河南省济源市、平顶山市、许昌市2021届高三数学第三次质检试题 理（含解析）.doc

1、河南省济源市、平顶山市、许昌市2021届高三数学第三次质检试题 理（含解析）一、选择题（共12小题）.1已知集合Mx|yln（x2），Nx|2xa0，且MNR，则a的取值范围为（）A2，+）B（2，+）C4，+）D（4，+）2若复数z满足|z3i|3，i为虚数单位，则|z4|的最大值为（）A8B6C4D23苏格兰数学家科林麦克劳林（ColinMaclaurin）研究出了著名的Maclaurin级数展开式，其中一个为：ln（1+x）+，据此展开式，如图所示的程序框图的输出结果S约为（）（参考数据：ln2.4140.8813，ln20.6931，ln31.099）A1.6931B0.6931C1.

2、0990D0.88134已知曲线yaex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y2x+b，则（）Aae1，b1Bae1，b1Cae，b1Dae，b15将函数f（x）cos（2x+）的图象向左平移个单位长度，再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数yg（x）的图象，则（）Ayg（x）的图象关于点（，0）对称Byg（x）的图象关于直线x对称Cg（x）的最小正周期为Dg（x）在单调递减6函数f（x）的图象大致是（）ABCD7设F1，F2分别为双曲线1（a0，b0）的左、右焦点，O为坐标原点，过F1的直线与双曲线的两条渐近线分别交于A，B两点，且满足，则该双曲线的离心率为（）A

3、BC2D28（x+y）5（2x+）的展开式中x2y4的系数为（）A10B15C20D259已知0a5且aln55lna，0b6且bln66lnb，0c7且cln77lnc，则a，b，c的大小关系为（）AacbBabcCcabDcba10在四面体SABC中，SA平面ABC，三内角B，A，C成等差数列，SAAC2，AB1，则该四面体的外接球的表面积为（）A5B6C7D811A、B两位同学各有3张卡片，现以投掷硬币的形式进行游戏当硬币正面向上时，A赢得B一张卡片，否则B赢得A一张卡片，如果某人已赢得所有卡片，则游戏终止，那么恰好掷完5次硬币时游戏终止的概率为（）ABCD12已知椭圆E：1（ab0）的

4、离心率为，F是椭圆E的右焦点，点A（0，2），直线AF的斜率为，O为坐标原点设过点A的直线l与椭圆E交于P，Q两点，则OPQ面积的最大值为（）AB2CD1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若实数x，y满足条件，则z3x2y4的最小值为 14已知平面向量（1，），（，m），且|+|，则|36| 15若函数f（x）loga（x+）（a0，a1）是奇函数，则函数g（x）bxax在1，2上的最大值与最小值的和为 16已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足a2，a22b2+c2，则ABC的面积的最大值为 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。

5、第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分.17设数列an满足a12，2（an+1an）34n（1）求数列an的通项公式；（2）令bnnan，求数列bn的前n项和Sn18如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，ABBEEC2，G，F，M分别是线段BE，DC，AB的中点（1）求证：平面GMF平面ADE；（2）求平面AEF与平面BEC所成二面角的正弦值192020年，新冠病毒席卷全球，给世界各国带来了巨大的灾难面对疫情，我们伟大的祖国以人民生命至上为最高政策出发点，统筹全国力量，上下一心，进行了

6、一场艰苦的疫情狙击战，控制住了疫情的蔓延并迅速开展相关研究工作某医疗科学小组为了了解患有重大基础疾病（如，糖尿病、高血压、）是否与更容易感染新冠病毒有关，他们对疫情中心的人群进行了抽样调查，对其中50人的血液样本进行检验，数据如表：感染新冠病毒未感染新冠病毒合计不患有重大基础疾病15患有重大基础疾病25合计30（1）请填写22列联表，并判断是否有99%的把握认为患有重大基础疾病更容易感染新冠病毒；（2）在抽样调查过程中，发现某样本小组5人中有1人感染新冠病毒，需要通过化验血液来确定感染者，血液化验结果呈阳性即为感染者，呈阴性即未感染下面是两种化验方法：方法一：逐一检验，直到检出感染者为止；方法

