【文档说明】吉林省长春市2021届高三质量检测（四） 数学（理） 答案.pdf，共(6)页，356.485 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-241d0c8a5b0afbde9bfca51a04a5f174.html

以下为本文档部分文字说明：

数学（理科）试题参考答案及评分标准第1页（共6页）长春市普通高中2021届高三质量监测（四）数学（理科）试题参考答案及评分标准一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.A2.C3.D4.B5.B6.

D7.C8.A9.B10.D11.B12.C简答与提示：1.【试题解析】A由题意，{4,5,6}UA=，{1,6}UB=，所以()(){6}UUAB=，故选A.2.【试题解析】C向量(9,1)ABOBO

A=−=−−，向量AB对应的的复数是9i−−，故选C.3.【试题解析】D估计观看比赛不高于3场的人数是20000.14=280×人.故选D.4.【试题解析】B由对数函数图象可确定②不是已知函数图象.故选B.5.【试题解析】

B运行程序，初值i12=，1s=，经判断“是”，输出结果为12s=，经判断“否”，输出结果为1s=，不满足条件，因此程序按照判断“是”方向运行，此时i11=，经判断“是”，132s=，满足要求，而后i10=，随后将要把结

果132s=输出，故应将判断“否”成立，所以判断框内应填入“i11≥？”，所以选B.6.【试题解析】D由题意345128aaqaa+==+，解得2q=，又1211924aaaa+=+=，所以134a=，5105101234

513()22434aaaaaaq==×=，故选D.7.【试题解析】C如图，由题意得，2Rr=，2hr=，324423=23RVVrrππ=球柱.故选C.8.【试题解析】A设事件A为“30人中抽出一名女同学”，事件B为“30人中抽出一名高三同学”，则5+6+7187(

)==()303030PAPAB=，，()7(|)()18PABPBAPA==，故选A.数学（理科）试题参考答案及评分标准第2页（共6页）9.【试题解析】B由题可知，70a≥，80a≤.故选B.10.【试题解析】D由题意，设甲乙的位置分别为,AB，摩天轮的轴

心为O，即3AOBπ∠=.=||=|6555cos()6555cos|55|coscos()|33HHHxxxxππ∆−−+−+=−+甲乙55|cos()|3xπ=−，H∆的最大值为55.故选D.11.【试题解析】B取左焦点为

F′，连结AF′，BF′，可知四边形AFBF′为平行四边形，120FAF′∠=，在AFF′△中，由余弦定理得，222||||||2||||cos120FFAFAFAFAF′′′=+−⋅，则2222||||||+||||(||||)|

|||FFAFAFAFAFAFAFAFAF′′′′′=+⋅=+−⋅2223||=(||||)||||(||||)4FFAFAFAFAFAFAF′′′′+−⋅+≥当且仅当||=||AFAF′时，“=”成立，又||||AFAF′≠，因此223||(||

||)4FFAFAF′′>+，即223(2)(2)4ca>，所以234e>，3(,1)2e∈，故选B.12.【试题解析】C由2(1)(1)(1)xfxfxx+−>−+，当1x<时，可得2(1)(1)(1)(1)(1)(1)xxf

xxfxxx−+−>−−+−，即222(1)(1)(1)(1)xfxxfxxx−−>−−+−，即222(1)(1)(1)(1)(1)(1)xfxxxfxx−−−−>−−−−，构造函数()yxfxx=−，()()10yfxxfx′′=+−>，则211xx−>−，即(

1)0xx−<，此时01x<<，即01x<<满足；当1x>时，可得222(1)(1)(1)(1)(1)(1)xfxxxfxx−−−−<−−−−，则211xx−<−，即(1)0xx−>，此时0x<或1x>，即1x>满足；=1x，2(0)(0)1ff>+，即(0)

1f>满足()()1fxxfx′+>；综上(0,)x∈+∞，故选C.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.1314.2213xy−=数学（理科）试题参考答案及评分标准第3页（共6页）15.1416.sinsinsin()aαββα−（也可以写成t

antantantanaαββα⋅−），7213.【试题解析】133121001|33xxdx==∫.14.【试题解析】2213xy−=设双曲线方程为22221xyab−=，其渐近线方程为byxa=±，其中一条为33yx=，即33ba=，又点(23,3)在双曲线上，代入双曲线方

程得221231ab−=，解得3a=，1b=，即双曲线的方程为2213xy−=.15.【试题解析】14不妨设123AAAC==，因为ABAC⊥，30ACB∠=，所以2AB=，取1AA中点N，连结MN，1NC，所以//MNAB，所以1NMC∠或其补角为异面直线所成角，在1CM

N△中1=12MNAB=，115NC=，所以14CM=，则11cos4NMC∠=.16.【试题解析】sinsinsin()aαββα−；72（1）在ABC△中，sinsin()ACaαβα=−，sinsin()aACαβα=−，在RtACD△中，sinsinsinsin

()ahACαβββα==−.（结果还可以是tantantantanaαββα⋅−）（2）由于3)0.9973nPσεσ<=≤(-3，因此2330.5nσ=≤，72n≥，至少要测量72次.三、解答题17.（1）选择①由余弦定理得，1

sincossinsin2ABBC−=，ADCB数学（理科）试题参考答案及评分标准第4页（共6页）1sincossinsincoscossin2ABBABAB∴−=+，又sin0B≠，1cos2A∴=−，又(0,)Aπ∈，23Aπ∴=.选择②由余弦定理得，2222222

