2021届河北省唐山市高考三模数学试题（扫描版）

$唐山市2021年普通高等学校招生统一考试第三次模拟演练 数学参考答案 一、选择题： BABBC DCD 二、选择题 ABC AC CD BCD 三、填空题： 13．5n－3 14．[8，16] 15．4 16．－≤a＜0 四、解答题： 17．解： （1）∵2BCcos∠BEC＝BEcos∠EBC＋CEcos∠ECB ＝BE•＋CE•＝BC ∴cos∠BEC＝，则∠BEC＝． …4分 （2）设∠AEB＝α，则∠DEC＝－α，(0＜α＜) ∵DE＝2AE＝4， ∴BE＝＝，CE＝＝， ∵△BCE的面积S＝BE·CE·sin＝＝， ∴由已知得：＝8 ∴sin(2α－)＝1，则2α－＝，即α＝ 此时BE＝＝4，CE＝＝8 ∴在△BCE中，由余弦定理得： BC2＝BE2＋CE2－2 BE ·CE ·cos∠BEC＝48 ∴BC＝4． …10分 18．解： （1）∵an＋1＝an＋bn，bn＋1＝3an＋bn＋3，(n∈N*)， ∴bn＋1＝3an＋1＋3， ∴当n≥2且n∈N*时，有bn＝3an＋3， 又a1＝1，b1＝6，也满足b1＝3a1＋3， ∴对任意的n∈N*，都有bn＝3an＋3． …6分 （2）将bn＝3an＋3代入an＋1＝an＋bn，得an＋1＝2an＋1， 进而an＋1＋1＝2(an＋1)，a1＋1＝2， ∴数列{an＋1}是首项为2，公比也为2的等比数列， ∴an＋1＝2n，an＝2n－1． ∴bn＝3an＋3＝3·2n． …12分 19．解： （1）由tan∠ADB＝，tan∠ACD＝，得∠ADB＝∠ACD， 所以∠DAC＋∠ADB＝∠DAC＋∠ACD＝，即AC⊥BD， 又AC⊥PB，PB∩BD＝B， 则有AC⊥平面PBD，又PD平面PBD，所以AC⊥PD， 又PD⊥BC，AC∩BC＝C， 所以PD⊥平面ABCD． …5分 （2） ( y z x B C A D P ) 如图所示，以D为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立 空间直角坐标系D－xyz，设DP＝h，则 D(0，0，0)，A(，0，0)，B(，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，h )， ＝(0，2，－h)，＝(－，1，0)， 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， ·n＝2y－hz＝0，·n＝－x＋y＝0， 取y＝h，则x＝h，z＝2，所以n＝(h，h，2)， 而平面PBD的一个法向量为＝(－，2，0)， cosn，＝＝＝，解得h＝， ＝(，1，－)， 易知AD⊥平面PCD，所以＝(，0，0)是平面PCD的一个法向量， 设直线PB与平面PCD所成的角为θ， 则sinθ＝|cos， |＝， 故直线PB与平面PCD所成的角的正弦值为． …12分 20．解： （1）若n＝3，p＝，依题意可知X服从二项分布，即X～B(3，)， 从而P(X＝i)＝C()i()3-i，i＝0，1，2，3． X 0 1 2 3 P 随机变量X的分布列为： 随机变量X的均值为E(X)＝3×＝1． …4分 （2）由题意知ζ的所有可能取值为1，k＋1， 且P(ζ＝1)＝(1－p)k，P(ζ＝k＋1)＝1－(1－p)k， ∴E(ζ)＝(1－p)k＋(k＋1)[1－(1－p)k]＝k＋1－k(1－p)k， 又∵E(η)＝k，依题意E(ζ)＜E(η)，即：k＋1－k(1－p)k＜k， ∴＜(1－p)k， ∵p＝1－，∴＜()k，∴lnk＞k． 设f(x)＝lnx－x， 易知f(x)在(0，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减， 由于f(1)＝－＜0，f(2)＝ln2－＞0， f(4)＝ln4－＝0.0530＞0，f(5)＝ln5－＝－0.0573＜0， 故k的取值范围为2≤k≤4且k∈N*． …12分 21．解： （1）函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f(x)＝lnx＋1－，显然f(x)为增函数，又f(1)＝0， 所以，当0＜x＜1时，f(x)＜0，当x＞1时，f(x)＞0， 即f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． …4分 （2）令g(x)＝f(x)＋f(a)－2f()，x∈(a，＋∞)． 则g(x)＝f(x)－f()， 因为x＞a，所以x＞， 由（1）知，f(x)－f()＞0，即g(x)＞0， 因此可得，g(x)在(a，＋∞)上单调递增，从而g(x)＞g(a)＝0， 于是g(b)＞0，故f()＜． …12分 22． 解： （1）依题意可知， |CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4＞|AB|， 所以曲线E是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆（除去与x轴的交点）， 因此曲线E的方程为＋＝1(y≠0)． …4分 （2）设M(