【文档说明】吉林省吉林市普通中学2021届高三下学期第四次调研测试 数学（理）答案.docx，共(5)页，411.389 KB，由小赞的店铺上传

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吉林市普通中学2020—2021学年度高中毕业班第四次调研测试理科数学参考答案一、选择题：本大题共12题，每小题5分，共60分.123456789101112CCADBDBBACDB二、填空题：本大题共4个小题,每小题5分，共20分

.其中第16题的第一个空填对得2分，第二个空填对得3分.13.3114.9015.101016.20(2分)，274（3分）17．【解析】（Ⅰ）法一：当1=n时，mSa−==29111分当2n时，nn

nnnnmmSSa3)23(2311=−−−=−=+−3分}{na是等比数列，31=a，即329=−m，解得23=m5分所以，m的值为23，数列}{na的通项公式为nna3=6分法二：,2911mSa−==,912

2=−=SSa27233=−=SSa}{na是等比数列，,3122aaa=即,8127)29(=−m23=m3分设}{na的公比为q，nnnaaaaq333,131112=====−，6分（Ⅱ）nabnnnn−=−=)1(log

)1(38分nnnnnbbbbbbTnnn=+−−+++−++−=+−−+++−++−=++++++=−]2)12([)43()21(2)]12([4)3(2)1(2124321212分18.【解析】取AC中点O,连接OA1、BO，又ACAA

=1,得ACOA⊥1，平面⊥11AACC平面ABC，交线为AC,又OA1平面11AACC，则1⊥AO平面ABC，2,22,2,90=====ACBCACBCABC,O为AC中点，ACOB⊥以OC为x轴,OB为y轴,1OA为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.则1

(0,0,2)A，(2,0,0)C，(0,2,0)B，(2,0,0)−A，)2,0,22(1C3分（Ⅰ）1(2,0,2)=AA，(2,2,0)=−BC1220(2)2020=+−+=AABC所以1AA与BC不垂直，即1AA与平面1AB

C不垂直6分（另解：求出平面ABC法向量)1,1,1(0=n，1AA与0n不平行，则1AA与平面1ABC不垂直）（Ⅱ）因为1⊥AO平面ABC,设平面ABC的一个法向量(0,0,1)=m7分设(,,)=nxyz为平面11BBCC的一个法向量，(2,2,0

)=−BC，1(2,0,2)=CC由102200220=−==+=nBCxynCCxz令1=x，则1,1==−yz，即(1,1,1)=−n，10分又因为0101113cos,313+−

==−mn，如图知，二面角1−−ABCC为钝角，所以二面角1−−ABCC的余弦值为33−12分法二：（Ⅰ）由CAAA11⊥,CAAA11=,22=AC,得21=AA,由90=ABC,2=BC,22=AC，得2=AB,所以ABAA=1,则1AA不垂直于BA1,BA1平

面BCA1,则1AA与平面1ABC不垂直.3分（Ⅱ）如图：过1C做⊥DC1AC，垂足为D，平面⊥11AACC平面ABC，交线为AC,又DC1平面11AACC，则⊥DC1平面ABC，6分所以二面角DBCC−−1的补角为所求.7分过1C向棱BC作垂线，垂足为E，连接

DE，则1CED就是二面角1−−CBCD的平面角12=DC，1=DE，所以13=EC，10分所以13cos3=DEC，所以二面角1−−ABCC的余弦值为33−12分19.【解析】（Ⅰ）记“只进行两局比赛，逐日联盟晋级６强”为事件A．()25125453

==AP3分（Ⅱ）记“只进行两局比赛，就能确定晋级６强联盟队”为事件B则事件B包含逐日联盟晋级或凌霄联盟晋级．()251853525453=+=BP7分（Ⅲ）记“逐日联盟晋级６强”为事件C．则事件C包含三种情况：①逐日联盟胜凌霄联盟，逐日联盟胜登峰联盟：

25125453=②逐日联盟胜凌霄联盟，逐日联盟负登峰联盟，登峰联盟负凌霄联盟，逐日联盟胜凌霄联盟：6252753535153=③逐日联盟负凌霄联盟，凌霄联盟负登峰联盟，登峰联盟负逐日联盟，逐日联盟胜凌霄联盟

