山西省怀仁市2021届高三上学期期末考试数学（理）答案

高三年级调研测试·理科数学 第1页 共 6 页 高三年级调研测试·理科数学 第 2 页 共 6 页 怀 仁 市 2020—2021 学 年 度 上 学 期 期 终 高三理科教学质量调研测试答案 一、选择题： DBDDB BADDB DC 二、填空题：13、 1 0x y   14、 3 1- ；15、19 ； 16、②④ 三、解答题： 17、解：（1）设等差数列 na 的公差 d,等比数列 nb 的公比 q(q>0), 由题得 253320 baab  ，即         qd dq 34320 23320 2      3 2 q d n nn bna 3,12  ...............................6 分 （2）若选择①       n nn n n n nn n aannbaac 311 2 133212 1)1(1 11         则   4 1)3(3 323  n n n nS ）（ ....................................12 分 若选择②  n n n nn nbac 612)2(  则     7 6 7 662  n n nnS . ..................................12 分 若选择③   n nnn nbac 312    n n ncccS 3123533 2 21n   利用错位相减法 可得 13  n n nS ................................12 分 18、（本小题 12 分） （1）证明：连接 OB,BD,易证四边形 OBCD 为正方形， 所以 OCBD  ,OG//BD,所以 OCOG  ,PA=PD, AD 的中点是 O,所以 ADPO  ABCDPAD 平面平面  PADPOADABCDPAD 平面平面平面  , ABCD平面PO ,,,, OCPOGOPOABCDOCGO  平面又 POCGO 平面 ................6 分 (2) 解：由（1)知 OB,OD,OP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz. 因为 AD=2BC=2CD=4,PA=PD= 22 .则点 P(0,0,2),D(0,2,0),O(0,0,0),C(2,2,0), G(1,-1,0) )2,1,1(),0,3,1(0,1-1  PGDGOG ），，（ , 由（1）知 OCGOOCPO  , 所以 PGOOC 平面 , 所以 )0,2,2(OC 为平面 PGO 的一个法向量； 又设平面PGD 的法向量为 ),,( zyxn       DGn PGn 得      03 02 yx zyx 取y=1,得 )1,1,3(n 所以 11 222,cos  nOC nOCnOC ............................10 分 所以：二面角 D-PG-O 的正弦值是 11 33 。.......................12 分 19、 解：（1）由题意得 ，解得 n＝100．............2 分 （2）2×2 列联表为： 选择“物理” 选择“地理” 总计 男生 45 10 55 女生 25 20 45 总计 70 30 100 ， 故有 的把握认为选择科目与性别有关．......................6 分 （3）从 45 名女生中分层抽样抽 9 名女生，所以这 9 名女生中有 5 人选择“物理”，4 人选 1 高三年级调研测试·数学理科 第3页 共 6 页 高三年级调研测试·数学理科 第 4 页 共 6 页 择“地理”，9 名女生中再选择 4 名女生，则这 4 名女生中选择“物理"的人数 X 可为 0，1， 2，3，4．设事件 X 发生的概率为 P（X）， 则 ， ， ， ， ．所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 期望 .....................12 分 20.（1）B(1,0),半径为 4，设动圆圆心 P（x,y),半径为 r.则由题可知：      rPB rPA 4 所以|PA|+|PB|=4>|AB|=2 所以 P 的轨迹是以 A,B 为焦点的椭圆。2a=4,2c=2 .所以 a2=4, b2=3 所求椭圆方程为 2 2 14 3 x y  ...........................4 分 （2）若存在满足条件的点  ,0Q t . 当直线l 的斜率 k 存在时，设  1y k x  ，联立 2 2 14 3 x y  ， 消 y 得 2 2 2 23 4 8 4 12 0k x k x k     . 