【文档说明】黑龙江省实验中学2021届高三下学期第三次模拟考试（三模） 数学（文）答案.docx，共(5)页，147.946 KB，由小赞的店铺上传

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三模答案一、选择题题号123456789101112答案ACCDBCABACDC二、填空题13.[−1,7]14.0或1215.216．1720三、解答题17.解：（1）由221sincos22ABC+−=，得222sin2co

s12ABC+−=，化简得222cos12sin2ABC+−=−，即()22coscosCAB−=+，即22coscosCC−=−，即()cos2cos10CC−=，解得cos0C=或2cos10C−=．即cos0C=或1cos2C=．又0C，所以2C=或3C=．（2）由（1）得3C=

或2C=，当3C=时，由正弦定理sinsinsinabcABC==得，sinsincaAC==263，42sinsinsin343cbBC==−422sincoscossin34343=−

43212326222233+=−−=，故1126326333sin223323ABCSabC++===△；当2C=时，由2c=，4A=，得4B=，2ab==，因此1122122ABCSab===△．综上，△𝐴𝐵𝐶的面积是333+或1

．18．证明：（1）在正四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，知𝐵1𝐶1⊥侧面11AABB，因为BE平面11AABB，可得11BCBE⊥，又1BEEC⊥，且1111BCECC=，111,BCEC平面11BCE，所以BE

⊥平面11BCE，又因为BE平面BCE，故平面BCE⊥平面11BCE．（2）如图，在正四棱柱1111ABCDABCD−中，由于AB，AD，1AA两两互相垂直，因为E是棱1AA的中点，且2AD=，从而知正四棱柱的底面是边长为2的正方形，设1AEEAt==；由（1）知BE⊥平面

11BCE，可得1BEEB⊥，且214BEEBt==+，而12BBt=，由勾股定理得22211BEEBBB+=，可得()2224(2)tt+=，解得2t=，即12AEEA==，则侧棱长114DDBB==，，过E

作1EHDD⊥于H，则EH⊥平面11CCDD，且2EHAD==；所以()11113ECCDDVDCDDEH−=11624233==，即四棱锥11ECCDD−的体积为163．19.解：（1）挥发性物质含量位于[10,16)的频率为2(0.0

05+0.07+0.14)=0.43,挥发性物质含量位于[10,18)的频率为2(0.005+0.07+0.14+0.16)=0.75,所以这100个奶嘴的挥发性物质含量的中位数位于区间[16,18),设中位数为x，则0.43+0.16(x-16)=0.5,解得x

=16.4375.（2）[18,20)组的奶嘴的个数为100×2×0.10=20,[20,22)组的奶嘴的个数为100×2×0.02=4,所以从[18,20)组中抽取6×2024=5（个），从[20,22)组中抽取6×424=1（个）.记[18,20)组中抽取的5个分别为a,b,c,d,e

,[20,22)组中抽取的1个为f,则从6个中抽取2个的所有情况如下：(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(a,f),(b,c),(b,d),(b,e),(b,f),(c,d),(c,e),(c,f),(d,e),(d,f),(e,f)共15种情况，其中在[18,20)与[

20,22)中各有1个的有(a,f),(b,f),(c,f),(d,f),(e,f)共5种，所以所求的概率为𝑃=515=13（3）因为𝑥=11×0.01+13×0.14+15×0.28+17×0.32+19×0.20

+21×0.04+23×0.01=16.44>16,故该产品需要进行技术改进.20.解：（1）由题意知A(-a,0),B1(0,-b),B2(0,b),F(-c,0),则𝐵2𝐹→=(−𝑐,−𝑏),𝐵1𝐴→=(−𝑎,𝑏).因为𝐵2𝐹→⋅𝐵1𝐴→

=𝑎𝑐−34𝑎2,所以𝑎𝑐−𝑏2=𝑎𝑐−34𝑎2,即.4322ba=①又因为椭圆过点(2√33,√2),所以43𝑎2+2𝑏2=1.②由①②解得𝑎=2,𝑏=√3,所以椭圆C的标准方程为.13422=+

yx（2）由题意设直线l的方程为).0,(),,(),,(),0)(1(2211mMyxQyxPkxky+=联立{𝑦=𝑘(𝑥+1)𝑥24+𝑦23=1,得(4𝑘2+3)𝑥2+8𝑘2𝑥+4𝑘2−12=0,

则𝑥1+𝑥2=−8𝑘24𝑘2+3,𝑥1𝑥2=4𝑘2−124𝑘2+3.若|x轴为∠𝑃𝐹𝑄的平分线，得𝑘𝑀𝑃+𝑘𝑀𝑄=0,即,0))(()(212121122211=−−+−+=−+−mxm

xyymyxyxmxymxy所以,0)(212112=+−+yymyxyx所以,0)]1()1([)1()1(212112=+++−+++xkxkmxkxxkx所以,0]2)([)(2212112=++−++kxxkmxxkxkx所以,0)2348(348341242222222=+

