【文档说明】黑龙江省大庆市2021届高三下学期第二次教学质量监测试题（二模）（4月） 数学（理） 答案.docx，共(10)页，456.058 KB，由小赞的店铺上传

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大庆市高三年级第二次教学质量检测理科数学答案及评分标准一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分．题号123456789101112答案AABCDBDCBACA二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．715；14．15；15．7；

16．8,16122+．三．解答题17．（本小题满分12分）解：（1）选条件①，因为()22sinsinsin3sinsinBCABC+=+，所以222sinsinsinsinsinBCABC+−=，根据正弦定理得，222bcabc+−=，

……………2分由余弦定理得，1cos2A=，……………4分因为A是ABC的内角，……………5分所以3A=．……………6分选条件②，因为1cos2caBb=+，由正弦定理得，1sinsincossin2CABB=+，……………2

分因为A,B,C是ABC的内角，所以sinsin()CAB=+，所以1sin()sincossin2ABABB+=+，展开得，1cossinsin2ABB=，因为B是ABC的内角，所以sin0B，所以1cos2A=，……………4分因为A是ABC的内角，……………5分所以3A=

．……………6分（2）因为3A=，ABC为锐角三角形，所以022032BB−，解得62B．……………8分在ABC中，sinsin2cCB=，所以3122cossin2sin223cossin3si

nsisinnBBBBBcBBB+−+===，即1ta3ncB=+，……………10分由62B可得，1tan3B，所以103tanB，所以14c．……………12分18．（本小题满分12分）解：

（1）由题意得，总人数为200人，年龄在45岁及以下的人数为32001205=人，没使用过政府消费券的人数为32006010=人，完成表格如下：……………2分由列联表可知()22200903050303.5711406080120K−=，……

………4分因为3.5712.706，所以有90%的把握认为该市市民民是否使用政府消费券与年龄有关．……………6分（2）由题意可知，从该市45岁及以下的市民中用随机抽样的方法每次抽取1人，使用过政府消费券没使用过政府消费券总计45岁及以下903012045岁

以上503080总计14060200没使用政府消费券的频率为14，所以13,4XB，X的所有可能取值为0，1，2，3，……………7分()3033270464PXC===，()213132714464PXC===，

()22313924464PXC===，()333113464PXC===，……………9分所以X的分布列为：X0123P27642764964164……………10分所以()13344EX==．……………12分19．（本小题满分12分）解：

（1）取1CC中点为G，连接DG、EG，因为1111ABCDABCD−是正方体，点G和E为所在棱中点，所以AD∥EG，ADEG=，所以四边形AEGD为平行四边形，所以AE∥DG，……………2分在正方形11CDDC中，点G和F为中点，所以1CF∥DG，……………3分所以AE∥1FC，……

………4分又因为1AEBCF平面，11CFBCF平面，……………5分所以AE//平面1BCF．……………6分（2）因为1111ABCDABCD−为正方体，所以11,,DADCDADDDCDD⊥⊥⊥，以D为坐标原点，以1,,DADCDD分别为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体

棱长为1，则()()()111,1,0,0,0,,0,1,1,1,1,2BFCE，所以1(1,1,)2FB=−，11(0,1,)2FC=，1(1,1,)2FE=−，……………7分设平面1BFC的法向量为(

,,)nxyz=，平面1EFC的法向量为(,,)pstw=，则100nFBnFC==，即102102xyzyz+−=+=，取1x=，则12,1yz=−=，故1(1,,1)2n=−，……………

8分又100nFEnFC==，即102102stwtw++−=+=，取1w=，则1,12st=−=−，故11,,12p=−−，……………9分设二面角1BCFE−−的平面角为，则()2194co342s111212

4npnp−===−++，……………10分整理得21624270+−=，可化简为()()43490−+=，解得34=，所以当34=时，二面角1BCFE−−的平面角的余弦值为42121．……………12分20．（本小题满分12分）解：（1）因为椭圆C的长轴长为4，所以24a=

，即2a=．……………1分又因为椭圆C的离心率为22，22ca=，即2c=，……………2分所以2222222bac=−=−=，所以椭圆C的方程为22142xy+=．……………4分（2）法一：当AB斜率为

0时，24ABa==，222bCDa==，6ABCD+=，同理，当AB斜率不存在时，也有6ABCD+=．……………5分当AB斜率存在且不为0时，设斜率为k，则AB方程为(2)ykx=−，设1122(,),(,)AxyBxy，联立22142(2)xyykx

+==−得2222(12)42440kxkxk+−+−=，易知216160k=+，且21224212kxxk+=+，21224412kxxk−=+，……………6分由弦长公式得，2222222121222

242444(1)1()414121212kkkABkxxxxkkkk−+=++−=+−=+++，……………8分设3344(,),(,)CxyDxy，因为ABCD^，所以直线CD的斜率为1k-，所以22221414(1)2112k

kCDkk+−+==++−，……………9分所以，ABCD+=222222224(1)4(1)4(1)(33)122(12)(2)kkkkkkkk+++++=+++