：6254853545252=()5362548625272512=++=CP12分(注：②③求对各给2分）20.【解析】（Ⅰ）根据题意椭圆上任意一点到点F距离的最大值为3，最小值为1.所以=−=+13caca解得1,2==ca2分所

以3=b因此椭圆C的标准方程为13422=+yx4分（Ⅱ）（法一）由（1）知，()0,1−E为椭圆的左焦点，根据椭圆定义知，4||||=+MFME，设MBMFr==|｜，点E在圆M外rrME−=4||21

r6分所以，在直角三角形MEB中，rrrEB242)4(||22−=−−=，rrMBEBSMEB24||||21Δ−==8分由圆的性质知，四边形EAMB面积rrSSMEB2422Δ−==，其中21r．9分即23

422rrS+−=（21r）．令2342rry+−=（21r），则)43(2862−−=+−=rrrry当341r时，0y，2342rry+−=单调递增；当234r时，0y，2342rry+−

=单调递减．所以，在34=r时，y取极大值，也是最大值此时3916244342223max=+−=S12分（法二）同法一，四边形EAMB面积rrSSMEB2422Δ−==，其中21

r9分所以39163242)24(23=−++−=rrrrrrS当且仅当rr24−=，即)2,1[34=r时取等号所以3916max=S12分21.【解析】因为1()ln(0)−=−+afxxaxxx，所以211)(xaaxxf−+−=1

分根据题意111(2)242−=−+=−afa2分（Ⅰ）解得1=a，满足21a，1=a4分（Ⅱ）221(x1)(x)11(x)−−−−−=−+=aaaafaxxx当112a时，101−aa，令()0

fx11−xaa，令()0fxaax−10或1x所以()fx的递增区间是1(,1)−aa，递减区间是1(0,)(1,)−+aa，当1a时，10−aa，令()0fx10x，令()0fx1xBAMEFOyx

所以()fx的递增区间是(0,1)，递减区间是(1,)+综上所述：当112a时，()fx的递增区间是1(,1)−aa，递减区间是1(0,)(1,)−+aa，；当1a时，()fx的递增区间是(0,1)，递减区间是(1,)+.8分（3）由（2）知当1=a时

，()ln=−fxxx，并且max()(1)1==−fxf，因此有ln1−xx在(0,)+恒成立，用1x替换x得11ln1−xx，即1ln1−xx在(0,)+恒成立，因此当x(0,)+时不等式11ln1−−xxx恒

成立令kN用1+kk替换x得11ln(1)ln1+−+kkkk，所以11111[ln(1)ln]1===+−+nnnkkkkkkk即1111111ln(n1)1234123++++++++++nnnN12分22.

【解析】（Ⅰ）,11:1−=+=ttyttxC消去t得422=−yx即曲线1C的普通方程为14422=−yx2分曲线2C的极坐标方程为2cos3sin=−，由==sincosyx

得曲线2C的直角坐标方程为023=+−yx4分（Ⅱ）P是曲线1C右支上的动点设点P坐标为)1,1(tttt−+()0tQ是曲线2C上PQ最小值即点P到曲线2C023=+−yx：的距离)(td则)(td=1024t213211322++=++

−−+ttttt7分0t，24t4224t2=+tt，当且仅当2=t时取等号当2=t时，)(td取最小值5PQ最小值为510分23.【解析】（Ⅰ）当1=a时，()()31-212)(=+−++−=xxxxxf2

分当且仅当()()，012+−xx等号成立().3xf4分（注：没写取等号条件扣1分）（Ⅱ）对于)1,0(x，(x)3f恒成立0a0+ax3|2|++−axaxxaax−−−3|2|()1,0

-323−−−+xxaaxax对恒成立7分−3233xaa即1-1aa0a.10a实数a的取值范围(1,010分法二：0a()axaxxf++−=2()1,0x（1）当12a时即21

a时，()332=++−=aaxxaxf1a121a6分（2）当120a即210a时①当ax20时，()332=++−=aaxxaxf1a210a②当12xa时，()322−=++

−=axaxaxxf()32max−=axf1−a210a由①②可知210a9分综上：a的取值范围(1,010分