7、二：先取3人血液样本，混合在一起检验，如呈阳性则逐一检验，直到检出感染者为止；如呈阴性，则检验剩余2人中任意1人的血液样本（i）求方法一的化验次数大于方法二的化验次数的概率；（ii）用X表示方法二中化验的次数，求X的数学期望P（K2k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.828附：K2，其中na+b+c+d20已知F是抛物线E：y22px（p0）的焦点，直线l：yk（xm）（m0）与抛物线E交于A，B两点，与抛物线E的准线交于点N（1）若k1时，|AB|4，求抛物线E的方程；（2）是否存在常数k，对于任意的正数m，都有|FA|FB|FN|2？若存在，求出k的值；若不存在，

8、说明理由21已知函数有两个零点（1）求实数a的取值范围；（2）记f（x）的两个零点分别为x1，x2，求证：（e为自然对数的底数）（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程22已知在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos（+）1（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；（2）若直线l交曲线C于A，B两点，交x轴于点P，求的值选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|x+2|m|x+1|（1）若m2，求不等式f（x）8的解集；（2）若

9、关于x的不等式f（x）m|x+3|对于任意实数x恒成立，求实数m的取值范围参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1已知集合Mx|yln（x2），Nx|2xa0，且MNR，则a的取值范围为（）A2，+）B（2，+）C4，+）D（4，+）解：yln（x2），x20，x2，M（2，+），2xa0，x，N（，MNR，画出数轴如下，2，a4，a的取值范围为4，+）故选：C2若复数z满足|z3i|3，i为虚数单位，则|z4|的最大值为（）A8B6C4D2解：由|z3i|3，可知复数z对应点的轨迹为以B（0，3）为圆心，以3为半径的圆上

10、，如图：则|z4|的最大值为|AB|+35+38，故选：A3苏格兰数学家科林麦克劳林（ColinMaclaurin）研究出了著名的Maclaurin级数展开式，其中一个为：ln（1+x）+，据此展开式，如图所示的程序框图的输出结果S约为（）（参考数据：ln2.4140.8813，ln20.6931，ln31.099）A1.6931B0.6931C1.0990D0.8813解：模拟程序的运行，可得程序框图的功能是计算并输出S1+.+的值，由题意可得S1+.+ln（1+1）ln20.6931故选：B4已知曲线yaex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y2x+b，则（）Aae1，b1Bae1，

11、b1Cae，b1Dae，b1解：yaex+xlnx，yaex+lnx+1，由在点（1，ae）处的切线方程为y2x+b，可得ae+1+02，解得ae1，又切点为（1，1），可得12+b，即b1故选：B5将函数f（x）cos（2x+）的图象向左平移个单位长度，再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数yg（x）的图象，则（）Ayg（x）的图象关于点（，0）对称Byg（x）的图象关于直线x对称Cg（x）的最小正周期为Dg（x）在单调递减解：将函数f（x）cos（2x+）的图象向左平移个单位长度，得：ycos2（x+）+sin（2x+），再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐

12、标不变），得：g（x）sin（x+），对于A：g（）sin0，故A正确，对于B：g（）sin001，故B错误，对于C：g（x）的最小正周期是T2，故C错误，对于D：当x，时，令tx+，ysint在，上不单调，故D错误，故选：A6函数f（x）的图象大致是（）ABCD解：函数的定义域为R，排除B，D，当x0且x+，f（x）0，且f（x）0，排除C，故选：A7设F1，F2分别为双曲线1（a0，b0）的左、右焦点，O为坐标原点，过F1的直线与双曲线的两条渐近线分别交于A，B两点，且满足，则该双曲线的离心率为（）ABC2D2解：由，可得BOF1为等腰三角形，且A为底边BF1的中点，由F1（c，0）到渐近