+424212(21)252kkkk++=++422242425112[(1)]6226252252kkkkkkkk++−==−++++226612()5kk=−++，……………10分因为2212kk+，当且仅当21k=即1k=时取“=”，所以616693A

BCD+?=，.……………11分显然1663，所以ABCD+的最小值为163，此时1k=..……………12分法二：当AB斜率为0时，24ABa==，222bCDa==，6ABCD+=，同理，当AB斜率不存在时，也有6ABCD+=．……………5分当A

B斜率存在且不为0时，设斜率为k，则AB方程为(2)ykx=−，设1122(,),(,)AxyBxy，联立22142(2)xyykx+==−得2222(12)42440kxkxk+−+−=，易知2161

60k=+，且21224212kxxk+=+，21224412kxxk−=+，……………6分由弦长公式得，2222222121222242444(1)1()414121212kkkABkxxxxkkkk−+=++−=+−=+++

，……………8分设3344(,),(,)CxyDxy，因为ABCD^，所以直线CD的斜率为1k-，所以22221414(1)2112kkCDkk+−+==++−

，……………9分所以22113334(1)4kABCDk++==+，……………10分所以()4114416(2)(22)3333ABCDABCDABCDABCDCDAB+=++=+++=，当且仅当83ABCD==时取“=

”，此时1k=，……………11分因为1663，所以ABCD+的最小值为163，此时1k=．……………12分21．（本小题满分12分）解：由题意得()()()22(0)xaxafxxx−+=，……………1分当0a时，因为0x，由()0fx得()()20xaxa−+

，解得xa；由()0fx得()()20xaxa−+，解得0xa，所以函数()fx在()0,a上单调递减，在(),a+上单调递增．……………3分当0a时，因为0x，由()0fx得()()20xaxa−+，解得2xa−；由()0fx得

()()20xaxa−+，解得02xa−，所以函数()fx在()0,2a−上单调递减，在()2,a−+上单调递增．……………5分所以，当0a时，()fx在()0,a上单调递减，在(),a+上单调递增．当0

a时，函数()fx在()0,2a−上单调递减，在()2,a−+上单调递增．……………6分（2）证明：由题意知()lnFxax=，直线AB的斜率2121lnlnABaxaxkxx−=−，又因为()()33,aaFxFxxx==，所以21213lnl

naxaxaxxx−=−，因为0a，所以21321lnlnxxxxx−=−.……………7分故1221123212lnln2xxxxxxxxx+−+−.因为120xx，所以210xx−，211xx，21lnlnxx>，整理211221lnln2xxxxxx−+−可得(

)2121122lnlnxxxxxx-<-+，即()2211221211212ln1xxxxxxxxxx−−=++，（*）……………9分令21xtx=，则1t，欲证（*）成立，等价于证明()

21ln1ttt−+成立，即证：()21ln0,11tttt−−+，令函数()()21ln,11tgtttt−=−+，则()()214lnln211tgttttt−=−=+−++，()()()()222114011t

gttttt−=−=++，所以()gt在()1，+?上为单调递增函数，……………11分所以()()()21ln101tgttgt−=−=+，即()21ln1ttt−+成立，所以1232xxx+．……………12分22．

（本小题满分10分）解：（1）由12332xtyt==+（t为参数），消去参数t可得直线l的普通方程为330xy−+=，……………2分由222coss23in=+，得2222cos2sin2+=，即2222yx+=，整理可得曲线C的直角坐标方程为22

12xy+=．……………4分（2）直线l经过点(0,3)P，将直线l的参数方程12332xtyt==+（t为参数）代入椭圆C2221xy+=中，整理得2724160tt++=，……………6分显然0，设点A，B对应的参数分别为1t，2t，则有12247tt+=−，12

167tt=，……………8分因为12,tt同号，故21212121212()41122ttttPMPNttPMPNPMPNtttt+−=−−−===．……………10分23．（本小题满分10分）解：（1）法一：由绝对值三角不等式

可得()32325fxxxxx=++−+−+=，……………2分当且仅当32x−时，等号成立，所以5M=．……………4分法二：因为()32fxxx=++−．①当3x−时，()32215fxxxx=−−+−=−−；……………

1分②当32x−时，()325fxxx=++−=；……………2分③当2x时，()32215fxxxx=++−=+；……………3分综上，()fx的最小值5M=．……………4分（2）因为225abc++=，所以55221222abcaaa−+−==，同理可得52122acbb

+−=，5221abcc+−=，……………6分由基本不等式可得()()()()()()2222225551112242bcacabbcacababcabcabc++++++−−−==2222282bc

acababc=，……………9分当且仅当5223abc===时，等号成立，因此555111822abc−−−．……………10分