【文档说明】重庆市第一中学2021届高三下学期5月第四次月考测试（最后一卷）数学5.28答案.pdf，共(5)页，258.011 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-cba273e679165b9d3459e813f3342c51.html

以下为本文档部分文字说明：

12021年重庆一中高2021届高三下期第四次月考数学测试答案卷一、单选题1.A2.B3.B4.D5.C6.A7.C8.C二、多选题9.AD10.AC11.CD12.ABD11题提示：BC平行平面PAD，于是B

C平行于平面PAD与平面PBC的交线l，EF与BC相交,则EF与l相交，A错误；取AB的中点M，则PA∥EM,PA与EF所成角为∠MEF，显然变化的，B错误;ADEFADEBBDEAPEDAADEPVVVVV,C正确；AE⊥平面PBC，D正确.12

题提示：对于A选项，4)(lg00)(lg)(lg42xfxfxf，又2)(lg02)(lg)2(lg)2(lg42)(lg2xfxfxfxfxf，4)(lg2xf，于是10000)(100xf，故A选项正确；对

于B选项，)(lg)(lg42)2(lg)(lg)(lg42)2(lg222xfxfxfxfxfxf，则)(lg)(lg44)2(lg4)2(lg22xfxfxfxf（*），42xgxg，于是

442xgxg，两式相减得：04xgxg，xgxg4，)(xg的周期为4，故B选项正确；对于C选项，4)3(1)3(2021gggg,故C选项错误；对于D选项，)3(lg)1(lg)3()1(lgffff，由（*）式

有4)3(lg)1(lg)3(lg)1(lg4)1(lg)1(lg44)3(lg4)3(lg2222ffffffff，4)3(lg)1(lg2)3(lg)1(lg4)3(lg)1(lg)3(lg)1(lg4222f

fffffff4)3(lg)1(lg2142)3(lg)1(lg2)3(lg)1(lg222ffffff，令)3(lg)1(lgffa，所以42142aa，即0882aa，224224a，“a取得最大值224”当且仅当“22

1031ff”取得，)3()1(lgff最大值为224.故D选项正确.三、填空题13.814.2315.239（238~240都给分）16.216题提示：本题可看成点(,1)aa到点(,)bbe的距离，即曲线()xfxe上的点到直线1yx的最小距离.四、解答题17

.解：若选①sin3sinAB，则3,ab又3a，所以有1b.……………………2分∵3sincos3aBbAb，∴3sincos1sin3BAA∴32331sincossin()sin()33332AAAA由A为三角形中的角得：23A……

…………………………………………………5分∴6B∴.6C∴1sinsin由accAC……………………………………………7分如右图所示，令AC边上中线长为BM，则：22211272cos1214234BMABA

MABAMACOS2∴7.2BM…………………………………………10分若选②△ABC的面积34ABCS，则1133sinsinsinsin.2242ABCSacBbcAacBbcA∵333sincossin(co

s1)sin333aBbAbacBbcAbcA∴3cos1sin3AA∴由A为三角形中的角得：23A………………………………5分∴1bc，222231cos222bcAbcbc∴1

bc余下同(1)可求得AC边上中线长为7.2………………………………10分若选③△ABC的周长为32，则2.bc222212cos()2312(cos1)2bcAbcabcbcb

cbcA∵3sincos3aBbAb∴333sin(cos1)sinsincos1333acBbcAbcAAA∴由A为三角形中的角得：23A……………………………5分∴2223()231cos1222bcbcbcAbcbc

bc，∴1bc，余下同(1)可求得AC边上中线长为7.2……………………………10分18.解：(1)如图所示，取AD中点O，连接PO、OC，则由题意：∵AC=CD，△PAD为等边三角形，∴OC⊥A

D，PO⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，∴OC⊥平面PAD，PO⊥平面ABCD，∵1AB，2AD，5ACCD．∴2,3OCOP，∴111153123(12)1332326PABCDPOCDPABCOVVV……………………6

分(2)如图建立空间直角坐标系：分别以OA、OC、OD为,,xyz轴，则(1,0,0)(0,0,3)(1,1,0)(0,2,0)APBC，(1,1,3)PB(0,2,3)PC……7分平面PAD的法向量为(0,1,0)n……………………8分