+−−+−++−kkkkmkkkkkk化简得.0)4(=+mk因为直线为动直线，所以,04=+m即.4-=m故存在满足条件的定点M,其坐标为(-4,0).21.(1)当𝑎=−1时，𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥−(𝑥2−𝑥)+2,𝑓′(𝑥)=1𝑥−2𝑥+1=−2�

�2+𝑥+1𝑥=−(𝑥−1)(2𝑥+1）𝑥(𝑥>0)因此，当0<𝑥<1时，𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增；当𝑥>1时，𝑓′(𝑥)<0,𝑓(𝑥)单调递减，故𝑓(𝑥)的增区间为(0,1)，单调减区间为(1,+∞)（2）证明：𝑓(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+

𝑎(𝑥2−𝑥)+2故𝑓′(𝑥)=1𝑥−2𝑥+1=−2𝑥2+𝑥+1𝑥令𝑔(𝑥)=2𝑎𝑥2−𝑎𝑥+1,∆=𝑎2−8𝑎.①当∆≤0,即0<𝑎≤8时，𝑔(𝑥)≥0，故𝑓′(𝑥)≥0,所以𝑓(𝑥)在（0，+∞）上单调递增，此时𝑓(𝑥)无极大值.②当∆>0

,即𝑎>8时，𝑔(𝑥)的对称轴为直线𝑥=14,因为𝑔(0)=𝑔(12)=1>0,𝑔(14)=1−𝑎8<0,所以函数𝑔(𝑥)在区间(0.12)上有两个零点𝑥1,𝑥2,不妨设𝑥1<𝑥2，其中𝑥1∈(0.14)

，𝑥1∈(14.12)，所以，当0<𝑥<𝑥1时，𝑔(𝑥)>0，𝑓′(𝑥)>0，所以𝑓(𝑥)在（0，𝑥1）上单调递增；当𝑥1<𝑥<𝑥2时，𝑔(𝑥)<0，𝑓′(𝑥)<0，所以𝑓(𝑥)在（𝑥1，𝑥2）上单调递减；当𝑥>𝑥2时，𝑔(𝑥)>0，𝑓

′(𝑥)>0，所以𝑓(𝑥)在（𝑥2，+∞）上单调递增；此时函数𝑓(𝑥)有唯一的极大值点𝑥1，且𝑥1∈(0.14)，又因为𝑔(𝑥1)=0，所以𝑎=−12𝑥12−𝑥1,因此𝑓(𝑥1)=𝑙𝑛𝑥1−12𝑥12−𝑥1(𝑥12−𝑥1)+2=𝑙𝑛𝑥1+14

𝑥1−2+32,令ℎ(𝑥)=𝑙𝑛𝑥+14𝑥−2+32,𝑥∈(0.14),ℎ′(𝑥)=1𝑥−1(2𝑥−1)2=(4𝑥−1)(𝑥−1)𝑥(2𝑥−1)2>0,则ℎ(𝑥)在(0.14)上单调递增，故ℎ(𝑥)<ℎ(14)=−2𝑙𝑛2+1222.

解：（1）因为点A和点B的极坐标分别为),2,1(),0,1(所以点A和点B的直角坐标分别为),1,0(),0,1(又点A和点B关于直线l对称，故直线l的普通方程为y=x,化为极坐标方程为);(4R=曲线C1的参数方程为=+=(sincos

1yx为参数),化为普通方程为,0222=−+xyx化为极坐标方程,0cos22=−即.cos2=（2）若直线l与曲线C1和C2在第一象限分别交于M,N点，则|𝑂𝑀|=2𝑐𝑜𝑠𝜋4=√2,|𝑂𝑁|=2,故√2|𝑂𝑀|+1|𝑂𝑁|

=1+12=32.23.解：（1）当x>6时，f(x)=2x-10<4,解得x<7,故6<x<7；当64x时，f(x)=2<4恒成立；当x<4时，f(x)=10-2x<4,解得x>3,故3<x<4.综上可得不等式f(x)<4

的解集为(3,7).（2）𝑓(𝑥)=|𝑥−4|+|𝑥−6|=|4−𝑥|+|𝑥−6|≥|4−𝑥+𝑥−6|=2,当且仅当4≤𝑥≤6时等号成立，故m=2,因此有,212=+ba即,22222222,222222=+=+=++=+abbaabbaabbababaabba

当且仅当222ba=时等号成立，故baba2222++的最小值为.2