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，则 2 1 2 2 8 3 4 kx x k    ， 2 1 2 2 4 12 3 4 kx x k   x， ∵          1 2 2 11 2 1 2 1 2 1 1 QM QN k x x t k x x ty yk k x t x t x t x t                  22 2 21 2 1 2 2 22 21 2 1 2 2 2 8 18 24 22 1 2 3 4 3 4 4 12 8 3 4 3 4 k tk tkx x k t x x kt k kk k kx x t x x t t tk k                             2 2 2 22 2 2 2 2 2 8 24 8 1 2 3 4 6 4 4 12 8 3 4 4 1 3 4 k k t t k k tk k k t t k t k t                ， ∴要使对任意实数 k ， QM QNk k 为定值，则只有 4t  ，此时， 0QM QNk k  ....................10 分 当直线 l 与 x 轴垂直时，若 4t  ，也有 0QM QNk k  .故在 x 轴上存在点  4,0Q ,使得直线 QM 与直线QN 的斜率的和为定值 0 .. ............................. ..12 分 21、【详解】（1）  f x 的定义域为 0,  ，   1 ln 1xf x e x    ，   1 1xf x e x    ， 因为  f x 在 0,  上单调递增，且  1 0f   ，所以当  0,1x 时，   0f x  ，  f x 单调递减；当  1,x  时，   0f x  ，  f x 单调递增， 从而当  0,x  时，    1 0f x f   ，  f x 单调递增， 故函数  f x 的单调递增区间为 0,  ，  f x 无单调递减区间；........................4 分 （2）函数     11 ln 1xh x f x ax e x x ax       ， 0x  ， 令   0h x  ，得 1 1ln xea xx x     ， 令   1 1ln xeg x xx x     ，则函数  h x 在 的零点个数， 即直线 y a 与函数  g x 的图象在 上的交点个数，...........................6 分 又       11 2 2 2 1 11 1 xx e xe x xg x x x x        ，   10  xxg ，令       ,2 1x       ,2 1x 2 高三年级调研测试·理科数学 第5页 共 6 页 高三年级调研测试·理科数学 第 2 页 共 6 页 x      1,2 1 1  ，1  xg + 0 + 所以  g x 在      ， 2 1 上单调递增，又因为当 x   时，  g x   ，   22ln2)2 1( 2 1 min   egxg ...........................8 分 ①当 22ln2 2 1   ea 时，直线 y a 与函数  g x 的图象在      ， 2 1 上有 1 个交点， 即  xh 在      ， 2 1 上零点个数为 1 个。 ②当 22ln2 2 1   ea 时，直线 y a 与函数  g x 的图象在      ， 2 1 上没有交点， 即  xh 在      ， 2 1 上零点个数为 0 个。 ...........................11 分 综上，当 22ln2 2 1   ea 时，  xh 在      ， 2 1 上零点个数为 0 个。 当 22ln2 2 1   ea 时，  xh 在      ， 2 1 上零点个数为 1 个。....................12 分 22、解：（1）曲线 C：   42 22  yx ，极坐标方程为  sin4 当 30   时， 323sin40   ， 23cos  OAOP 设  ,Q 为 L 上除点 P 的任意一点，在 OPQRt 中， 23cos       OP ， 经检验，点      3,2 P 在曲线 23cos        上， 所以 L 的极坐标方程为 23cos        ............5 分 （2）、设  ,P ,在 OAPRt 中，  cos4cos  OAOP ，  cos4 因为 P 在线段 OM 上，  sin4cos4  OMOPOMAP ，所以     24  ， 。 所以 P 的轨迹的极坐标方程为  cos4 ，     24  ， .........10 分 22、解：                           2,33 22 1,1 2 1,33 212 xx xx xx xxxf 有题可知： 2 3 2 1)( min      fxf （1） ,0 Rx 若 使得不等式   230  kkxf 成立,   23min0  kkxf 232 3  kk ,         2 323 3 kk k 或      2 323 23- kk k 或         2 323 2 kk k 4 1k . .......5 分 （2）、由题可知:    0,11 min  nmnmxf nm 11 2 3  即 ,22 3 2 3 2       nmmnnm 当且仅当 m=n 时取“=”号， 3 8 nm ， 所以 3 8的最小值nm  ................................10 分 3