山东省淄博市2021届高三上学期12月教学质量摸底检测（零模）数学试题答案

山东省淄博市2021届高三上学期12月教学质量摸底检测（零模）数学试题答案

高三数学试题 第 1 页（共 8 页） 普通高中高三教学质量摸底检测考试 2020.12 数学参考答案 一、单项选择题： 1．C；2．B；3．A；4．C；5．C；6．D；7．A；8．B； 二、多项选择题： 9．BC；10．AB；11．ACD；12．ABD； 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．0.2 ；14． 7 2 10 ；15． 1 ，84；16．5． 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分． 17．（10 分）解：(1)时间的平均数为 1 2 3 4 5 3 5 x       ，……………1 分 报名人数的平均数为 3+6+10+13+18 10 5 y   ， …………………………2 分 所以 7 1 7 1 2 2 187 5 3 10 37ˆ 3.7 55 5 9 10 i i i i i x y b x x x y n n                 ………………………3 分 ˆˆ 10 3.7 3 1.1a y bx       …………………………4 分 所以线性回归方程为 ˆ 3.7 1.1y x  ， …………………………5 分 把 7x  代入得 ˆ 24.8 25y   ，所以第7 天的报名人数约为25 ．……6 分 (2)由列联表数据可得 2 2 100(45 20 5 30) 12 75 25 50 50 K         ………………8 分 因为12 10.828 ， ………………………………9 分 所以，在犯错误的概率不超过0.001的条件下认为“中学生对航空航天的兴趣爱好和 性别有关系”． ………………………………10 分 18．（12 分）解：（1）因为 3 tan tan cos a C B b C   ， 高三数学试题 第 2 页（共 8 页） 由正弦定理得： 3 sin sin sin sin cos cos cos A C B B C C B   ， ……………………………2 分 化简得  sin3 sin sin cos B CA B B   ， ……………………………………………4 分 因为 πB C A   ，所以 3 cos sinB B ， 即 tan 3(0 π)B B   ，所以 π 3 B  ， ………………………………6 分 （2）因为 1 2 BA BC  ，所以 1 cos 2 BA BC B  ， 即 1ac  ……………………………………………8 分 由余弦定理得：     2 2 2 2 2 2 cos 3 3 b a c ac B a c ac a c          13 = 4 ……………………………………11 分 所以 13 2 b  ． ………………………………………12 分 解法二：因为 1 2 BA BC  ，所以 1 cos 2 BA BC B  ， 即 1ac  ……………………………………………8 分 又 5 2 a c  ，所以 5 2 1 a c ac       ， 解得： 1 2, 2 a c  或 1 , 2 2 a c  ， …………………………………10 分 由余弦定理得： 2 2 2 1 1 1 13 2 cos 4 2 2 4 2 2 4 b a c ac B          ， 所以 13 2 b  ………………………………………12 分 高三数学试题 第 3 页（共 8 页） 19．（12 分）解： （1）设数列 na 的公比为q ，则由 0na  ， 1 5 81a a  ，所以 2 3 81a  ， 因为 0na  ，所以 3 9a  ， …………………2 分 因为 2 3 4 3, ,S a a S 成等差数列，所以 3 2 4 32a S a S   ， 即 3 43a a ，所以 4 3 3 a q a   ，所以 1 1a  ， …………………4 分 所以 13n na  ． …………………5 分 （2）选择①：因为  1 1 1 , 2 2 3 n nb nb n n b       * N ，所以  1 1 3 2 n n b b n n n      * N ， 所以 2 1 3 1 1 3 b b   ； 3 2 4 1 2 3 b b   ； 4 3 5 1 3 3 b b   ； ； 1 1 1 3 1n n b n nb        32 1 2 1 1 2 1 1 3 n n n b bb n nb b b       所以  1 1 1 3 1 n n b n n    ，当 1n  时也成立．