13、线yx的距离为db，由OABF1，可得|OA|a，由AOF1AOBBOF260，可得cos60，可得e2故选：C8（x+y）5（2x+）的展开式中x2y4的系数为（）A10B15C20D25解：（x+y）5中xy4项的系数为，x3y2项的系数为，（x+y）5（2x+）的展开式中x2y4的系数为：+220，故选：C9已知0a5且aln55lna，0b6且bln66lnb，0c7且cln77lnc，则a，b，c的大小关系为（）AacbBabcCcabDcba解：令F（x），则，易得，当0xe时，F（x）0，函数单调递增，当xe时，F（x）0，函数单调递减，因为0a5，0b6，0c7，所以cbae，

14、所以f（c）f（b）f（a），则abc故选：B10在四面体SABC中，SA平面ABC，三内角B，A，C成等差数列，SAAC2，AB1，则该四面体的外接球的表面积为（）A5B6C7D8解：由三内角B，A，C成等差数列，得B+C2A，又A+B+C，3A，A，又，则AB2+BC2AC2，ABBC，又SA平面ABC，把四面体SABC放置在长方体中，如图，则该四面体外接球的直径为SC，且SC，该四面体的外接球的表面积为故选：D11A、B两位同学各有3张卡片，现以投掷硬币的形式进行游戏当硬币正面向上时，A赢得B一张卡片，否则B赢得A一张卡片，如果某人已赢得所有卡片，则游戏终止，那么恰好掷完5次硬币时游戏终

15、止的概率为（）ABCD解：假设A赢了B，5次终止，那么A赢了4次，B赢了1次 B的这一次只能发生在前三次中（前三中还不发生，A就赢了），也就是有三种情况，每种情况概率均为，且还有B赢A的情况，则最后概率为32故选：D12已知椭圆E：1（ab0）的离心率为，F是椭圆E的右焦点，点A（0，2），直线AF的斜率为，O为坐标原点设过点A的直线l与椭圆E交于P，Q两点，则OPQ面积的最大值为（）AB2CD1解：设F（c，0），点A（0，2），直线AF的斜率为，得c，又e，所以a2，b2a2c21，故E的方程为+y21依题意当lx轴时，不合题意，可设直线l：ykx2，设P（x1，y1），Q（x2，y2），

16、将ykx2代入+y21，得（1+4k2）x216kx+120，当16（4k23）0，即k2时，x1+x2，x1x2，从而|PQ|x1x2|4，又点O到直线PQ的距离d，所以OPQ的面积SOPQd|PQ|4，设t，则t0，4k23+t2，SOPQ1，当且仅当t2，k等号成立，且满足0，所以OPQ的面积最大为1故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若实数x，y满足条件，则z3x2y4的最小值为6解：由约束条件作出可行域如图，由图可知，A（0，1），由z3x2y4，得y，由图可知，当直线y过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为6故答案为：614已知平面向量（1，），（，m

17、），且|+|，则|36|6解：向量（1，），（，m），且|+|，+m0，m1，则|36|6，故答案为：615若函数f（x）loga（x+）（a0，a1）是奇函数，则函数g（x）bxax在1，2上的最大值与最小值的和为解：由为奇函数可知，解得，经验证，符合题意，又y2x为增函数，为减函数，为增函数，当x1，2时，故答案为：16已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足a2，a22b2+c2，则ABC的面积的最大值为解：因为a22b2+c2，由余弦定理可得b+c2bccosA2b2+c2，化简得cosA，则sinA，则ABC的面积SbcsinA，当且仅当3b时等号成立，故ABC的面

18、积的最大值为故答案为：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，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分.17设数列an满足a12，2（an+1an）34n（1）求数列an的通项公式；（2）令bnnan，求数列bn的前n项和Sn解：（1）数列an满足a12，2（an+1an）34n故，整理得，.，所以，所以（2）由（1）得bnnann22n1，所以，得，解得18如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，ABBEEC2，G，F，M分别是线段BE，DC，AB的中点（1）求证：

