【文档说明】吉林省延边州2021届高三教学质量检测（2月底） 数学（理） 答案.pdf，共(6)页，198.485 KB，由管理员店铺上传

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理科数学试卷答案第1页（共6页）理科答案一．选择题DCDBACCABCDB二．填空题13.22514.6015.716.41416；7217（答对一个得3分，答对两个得5分）三．解答题17.解：（Ⅰ）由已知，当2n时，2132nnnaa，121211()()()nnnaaaa

aaaa------1分12211312(1333)12313nnn------4分当1n时，13111a符合上式1*3,nnanN．-------6分（不求11131a扣1分

）（Ⅱ）由（Ⅰ）知1(21)(21)3nnnbnan，0113353(21)3nnSn①----------7分12133353(21)3(21)3nnnSnn②----8分1—②得121232(333)(21)3nnnSn

------9分212(1333)(21)31132(21)311323nnnnnnnn-----11分所以，*3nnSnnN，.-----------12分18.解：（Ⅰ）由题意，208121565a，10a---

-----2分201081215+1000.80.80.60.6b，即1010252520100b，0.5b-----4分（Ⅱ）年龄在区间[28,38)的居民共有20人，年龄在区间[38,48)的

居民共有10人，按分层抽样抽取6人，20:102:1∴2643，即共有4人年龄在[28,38)内------6分理科数学试卷答案第2页（共6页）则X的可能取值为1,2,312423641(1)205CCPXC,214236123(2)205CCPXC,30423641(3)2

05CCPXC--------------10分则X的分布列为X123P153515X的数学期望是1233110()25555EX----------12分19.解：（Ⅰ）证明：取AB中点E，连接DE因为2ABCD，所以CDBE

因为//ABCD，所以四边形BCDE是平行四边形又,90CDBCABC，所以四边形BCDE是正方形-----------2分设1CD，则1,2,2BCDEBEAEABBDAD，所以222BDADAB，即BDAD--------4分又

平面ADM平面ABCD，平面ADM平面ABCDAD所以BD平面ADM，又AM平面ADM，所以AMBD因为AMDM，又DMBDD，所以AM平面BDM-----6分（Ⅱ）取AD的中点O，连接,OMOE则//OEBD，所以OEAD，当M为AD中点时MAM

D则OMAD.因为平面ADM平面ABCDAD，所以OM平面ABCD以O为坐标原点，分别以,,OEODOM所在直线为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系.ABCDMABCDMOExyz理科数学试卷答案第3页（共6页）设1

CD，由（1）可知2222(2,,0),(,2,0),(0,,0),(0,0,)2222BCDM，222222(,2,),(,,0),(0,,)222222MCBCMD--------8分设(,,)xyzm

是平面MBC的法向量，则20,0MCxyzBCxymm，取1x，得(1,1,3)m，---------9分设111(,,)xyzn是平面MCD的法向量，则1111120,0MCxyzMDyznn

，取11y，得(1,1,1)n，---------10分所以333cos,11113mnmnmn由图知二面角BMCD是钝角，所以二面角BMCD的余弦值为3311.-----12分20.解：（Ⅰ）由题意知122BBb，当1112B

PBQBD时，易得12PQBB，--------1分又直线PQ过点(0,)2bD，所以222()22[1]3bPQaab-------------2分此时四边形12BPBQ的面积1213

622SBBPQab又33cea，222abc得226,4ab----------3分所以椭圆C的标准方程为22164yx---------4分（Ⅱ）点N在定直线上显然直线l的斜率存在，由题可

设l：11221,(,),(,)ykxPxyQxy---------5分将1ykx代入22164yx，得22(32)690kxkx则12122269,3232kxxxxkk---------7分所以12123()2xxkxx由（1）知，12(0,2

),(0,2)BB得：1111121BPykxkxx理科数学试卷答案第4页（共6页）直线1BP的方程为1112kxyxx①，------------8分同理求得直线2BQ的方程为2232kxyxx②------------9分由①②得121

2(2)(2)13yxyxkxkx，所以1212121212122(23)2[3()3]433kxxxxxxxxyxxxx所以点N在定直线上，且定直线的方程为4y----------

--12分21.解：在区间0,上,11()axfxaxx.（Ⅰ）①若0a,()lnfxx有唯一零点1x.------------1分②若0a,令()0fx得:1xa.在区间1(0,)a上,()0fx

,函数()fx是增函数;在区间1(,)a上,()0fx,函数()fx是减函数；------------2分故在区间0,上,()fx的极大值为11()ln1ln1faaa.又当0x时，()fx，当x时，()fx故由题意得1()0fa，即l

n10a，解得:1ae.故所求实数a的取值范围是1(,)e.------------4分（Ⅱ）设120xx，12()0,()0fxfx，1122ln0,ln0xaxxax1212lnln()

xxaxx，1212lnln()xxaxx-----------6分212xxe12lnln2xx12()2axx121212lnln2xxxxxx1122122()lnxxxxxx----------8分理科数学试卷答案第

5页（共6页）令12xtx,则1t，于是1122122()2(1)lnln1xxxttxxxt.-----------9分设函数2(1)()ln1tgttt(1)t,----------10分求导得:22214(1)()0(1)

(1)tgttttt故函数()gt是1,上的增函数,()(1)0gtg即212xxe----------12分22.解：（Ⅰ）曲线C的普通方程为226xy----------

-2分因为cos()23，所以cos3sin40，直线l的直角坐标方程为340xy.---------------4分（Ⅱ）点P的坐标为(4,0)，设直线m的参数方程为4cossinxtyt（t为参数，为倾斜角），-----------

6分联立直线m与曲线C的方程得28cos100tt.设,AB对应的参数分别为12,tt，则121228cos1064cos400tttt-----------------8分所以1212||

||||||||8|cos|43PAPBtttt，得3cos2，且满足，故直线m的倾斜角为6或56.-------------10分23.（Ⅰ）不等式可化为3131xxx或31131xxx或

1131xxx，----------3分解得32x，∴1fx的解集为32xx．----------------4分理科数学试卷答案第6页（共6页）（Ⅱ）1+3134xxxx----

-------------6分∴4m，24pq，∴226pq-2112114222426262qppqpqpqpq------------------8分142442623qppq

．当且仅当223pq时，即132pq时，取“”，-----------------9分∴212pq的最小值为43--------------10分