……………………………8 分 所以   1 1 1 1 1 n n nc a b n n n n        ， 所以 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 1 1 1 n n P n n n n                              ， ……………………………………………………10 分 高三数学试题 第 4 页（共 8 页） 因为 nP 是递增的， 所以 nP 的最小值为 1 1 2 P  ……………………………………………………12 分 选择②：由 2 nT n 可知：当 1n  时， 1 1 1b T  ， 当 2n  时，   22 1 1 2 1n n nb T T n n n       ，验证当 1n  时亦满足此关系， 所以 2 1nb n  …………………………………………………7 分 所以 12( )1 3n n n nc a b n   ………………………8 分 所以  2 11 1 3 3 5 3 2 1 3n nP n            2 33 1 3 3 3 5 3 2 1 3n nP n          所以  1 3 1n nP n    ………………………………………10 分 因为 nP 是递增的，所以 nP 的最小值 1 1P  ………………………12 分 选择③：因为  6 5n n nT b   * N ，所以 1 1 )6 5 2(n nT b n    ， 两式相减得    1 16 0n n n nT T b b     ，即 1 ( )5 0 2n nb b n   ， 所以   1 1 2 5 n n b n b     而 1 16 5T b  ，即 1 1b  …………………………………7 分 所以数列 nb 是以1为首项， 1 5  为公比的等比数列， 所以   1 1 5 n nb    ， ……………………………………………………8 分 所以   1 3 5 n n n nc a b     ， …………………………………9 分 所以     31 5 5 31 3 8 51 5 n n nP            ， ………………………………………10 分 当 n 为奇数时，由于  3 0 5 n   ，故 5 8nP  ； 高三数学试题 第 5 页（共 8 页） 当 n 为偶数时，由于  3 0 5 n   ，故 5 8nP  ， 由  5 31 8 5 n nP         在 n 为偶数时单调递增， 所以当 2n  时， nP 的最小值为 5 16 2 8 25 5   …………………………12 分 20．（12 分）解：（1）因为 2( ) 3 2f x ax x b    ，且 (0) 0, (0) 1f f    ， 得 0, 1b c   ， …………………………………………2 分 得 3 2( ) 1f x ax x   ， 2( ) 3 2f x ax x   ， 当 0a  时， ( ,0) 2 (0, ) 3a 2 ( , ) 3a  ( )f x    ( )f x 增 减 增 即函数 ( )f x 单调递增区间为 ( ,0) 和 2 ( , ) 3a  ，递减区间为 2 (0, ) 3a ． …………………………………………4 分 当 0a  时， 2 ( , ) 3a  2 ( ,0) 3a (0, ) ( )f x    ( )f x 减 增 减 即函数 ( )f x 单调递增区间为 2 ( ,0) 3a ，递减区间为 2 ( , ) 3a  和 (0, ) ． …………………………………………6 分 （2）假设存在实数a 使得函数 ( )f x 的图像与直线 2 0x y   相切， 高三数学试题 第 6 页（共 8 页） 设切点的坐标为 ( , 2)( )P t t t R ， 可得 3 2( ) 1 2f t at t t     ， 2( ) 3 2 1f t at t    ，……………………8 分 消掉a ，可得 2 2 3 0t t   ，解得 1t  和 3 ． ……………………10 分 当 1t  时，得 1a  ； 当 3t   时，得 5 27 a   ； 综上，存在实数 1a  或 5 27  使得函数 ( )f x 的图像与直线 0x y  相切． ……………………12 分 21．