【文档说明】宁夏银川一中2020-2021学年高三下学期第二次模拟数学（文）试题答案.doc，共(3)页，521.000 KB，由小赞的店铺上传

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银川一中2021届高三第二次模拟数学(文科)参考答案一、选择题123456789101112DACACCDCBDAC二、填空题：13.514.2524−15.31616.332−三、解答题：17．解：（1）当2n时，12nnaS

−=+与12nnaS+=+两式相减得12(2)nnaan+=.∵数列是等比数列，∴公比2q=，212aa=.又12122aSa=+=+，∴12a=，∴2nna=（2）∵由12nnaS+=+得122nnS+=−，∴()2312222nnTn

+=+++−…422221)21(222−−=−−−=+nnnn18.解：（1）由已知，优等品的质量与尺寸的比在区间ee,97内，即()0.302,0.388yx，则随机抽取的6件合格产品中，有3件为优等品，记作：A、

B、C；3件为非优等品，记作：a、b、c.从抽取的6件合格产品中任选2件产品，列出事件如下：ABACBCabacbcAaBaCaAbBbCbAcBcCc记：从抽取的6件合格产品中再任选2件，恰好取到1件优等品为事件A，则：P(A)=53（2）解：对by

cx=（,0bc）两边取自然对数得：lnlnlnycbx=+，令ln,lniiiivxuy==，得ubva=+，且lnac=，根据所给统计量及最小二乘估计公式有，1222175.324.618.360.2710.542101.424.66niiinii

vunvubvnv==−−====−−，118.324.6612aubv=−=−=，得ln1ˆˆac==，故ˆec=，所以y关于x的回归方程为21exy=19．解：（1）证明：∵平面ABC⊥平面

1CA，平面1CA平面ABCAC=，BCAC⊥，BC平面ABC，∴BC⊥平面1CA；∵1AA平面1CA，∴1BCAA⊥；又∵190AAC=，11AAAC⊥，而1BCACC=，∴1AA⊥平面1ABC；又∵1AB平面

1ABC；∴11AAAB⊥；（2）由（1）可知，1AA⊥平面1ABC，11//BBAA，∴1BB⊥平面1ABC且130AAC=，∵43AC=，∴16AA=，16BB=，123AC=，则11232362ABCS=

=；设点M到平面1ABC的距离等于h，则111663ABCMMABCVVh−−===，∴3h=，所以112hBB=，所以点M是棱11AB的中点，从而111AMMB=为所求．20．解：（1）当2k=时，()()212ln1ln1xfxxxxx−=−+=+

−，()22122xfxxxx−=−=，则()11f=−，又()11f=，()fx在()()1,1f处的切线方程为：()111yx−=−−，即20xy+−=.（2）()221kxkfxxxx−=−=，当0k

时，由()0fx=得：xk=.①当1k时，()0fx在()1,+上恒成立，()fx在()1,+上单调递增，()fx至多一个零点，不合题意；②当1k时，若()1,xk，则()0fx

；若(),xk+，则()0fx；()fx在()1,k上单调递减，在(),k+上单调递增，()()minln2fxfkkk==−+.当1x→时，()1fx→；当x→+时，()fx→+；()fx有两个零点，则()m

in0fx，即ln20kk−+；设()()ln21gkkkk=−+，则()1110kgkkk−=−=，()gk在()1,+上单调递减，又()3ln310g=−，()4ln420g=−，()03,4k，使得()00gk=，

当()01,kk时，()0gk；当()0,kk+时，()0gk；ln20kk−+的解集为()0,k+，又()03,4k，正整数k的最小值为4.21．解：（1）由题设有()()0,,0,AbBb−，因为

直径为BD的圆过点(),0Ea−，所以0BEED=，而()(),,,4BEabEDa=−=，故24ab=，又22ca=，故2ac=，所以2ab=，故2b=，所以22a=，故椭圆方程为：22184xy+=．（2）设直

线:4MNykx=+，()()1122,,,MxyNxy，(),TTTxy．由椭圆方程可得()()0,2,0,2AB−，故直线222:2yANyxx−=+，直线112:2yBMyxx+=+，又22112222yyxxyyxx

−=++=−可得22112222TTTTyyxxyyxx−=++=−，故()()12212222TTxyyyxy−−=++．要证点T在直线1y=，即证()()1221212122xyxy−−=++对任意的k恒成立，即证()()12212136xkxxkx+−=+

对任意的k恒成立，即证()1212230kxxxx++=．由22428ykxxy=++=得()221216240kxkx+++=，()22256424120kk=−+即62k或62k−．又1212221624,,1212kxxxxkk−+==++故()121222484823

01212kkkxxxxkk++=−=++，故点T在直线1y=．22.解：（1）由1122xtttyt=+=−，得112xttytt=+=−，∵2222221111224tttttttt+−−=++−+−=，∴()2224xy−=，即22

44xy−=，又cossinxy==，∴2222cos4sin4−=，即曲线C的极坐标方程为2222cos4sin4−=；（2）设l的参数方程为3cossinxtyt=+=（t为参数），代入2244xy−=整理得，()222cos4sin6cos50t

t−++=，设方程的两根分别为1t，2t，则12225cos4sintt=−，则1222510cos4sin3PMPNtt===−，解得，2cos2=，∵02，∴4=．故l的参数方程为23222xtyt=+=（t为

参数）．23．解：（1）因为()()21014fxx+=所以()()()()22()2()2fxfxfxfxfxfx+−=+−+−=（2）当1x−时()()21014fxx+=所以()()()()112144yfxfxfxfx=+=当且仅当()()14fxfx=即1

2x=时等号成立因为存在xR，且1x−，使得()()2114fxmmfx+−−成立所以211mm−−所以211mm−−或211mm−−−解得：12−mm或或10m