而nan= 5 分 （2）由已知得2422= nbn，所以当n为偶数时，24=nbn， 6 分 又211222212=）（ nnbn，所以当n为奇数时，21=nbn， 7 分 =为偶数为奇数nnnnbn
6、,24,21， 201232013192420()()Sbbbbbbbbbb=+=+ 9 分 22) 110(1010)22(22) 110(1010)20(+= 11 分 ( 20090)( 22090)240= + += 12 分 数 学 参考答案 第3页（共 9 页） 19 （本小题满分 12 分） （1）由题意得：=55 0.1+65 0.2+75 0.4+85 0.15+95 0.1575.5=， 3 分 75.5= ，11.5=， ()0.6826(75.587)0.341322PXPX+=， 5 分 （2）由题意知()()12P XP X=，. 所获赠话费的可能取值为10，20，
7、30，40，60， 6 分 ()13310248P=，()13392024432P=，()11130248P=， ()13111334024424416P=+=，()11116024432P=. 的分布列为： 10 20 30 40 60 P 38 932 18 316 132 10 分 3913145( )1020304060832816322E=+=. 12 分 20 （本小题满分 12 分） 证明： （1）因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BDAC ， 1 分 由ABBC=，PBCPBA=，PBPB=可得PABPCB， 从而PCPA= 3 分 数 学 参考答案 第4页（共 9 页）
8、 设AC与BD相交于点O，在PAC中，由PCPA=及OCOA=， 可得POAC ， 4 分 又OPOBD=，POBD，平面PBD， 从而AC平面PBD 5 分 （2）取AB的中点为N，易得PNAB 且ONAB ， 从而PNO为二面角CABP的平面角 6 分 依题意有3cos=3PNO， 因为PBPA =，AOBO=，POPO=， 所以PAOPBO，所以=90POAPOB=，故POBD， 又ACBDO=，因此PO平面ABCD，所以ONPO ， 7 分 在RtPNO中，331cos=PNPNONPNO, 解得3=PN，2=PO， 8 分 以点O为坐标原点，OPOCOB,所在直线分别为zyx,轴建立
9、如图所示的空间直角坐标系xyzO， ），（020C，），（020 A，()2,0,0D ，），（200P， )220(=，PC，)0220(，=AC, OPADCBMNOPADCBxyzM 数 学 参考答案 第5页（共 9 页） )32,2,322()322, 0 ,322()2,2, 0(32=+=+=+=PDAPPMAPAM 10 分 设平面ACM的法向量为),(zyxn =，由=00AMnACn，得=+=0322322022zyxy， 取1=x，可得)2 , 0 , 1 (=n， 11 分 设所求的直线PC与平面ACM所成角为，则510|,cos|sin=nPCnPCnPC， 因此，所求
10、的正弦值为510 12 分 21 （本小题满分 12 分） 解： （1）1MNF的周长为54，由椭圆定义得544 =a，即5=a 1 分 又焦距42 =c，得2=c， 2 分 所以122=cab 3 分 所以椭圆C的方程为1522=+ yx 4 分 （2）设直线l的方程为2+=myx)0(m 联立=+=, 15, 222yxmyx得014)5(22=+myym 5 分 设),(11yxM，),(22yxN 数 学 参考答案 第6页（共 9 页） 则54221+=+mmyy，51221+=myy 6 分 点),(11yxP，直线PN的方程为)(112121xxxxyyyy+=+ 7 分 令0=y
11、得122112yyxyxyx+=122112)2()2(yymyymyy+=221221+=yyymy 2525451222=+=mmmm，即)0 ,25(Q 9 分 1MF NQS四边形212211214)(49|21yyyyQFyy+= 10 分 5125954)5(1649222222+=+=mmmmm141125922+=mm9 58 11 分 当且仅当14122+=+mm时即3=m时等号成立 所以四边形NQMF1面积的最大值为859 12 分 22 （本小题满分 12 分） 解： （1）221)( xmxxxmxf=+=，定义域为), 0( + 1 分 当0m时，0)( 2=xmxx
12、f,)(xf在), 0( +上单调递增 2 分 当0m时，由0)( 2=xmxxf得mx= 当mx0时，0)( xf，)(xf在), 0(m上单调递减 数 学 参考答案 第7页（共 9 页） 当mx时，0)( xf，)(xf在),(+m上单调递增 4 分 综上所述：当0m时， )(xf在), 0( +上单调递增 当0m时， )(xf在), 0(m上单调递减，)(xf在),(+m上单调递增 （）当), 1 ( +x时，因为114em，所以( )e0lnmxxxg xxm=+， )(xg无零点 5 分 当) 1 , 0(x时，由( )e0lnmxxxg xxm=+=，得elnmxxxxm= ，即l
13、neelnmxxxxm= 设e( )xh xx=，则有)()(lnxmhxh= 6 分 因为2e (1)( )0 xxh xx=在)0 ,(上成立，所以)(xh在)0 ,(上单调递减 当) 1 , 0(x时，0ln x，0 xm，所以)()(lnxmhxh=等价于xmx=ln， 即0ln)(=+=xxmxf，所以)(xg的零点与)(xf在) 1 , 0(上的零点相同 7 分 若114em，由（1）知)(xf在), 0(m上单调递减，)(xf在),(+m上单调递增 又1( )1ln1ln0ef mm= + +=， 0)2ln1 (44ln41ln44lnln4)4(=+=mmf，0) 1 (=
14、mf 所以在)(xf在),4(mm和) 1 ,(m上各有一个零点，即)(xg在) 1 , 0(上有两个零点21,xx 综上)(xg有两个零点21,xx 8 分 不妨设1421xmxm，则0ln)(111=+=xxmxf，0ln)(222=+=xxmxf， 相减得0ln)(212112=+xxxxxxm 9 分 设21xxt =，) 10(t，则21txx =，代入上式， 数 学 参考答案 第8页（共 9 页） 解得tttmxln) 1(2=，ttmxln) 1(1=， 所以) 1(ln) 1(1121+=+tmttxx 10 分 因为114em ，所以1e4m，因此要证1211(1)ln2e(
15、1)ttxxm t+=， 只需证21ln) 1(+ttt，即证01) 1(2ln+ttt，) 10(t 设2(1)( )ln1tu ttt=+，) 10(t，则22(1)( )0(1)tu tt t=+ 所以( )u t在) 1 , 0(递增，( )(1)0u tu=，即01) 1(2ln+ttt 因为10t，所以可化成21ln) 1(+ttt， 又因为114em，所以) 1(ln) 1(1121+=+tmttxx22em 12 分 解法 2：以上同解法 1 所以) 1(ln) 1(1121+=+tmttxx 10 分 设1ln) 1()(+=ttttu，) 10(t， 则2) 1(ln) 1
16、() 1(ln) 1()( +=tttttttu 2) 1(ln) 1() 1)(1(ln+=ttttttt 2) 1(1ln2+=tttt 令ttttM1ln2)(+=， 数 学 参考答案 第9页（共 9 页） 0) 1(112)( 222=+=tttttM， 则)(tM在在) 1 , 0(递增， 所以0) 1 ()(= MtM， 所以0)( tu， 所以1ln) 1()(+=ttttu在) 1 , 0(上递减， 所以1(1)ln( )lim1tttu tt+1(1)ln(1 1)ln1lim1tttt+=2| )1(ln| ln) 1(11=+=+=ttttttt， 所以mtmtt2) 1(ln) 1(+ 又因为e141 m， 所以22em， 即1211(1)ln2e(1)ttxxm t+= 12 分