19、平面GMF平面ADE；（2）求平面AEF与平面BEC所成二面角的正弦值【解答】（1）证明：因为四边形ABCD是矩形，M是AB中点，F是CD中点，所以MFAD，因为AD平面ADE，MF平面ADE，所以MF平面ADE，因为G是BC中点，M是AB中点，所以MGAE，因为AE平面ADE，MG平面ADE，所以MG平面ADE，又因为MGMFM，MG、MF平面GMF，所以平面GMF平面ADE；（2）解：取AB中点O，取AD中点N，连接OE、ON，因为四边形ABCD是矩形，所以ONBC，ONAB，因为AB平面BEC，所以ON平面BEC，所以ONOE，又因为BEEC，所以OEBC，于是OE、OC、ON两两垂直，

20、建立如图所示的空间直角坐标系，因为BEEC，ABBEEC2，所以OEOCOB，CF1，（，1），（0，2，1），设平面AEF的法向量为（x，y，z），令y1，（3，1，2），平面BCE的法向量为（0，0，1），设平面AEF与平面BEC所成二面角大小为，由图知为锐角，cos，sin，所以平面AEF与平面BEC所成二面角的正弦值为192020年，新冠病毒席卷全球，给世界各国带来了巨大的灾难面对疫情，我们伟大的祖国以人民生命至上为最高政策出发点，统筹全国力量，上下一心，进行了一场艰苦的疫情狙击战，控制住了疫情的蔓延并迅速开展相关研究工作某医疗科学小组为了了解患有重大基础疾病（如，糖尿病、高血压、）是

21、否与更容易感染新冠病毒有关，他们对疫情中心的人群进行了抽样调查，对其中50人的血液样本进行检验，数据如表：感染新冠病毒未感染新冠病毒合计不患有重大基础疾病15患有重大基础疾病25合计30（1）请填写22列联表，并判断是否有99%的把握认为患有重大基础疾病更容易感染新冠病毒；（2）在抽样调查过程中，发现某样本小组5人中有1人感染新冠病毒，需要通过化验血液来确定感染者，血液化验结果呈阳性即为感染者，呈阴性即未感染下面是两种化验方法：方法一：逐一检验，直到检出感染者为止；方法二：先取3人血液样本，混合在一起检验，如呈阳性则逐一检验，直到检出感染者为止；如呈阴性，则检验剩余2人中任意1人的血液样本（i

22、）求方法一的化验次数大于方法二的化验次数的概率；（ii）用X表示方法二中化验的次数，求X的数学期望P（K2k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.828附：K2，其中na+b+c+d解：（1）22列联表如下：感染新冠病毒未感染新冠病毒合计不患有重大基础疾病101525患有重大基础疾病20525合计302050K28.3336.635，有99%的把握认为患有重大基础疾病更容易感染新冠病毒（2）（i）方案一：化验次数X的取值为1，2，3，4，P（X1），P（X2），P（X3），P（X4），方案二：化验次数X2，3，P（X2）+，P（X3），所以方法一的化验次数大于方法二的化验

23、次数的概率为+（+）（ii）由（i）可得X的分布列为： X 2 3 P 所以X的数学期望E（X）2+320已知F是抛物线E：y22px（p0）的焦点，直线l：yk（xm）（m0）与抛物线E交于A，B两点，与抛物线E的准线交于点N（1）若k1时，|AB|4，求抛物线E的方程；（2）是否存在常数k，对于任意的正数m，都有|FA|FB|FN|2？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由解：（1）设A(x1,y1),B(x2,y2),由,消去y得k2x22(k2m+p)x+k2m20,因为直线l与抛物线交于两点，所以k0,又因为m0,p0,所以8k2mp+4p20恒成立，所以,当k1时，|AB|4,所以