()1cos222bcabcbcbcAbcbc+−+−++===−，又(0,)Aπ∈，23Aπ∴=.（2）由正弦定理得，3bc=，由余弦定理得，2222cosabcbcA=+−，即2221393ccc=++，1c∴=，3b∴=，故周长为4+13.18.（1）设该同学“在A处投中”为事件

A，“在B处第i次投中”为事件iB，则事件12,,ABB相互独立，且()0.25PA=，()0.75PA=，()iPBb=，()1iPBb=−，1,2i=，因为212(0)()0.75(1)PPABBbξ===−，所以20.030.75(1),b=−解得0.8b=.（2）12

121212(2)()()()PPABBABBPABBPABBξ==+=+1212()()()()()()20.75(1)0.24PAPBPBPAPBPBbb=+=×−=，得10.24p=；21212(3)()()

()()0.250.20.01PPABBPAPBPBξ====×=，得20.01p=；21212(4)()()()()0.750.80.48PPABBPAPBPBξ====×=，得30.48p=；12112

1(5)()()()()()()PPABBABPAPBPBPAPBξ==+=+0.250.20.80.250.80.24=××+×=，得40.24p=.ξ的分布列为ξ02345P0.030.240.01

0.480.24即ξ的数学期望()00.0320.2430.0140.4850.243.63Eξ=×+×+×+×+×=.19.（1）证明：CDBCCDABCABCACDCDABCDACD⊥⇒⊥⇒⊥⊥⊂平面平面平面平面.（2）以C为原点，BC方向为x轴，以C

D方向为y轴，以过点C垂直平面BCD向上方向为z轴，建立空间坐标系.设CDx=，(1,0,1)A−，(1,0,0)B−，(0,0,0)C，(0,,0)Dx(1,0,1)CA=−，(0,,0)CDx=，则平面CAD的法向量1(1,0,1)n=；(

0,0,1)BA=，(1,,0)BDx=，则平面BAD的法向量2(,1,0)nx=−；数学（理科）试题参考答案及评分标准第5页（共6页）有122122||||12cos=2||||12121nnxnnxxα⋅==<++，所

以20cos2α<<，即α的取值范围是(,)42ππ.20.（1）1()ln+1fxxx′=−，易知()fx′为定义域上的单调递增函数，且(1)0f′=，所以当01x<<时，()0fx′<，当1x>时，

()0fx′>，所以()fx在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以()fx的最小值为(1)0f=（2）由于0x>，所以原不等式等价于2ln(1)22xaaxe+<−令2()2ln(1)2(0)xgxeaaxx=−+−>，22(

)41xagxeax′=−+，由0x>原不等式恒成立可知0a≥所以22()41xagxeax′=−+在(0,)+∞上单调递增，当02a≤≤时，2(0)40ga′=−≥，而()(0)0gxg′′>≥，所以()gx在(0,)+∞上单调递增

，有()(0)0gxg>=，成立当2a>时，2222(0)40,()401aagagaea′′=−<=−>+，所以存在0(0,)xa∈，使得0()0gx′=，所以当0(0,)xx∈时，()0gx′<，即()gx在0(0,)x上单调递减，有

()(0)0gxg<=，不成立综上所述，02a≤≤21.（1）设:1ABykx=+（0k≠），11(,)Axy，22(,)Bxy，联立241xyykx==+，有2440xkx−−=，有12124,4xxk

xx+==−，设切线,ACBC的斜率分别为12,22xx，有211:24xxACyx=−，222:24xxBCyx=−，联立解得12(,1)2xxC+−从而12212CECFkkxxk−−===+，所以1CEABkk⋅=−.（2）设直线CF

为1ymx=+，则2(,1)Cm−−，设33(,)Dxy，44(,)Exy242||1||CEmxm∴=+⋅+，23||1||DFmx=+，232||1||CDmxm=++，24||1||FEmx=+⋅，故要证明||||||||CEDFCD

FE⋅=⋅即证，数学（理科）试题参考答案及评分标准第6页（共6页）433422||||||||xxxxmm+⋅=+⋅，即证433422()()(),xxxxmm+−=+即证343422()0xxxxm++=，联立1ymx=+与24xy=得2440xmx−−=，所以344x

xm+=，344xx=−，3434222()2(4)40xxxxmmm∴++=×−+×=，故||||||||CEDFCDFE⋅=⋅.22.（1）C的普通方程为22(1)1xy−+=所以其极坐标方程为2cosρθ=；（2）由（1）

知，1||2cosOAθ=，11||2sin()4OBπθ=+.所以111cos2||||tan1sin()4OAOBθπθθ⋅==++.由1(,)43ππθ∈，所以1tan(1,3)θ∈，所以622||||22OAOB−<⋅

<.23.（1）(2)||0,fxmx−=−≥mxm−≤≤，所以3m=；（2）由（1）知233abc++=1112311112332()(+3)2332332323abcbaaccbabcabcabcabc++++=⋅++=+++++由222baab+≥，323acca+≥，3222

3cbbc+≥，当且仅当231abc===时同时取等号.所以11112332(+3)32332323baaccbabcabcabc++=+++++≥，当且仅当231abc===时取等号.