设平面PBC的法向量为(,,)mxyz,平面PAD与平面PBC所成角为.∴0230030mPCyzmPBxyz令3z则32xy∴33(3)22，，m……………………………………

…………………………………………………10分∴3302cos||.10||||152mnmn………………………………………………………………………12分19.解：(1)设甲获胜的概率为P，则313

5210P………………………………………………3分(2)设甲得分数为X，则X可取值为0,2,4，……………………………………………………5分3211(0)525PX，21311(2)+=52522PX，313(4)52

10PX………………8分于是分布列为：X024()PX1512310……………………………………………………………………………………10分于是11311()02452105EX…………

……………………………………………………12分20.解：(1)由题意有11111(1)222nnnna，22nnbn,∵函数2()2xxfx在[4,)上单调递减恒成立.∴当4n时，12441204.nnbb

b∴当5n时，[]0nncb∴222112233442341234[][]0,[][]1,[][]1,[][]1.2222cbcbcbcb∴10121001110000003.……c

Scc………………………………6分(2)由(1)可知当4n时，12441204.nnbbb∴当5n时,22555525{}2232nnnnndbbbd，又∵2112233443131{},{}0,{}{},{}0228

dbdbdbdb，∴nd的最大值为525.32d…………………………………………………………………………12分21.解：（1）由条件3a，33ab，1b，则双曲线2C的方程1322yx。…………5分（2）若存在定值，使得PQMNMN

，MN与PQ同向，PQMN2，………6分0,2F，设2:1tyxl，由于12//ll，设tyxl:2，由33222yxtyx消去x整理得：014322tyyt，

3134221221tyyttyy，由1l交2C左右两支于QP、两点，有0034160321222xxttt，即02203212tytyt，则032t，…………………………8分,313234341

411222222212212212ttttttyyyytyytPQ……10分由3322yxtyx消去x整理得：3322yt，3322ty，由此31124112222222ttytyytMN，

………………………………11分4322PQMN，故存在定值32，使得PQMNMN。…………………12分22.解：（1）令01,11lngxxaxxg，2221112121xxxaxxaxxg，令,112

2xaxxm……………………………1分当2a时，0241am，且对称轴11ax，所以当1x时，xgxg,0在,1上单调递增，所以11)(xxaxf恒成立，……………………………3分当2a时，0241

am，可知必存在区间0,1x，使得0xm，当0,1xx时，有0xg，即xg在0,1x上单调递减，由于01g，此时不合题意.……………………………5分综上，2a。……………………………6分另法：参变分离参照给分.（2）①先证332ln。

法一：要证32332ln3e，235.13eee，432，下证：423e，只需证163e，而16683.197.233e，得证.…………………………………………9分法二：先证不等式1121lnxxxx，令32x，

33232213213221321322132ln。……………9分法三：先证不等式yxyxyxyxxy,0,0lnln，令32x，1y，3223131232431

323132ln032ln1321322…9分②再证32ln33.法一：由（1）知，取2a，则1112lnxxxx，于是当1x时，有112lnxxx，即1114lnx

xxx（*），在不等式（*）中令32x，12311231412324123244132132432ln222312314，下证332312314

，只需证231332314，只需证627324，即证19311，即证2219311，即证361363，显然成立.………………………………………12分5法二：由（1）知，取2a，则1112ln

xxxx，332ln3ln3323ln32ln，在1112lnxxxx中分别令3323xx，，有32413131323ln2，1313

24133213322332ln，3313324332ln3ln3323ln32ln.…………12分法三：要证3332ln321ln3332ln33，函数xxfln)

(，xxf1)(，eef1，函数xxfln)(在点1,1e处的切线方程为2exy，下证2lnexx，令2ln)(exxxg，011)(xxexexxg，当ex1,0时，

0xg，)(xg单增；当,1ex时，0xg，)(xg单减.041)(egxg，即有2lnexx，令32x，332321323232lne，即证.………………………12分注：

其它解法参照以上答案的标准给分.