24、|AB|x1x2|24,化简得(p+2m+2)(p2)0,因为p0,m0,所以p2,所以抛物线的方程为y24x(2)假设存在常数k满足题意，因为抛物线E的方程为y22px,焦点为F(,0),准线为x,所以N(,k(m+),从而|FN|2p2+k2(m+)2由抛物线的定义可得，|FA|x1+,|FB|x2+,所以|FA|FB|(x1+)(x2+)x1x2+(x1+x2)+(m+)2+,由|FA|FB|FN|2得(m+)2+p2+k2(m+)2,即(k21)(m+)2+0,因为(m+)20,0,所以k210,解得k1,所以存在k1,使得|FA|FB|FN|2对任意的正数m都成立21已知函数有两个零

25、点（1）求实数a的取值范围；（2）记f（x）的两个零点分别为x1，x2，求证：（e为自然对数的底数）解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+），f（x），当a0时，f（x）0恒成立，f（x）在（0，+）上单调递增，f（x）至多有一个零点，不符合题意，当a0时，f（a）0，且当x（0，a）时，f（x）0，当x（a，+）时，f（x）0，所以f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+）上单调递增，从而f（x）的最小值为f（a）lna+2，若f（a）0，即ae2，此时f（x）至多有一个零点，不符合题意，若f（a）0，即0ae2，因为f（x）在（a，+）上单调递增，f（a）0，f（1）a+10，根据零点

26、存在性定义得，f（x）在（a，+）内有且仅有一个零点，又因为f（x）在（0，a）上单调递减，且f（a）0，考虑f（a2）2lna+1的正负，令g（x）2lnx+1，x（0，e2），则g（x）0，所以g（x）在（0，e2）上单调递减，所以g（x）g（e2）e230，即f（a2）2lna+10，因为0a2a，所以f（a2）0，f（a）0，根据零点的存在性定理得，f（x）在（0，a）有且仅有一个零点，所以，当0ae2时，f（x）恰有两个零点，符合题意，综上所述，a的取值范围为（0，e2）（2）证明：不妨设x1x2，由（1）可知，a（0，e2），x1（0，a），x2（a，+），f（x）在（a，+）上单

27、调递增，要证x1x2，需证x2，即证f（x2）f（），则证0lnx13+ae4x1，可证lnx1+3ae4x10，由f（x1）lnx1+10得，ax1（lnx1+1），所以只需证lnx1+3+e4x12（lnx1+1）0，令h（x）lnx+3+e4x2（lnx+1），则h（x）+e4x（2lnx+3），令（x）+e4x（2lnx+3），则（x）+e4（2lnx+5）e4+e4（2lnx+4），由0xe2，解得lnx2，e4，所以（x）0，（x）在（0，e2）上单调递减，且（e2）0，所以x（0，e2），（x）0，即h（x）0，所以h（x）在（0，e2上单调递增，且h（e2）0，而x1ae2，所

28、以h（x1）h（e2）0，即式得证，所以x1x2（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选修4-4：坐标系与参数方程22已知在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos（+）1（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；（2）若直线l交曲线C于A，B两点，交x轴于点P，求的值解：（1）曲线C的参数方程为（t为参数）转换为直角坐标方程为x24y21（x1），直线l的极坐标方程为cos（+）1根据，转换为直角坐标方程为（2）直线l交交x轴于点P，所以P（2，0），所以

29、直线的参数方程为（t为参数），把直线我的参数方程代入x24y21，得到，故，t1t212，所以选修4-5：不等式选讲23已知函数f（x）|x+2|m|x+1|（1）若m2，求不等式f（x）8的解集；（2）若关于x的不等式f（x）m|x+3|对于任意实数x恒成立，求实数m的取值范围解：（1）当m2时，f（x）|x+2|+2|x+1|，当x2时，3x48，解得x4；当2x1时，不等式无解；当x1时，3x+48，解得x综上，不等式的解集为（4，+）（2）关于x的不等式f（x）m|x+3|对于任意实数x恒成立，即为|x+2|m（|x+1|+|x+3|），由于|x+1|+|x+3|x+1x3|2，当且仅当3x1时，等号成立，所以m，记g（x），当x1时，g（x）；当x3时，g（x）则g（x），所以g（x）0，所以m，所以实数m的取值范围为，+）