【文档说明】吉林省东北师大附中2021届高三第三次摸底考试 数学（理科）答案.docx，共(4)页，372.921 KB，由小赞的店铺上传

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第三次摸底考试数学（理）答案1-12BCCDABCADDCA13.614.7915.516.[,)ee+17.解：（1）由题意，()(sinsin)(3)sinabABcbC+−=−，222()()3abababcbc+−=−=−，即2223bcabc+−=，22233cos222bc

abcAbcbc+−===，在ABC中，(0,)A，6A=（2）2a=，且sin,sin,sinBAC成等差数列，由正弦定理得24bca+==，又由（1）知6A=，22222()216243cos2222bcabcbcabcAbcbcbc+−+−−−−

====12(23)bc=−，ABC的面积sin12(23)13(23)222ABCbcAS−===−18.解：（1）由题意，815201265a++++=，10a=。8152012650.80.60.80.6ab++++=，即1010

252520100b++++=，0.5b=（2）年龄在区间[25,35)的居民共有20人，年龄在区间[35,45)的居民共有10人，按分层抽样抽取6人，则共有4人年龄在[25,35)内。则X的可能取值为1,2

,312423641(1)205CCPXC====,214236123(2)205CCPXC====,30423641(3)205CCPXC====则X的分布列为X123P153515X的数学期望是1233110()25555EX=++==19.证明：（1）连结AC，由题意，底面ABCD

是等腰梯形且2,1ABBCCD===，则3ABC=,由余弦定理知3AC=,222ACBCAB+=,,2ACBACBC=⊥.平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC平面ABCDBC=,AC⊥平面PBC，BM平面PBC

,AC⊥BM,M为棱PC中点,且PBC是等边三角形，BMPC⊥,又PCACC=,BM⊥平面APC，APBM⊥.（2）假设存在点M使得二面角DMBC−−的余弦值为34.由题意过点P作POBC⊥交BC于点O,Q平面

PBC⊥平面ABCD,PO⊥平面ABCD,取AB中点E,连结OE,则//OECA,由（1）知OE⊥平面PBC,所以以O为原点，以,,OCOEOP所在直线为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.

31(0,0,0),(0,0,),(,0,0),22OPC1(,0,0)2B−,3(1,,0)2D,设(01)CMtCPt=uuuruur，则13(,0,)22tMt−.ABDCPMOyxzE133(,,)222tDMt−−=−uuuur，33(,

,0)22DB=−−uuur设平面DMB的一个法向量为(,,)axyz=r，则1330222taDMxytz+=−−+=ruuuur33022aDBxy=−−=ruuur，令3x=，则3y=−，2tzt−

=2(3,3,)tat−=−r易知平面MBC的一个法向量为(0,1,0)b=r，则22333|cos,|422||||39()12()ababttabtt====−−+++rrrrrr，则22()4tt−=，22tt−=−，即23t=，22||||33CMCMCP===uuur

uur20.解:（1）由题意知63cea==，得2223ca=，22113ba==，23a=椭圆C的标准方程为2231xy+=.（2）当直线l的斜率不存在时，令1x=，得63y=，12123366AOBS==，当直线l的斜率存在时，设直线l方程为(0)ykxmk=

+，()11,Axy，()22,Bxy，弦中点()00,Dxy，由2233ykxmxy=++=，得()222363301kxkmxm++−=+，则122614kmxxk+=−+，21223331mx

xk−=+，2222223612(1)(31)12(31)0kmmkkm=−−+=+−所以02331kmxk=−+，2002233311kmmykxmmkk+=+−+=+=，将223,3311kmmkk++−代入221xy+=，得()2222139

1kmk+=+，此时222222222(31)72(31)12(31)12[31]09191kkkkmkkk++=+−=+−=++又因为()22121214ABkxxxx=++−22222311133kkmk+=

++−，原点到直线l的距离21mdk=+，所以222221132312311AOBmSkkmkk=++−++22222222223133(31)913333111191kmkkkmkkkk+++=

−=+−++++222222222223(31)6||(31)(31)323291(91)(316)kkkkkkkkkk+++===++++22222222422(31)132323136(31)12(31)361231kkkkkkkk

kk+==++++++++22221133232224313621231kkkk==+++当且仅当2222313631kkkk+=+，即22631kk=+时，即33k=时取等号.综上，AOB面积的最大值为32.法

二：222221132312311AOBmSkkmkk=++−++22222223331333131221mkkmkkmm=−+−++=++当且仅当22312km+=时，即231k=时，即33k=时取等号.综上，AOB面积的最大值为32.21.解

:（1）当)1,x+时，ln0x，故当2a时,1()2lnfxxxx−+,所以只需证1()2ln0gxxxx=−+即可.因222221221(1)()1=0xxxgxxxxx−+−=−−+=−−.所以()gx在(0,)+为单调递减函

数而(1)=0g，所以当)1,x+时，有()0gx,即当)1,x+时，()0fx成立.（2）()fx的定义域为(0,)+，22211()1axaxfxxxx−+=−−+=−.所以当52a时，21=0xax−+有两个正根12,xx

，即()fx存在两个极值点.由于()fx的两个极值点12,xx满足方程210xax−+=所以121xx=，12xxa+=，则有11152xax+=，由12xx，解得1102x1211221211()()lnlnfxfxxaxxaxxx−=−+−+−21121122lnxxxxxaxxx−=

+−+1212122()()lnxxxxxx=−++11111112()2()lnxxxxx=−++令111()2()2()ln,0.2hxxxxxxx=−++那么2211111()2(1)2(1)ln2(),0.2hxxxxxxxx=−−+

−++212(1)lnxx=−当102x时，21()2(1)ln0hxxx=−所以()hx在10,2上是增函数，所以()hx的最大值为1()35ln22h=−即12()()fxfx−的最大值为35ln2−22.解：（1）曲线C的直角

坐标方程为221124xy+=．当cos0时，l的直角坐标方程为tan13tanyx=+−，当cos0=时，l的直角坐标方程为3x=．（2）将l的参数方程代入C的直角坐标方程，整理得关于t的方程22(12sin)2(

3cos3sin)90tt+++−=．①因为曲线C截直线l所得线段的中点(3,1)在C内，所以①有两个解，设为1t，2t，则120tt+=．又由①得1222(3cos3sin)12sintt++=−+，故3cos3sin0+=，于是直线l的斜率3tan3k==−，于

是直线l的倾斜角是56。23.解：（1）当2a=时，45,1,1()1,1,2143,.2xxfxxxx+−=−−+可得()fxx的解集为53{|}35xx−．（2）()2fx等价于|2||21|2x

ax++−．即是1||||122axx++−而11||||||2222aaxx++−+，且当12x=时等号成立．故()2fx等价于1||122a+．由|1|2a+可得3a−或1a，所以a的取值范围是(,3][1,)−−+．