（12 分）解：（1）按照规则一，设顾客经过3次摸球后摸取的红球个数为 X ，则 X 可以取01 2 3，，，,则 ……………………1 分 2 4 1 2 ( 0) 5 5 4 25 P X      ； 3 2 4 2 1 4 2 4 3 14 ( 1) 5 4 5 5 5 4 5 5 4 25 P X            ； 3 2 2 3 2 1 13 ( 2) 5 4 3 5 4 5 50 P X         ； 3 2 1 1 ( 3) 5 4 3 10 P X      ． ……………………5 分 随机变量 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 2 25 14 25 13 50 1 10 规则一下顾客摸球获奖励金额的数学期望 2 14 13 1 (100 ) 100 (0 1 2 3 ) 138 25 25 50 10 E X           ． ………………6 分 （2）若选规则二，设顾客经过3次摸球后摸取的红球个数为Y ，则Y 可以取01 2 3，，， 高三数学试题 第 7 页（共 8 页） 2 4 3 6 ( 0) 5 5 4 25 P Y      ； 3 2 4 2 1 1 2 4 1 17 ( 1) 5 4 5 5 5 4 5 5 4 50 P Y            ； 3 2 2 3 2 1 2 1 3 8 ( 2) 5 4 3 5 4 5 5 5 4 25 P Y            ； 3 2 1 1 ( 3) 5 4 3 10 P Y      ． …………………………………10 分 随机变量Y 的分布列为： Y 0 1 2 3 P 6 25 17 50 8 25 1 10 规则二下顾客摸球获奖励金额的数学期望为 6 17 8 1 (100 ) 100(0 1 2 3 ) 128 25 50 25 10 E Y          ，…………………11 分 因为 (100 ) (100 )E X E Y ，所以选择规则一更有利． …………………12 分 22．（12 分）解：（1）函数 ( ) (1 ) xf x x e   ， ………………………1 分 令 ( ) 0f x  ，解得 1x   ． 当 ( , 1)x   时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递减； 当 ( 1, )x   时， ( ) 0f x  ， ( )f x 单调递增， ……………2 分 所以函数 ( )f x 有最小值 1 min ( ) ( 1)f x f e e     ． ……………3 分 （2） ( ) lnxg x xe k x e   ( 0)x  ， (1) 0g  ． ………………4 分 当 0k  时，函数 ( )g x 是增函数， ( )g x 有唯一的零点，与已知矛盾． …………………………………………5 分 当 0k  时， (1 ) ( ) (1 ) x x k x x e k g x x e x x        ， ………………6 分 高三数学试题 第 8 页（共 8 页） 令 ( ) (1 ) xh x x x e k   ，则 2( ) (1 3 ) 0xh x x x e     ，所以 ( )h x 是增函数．又 (0) 0h k   ， ( ) (1 ) 0kh k k k e k k k      ，故存在 0 (0, )x   ，使 0 0 0 0( ) (1 ) 0 x h x x x e k    即 0 0 0(1 ) x k x x e  ． …………………………7 分 当 0(0, )x x 时， ( ) 0h x  ，即 ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减； 0( , )x x  时， ( ) 0h x  ，即 ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增，所以函数 ( )g x 有最小值且 0 0 0 min 0 0 0 0 0 0 0( ) ( ) ln (1 ) ln x x x g x g x x e k x e x e x x e x e        ．……8 分 0 0 02 0 0 0 0 0 0 0( ) (1 ) ln (1 3 ) ln x x x g x x e x e x e x x e x         ， 当 0 (0,1)x  时， 0( ) 0g x  ， 0( )g x 单调递增；当 0 (1, )x   时， 0( ) 0g x  ， 0( )g x 单调递减，所以 max 0( ) (1) 0g x g  ． …………………………9 分 当 0 (0,1)x  时，存在 1 0(0, )x x 使 1( ) 0g x  ，再 (1) 0g  ，故 ( )g x 有且仅有 两个不同的零点； …………………………10 分 当 0 1x  时，此时 2k e ， ( )g x 有唯一的零点 0x ； ………………11 分 当 0 (1, )x   时，存在 2 0( , )x x  使 2( ) 0g x  ，再 (1) 0g  ，故 ( )g x 有且 仅有两个不同的零点． 综上所述， (0,2 ) (2 , )k e e  ． …………………………12 分