【文档说明】吉林省东北师范大学附属中学2021届高三下学期第四次模拟考试 数学（理）答案.docx，共(6)页，384.052 KB，由小赞的店铺上传

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切磋砥砺足千日紫电龙光助鹰扬东北师大附中2018级高三年级第四次模拟考试数学（理科）试题参考答案及评分标准一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．i1−+14．415．1216．23三、解答题：共70分．解答应写出文字

说明、解答过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.（本小题满分12分）【试题解析】解：（1）由题意11112111131d

qabadbqadbq=+=++=++=，解得111,2,2abdq====，（2分）所以21nan=−，（4分）2nnb=．（6分）（2）212nnnanb−=，（7分）23135212222nnnS−=++++（8分）21352121222nnnS−−=

++++相减得231222221122222nnnnS−−=+++++−111212321312212nnnnnnS−−−+=+−=−−．（12分）【另解】1212123222nnnnnannnb−−++==−

，2301121135213557212323()()322222222222nnnnnnnnnS−−+++=++++=−+−++−=−123456789101112ACDBACDDABDB18．（本小题满分12分）【试题解析】解：（

1）（2分）222()95(3055010)4.4083.841()()()()40558015nadbcKabcdacbd−−==++++（7分）有95%的把握认为是否愿意接种疫苗与性别有关．（8分）（2）1164221592486923CC

pCC===−．（12分）19．（本小题满分12分）【试题解析】证明：（1）取BD中点O，连接OA，OC，则OCBD⊥，又BCDC=，ACBACD=，ACAC=，所以ABCADC△△，所以ABAD=，所以AOBD⊥．AOCOO=I，AO平面

AOC，CO平面AOC，所以BD⊥平面AOC．又AC平面AOC，所以ACBD⊥．（4分)（2）解：（2）由（1）知BD⊥平面AOC，BD平面BCD，所以平面BCD⊥平面AOC．所以CA在平面上的射影是CO，所以ACO为直线AC与平面BCD所成的角，即45ACO=．（6分)又因为12

22COBD==，1AC=，在ACO△中由余弦定理可知AO22=，所以222AOOCAC+=，所以AOOC⊥．且平面AOCI平面BCDOC=，所以AO⊥平面BCD．（8分)【方法一】取CD中点E，连接OE，AE，则OECD

⊥，AECD⊥，所以AEO为二面角ACDB−−的平面角，132cos332OEAEOAE===．（12分)愿意接种不愿意接种合计男301040女50555合计801595【方法二】以O为原点，,,OCODOA分别是x轴，y轴，z轴

建立平面直角坐标系，如图所示．则(0,0,0)O,2(,0,0)2C,2(0,,0)2D,2(0,0,)2A．2222(,0,),(0,,)2222CADA=−=−uuruuur，平面BCD的法向量为)(0,0,1n=r，设平面ACD的一个法向量为(,,)mxyz=u

r，则2202222022mCAxzmDAyz=−+==−+=uruururuuur，可得(1,1,1)m=ur，记二面角ACDB−−的平面角为，则13cos33|||1|mnmn===urrurr．即二面角ACDB−

−的余弦值为33．（12分)20．（本小题满分12分）【试题解析】解：（1）因为直线AB斜率为1，所以设直线AB方程为yxb=+，与24yx=联立得，2440yyb−+=，124yy+=，（2分）因为

焦点(1,0)F，所以设直线AP方程为1xmy=+，与24yx=联立得2440ymy−−=，134yy=−，（4分）（2）设直线PQ方程为xtyn=+，与24yx=联立得，2440ytyn−−=，344yyt+=，344yyn=−，（6分）由（1）知134yy=−，同理244yy=−，所以341

234344()444yytyyyyyyn−+−−+=+==，又由（1）知124yy+=，所以nt=，（10分）所以直线PQ方程为(1)xtytty=+=+，过定点(0,1)E−．（12分）21．（本小题满分12分）【试题解析】解：（1）因为函数2()2ln1fxxax

x=−+有两个极值点12,xx，所以()()22(1ln)gxfxxax==−+有两个零点，（1分）2()2agxx=−①若0a，()gx在(0,)+单调递增，至多1个零点，不符合题意；（2分）②若

0a，令2()20agxx=−=，xa=，0xa，()0gx，()gx单调递减，xa时，()0gx，()gx单调递增，min()()2lngxgaaa==−，（i）01a，min()()2ln0gxgaaa==−，

无零点，（3分）（ii）1a=，min()()2ln0gxgaaa==−=，1个零点，（4分）（iii）1a，min()()2ln0gxgaaa==−，又1212()2(1ln)0gaeeee=−+=，且222(2)42

(1ln2)2(22ln1ln2)0gaaaaaaa=−+=−−−，所以()gx在21(,),(,2)aaae各有一个零点，即()fx有两个极值点12,xx，综上，1a．（6分）（2）【证法一】由（1）知1a，且112222(1ln)0,22(1ln)0xaxxax

−+=−+=，1122ln,lnxaaxxaax−=−=，22111111()2ln121fxxaxxxax=−+=−++，22222222()2ln121fxxaxxxax=−+=−++，222112211

122122121()()(21)(21)1xfxxfxxxaxxxaxxxxxxx−−++−−++==+−−，要证明2211221()()1xfxxfxaxx−+−，只需证212xxa．（8分）由1122ln,lnxaaxxaax−=−=相

减得2211lnxxxax−=，不妨设211xtx=，则111lnln,1attxxatxt−==−，2ln1attxt=−，所以22122lnlnln11(1)atattttxxattt==−−−，所以只需证22ln1(1)ttt−，只需证1lnttt−(1)t，（1

0分）设1()ln(1)pttttt=−+，2111(1)()0222tpttttttt−=−−=−所以1()lnptttt=−+在(1,)+单调递减，1()ln(1)0ptttpt=−+=，所

以1lnttt−，因此212xxa．（12分）【证法二】不妨设120xx，1222112122112()()()()111fxfxxfxxfxxxaxxxx−−=+−−2121212()()11(1)()fxfxaxxxx−+−221212()1()1fxafx

axx−−−−（9分）设2222()12ln()2lnfxaxaxxaaFxxaxxxx−−−−===−−，2222()1(1)0aaaFxxxx=−+=−，()Fx在(0,)+为增函数，221212()1

()1fxafxaxx−−−−．（12分）【说明】建议教师重点讲证法一，因为本题中由a确定12,xx，即12,xx都与a有关，而证法二中的12,xx并没有利用12,xx与a相关，说明本题的结论12,xx不是极值点也成立．原来编的题是证明2211221()()21xfxxf

xaxx−+−，考虑到学生的计算量和难度问题只保留了比较简单的右侧不等式，讲解时可以加上．要证明2211221()()21xfxxfxaxx−+−，只需证2121xxa．【证法一】由1122ln,

lnxaaxxaax−=−=相减得2211lnxxxax−=，不妨设211xtx=，则111lnln,1attxxatxt−==−，2ln1attxt=−，要证121xx，由1122ln,lnxaaxxaax−

=−=相加得12122lnxxaaxx+−=，要证121xx，只需证122xxa+，即12lnln(1)ln2111atattattxxattt++=+=−−−，只需证(1)ln21ttt+−，即只需证2(1)ln01ttt−−+，设2(1)()ln(1)1thtttt−=−

+，22214(1)()0(1)(1)thttttt−=−=++，所以()ht在(1,)+单调递增，2(1)()ln(1)01thttht−=−=+，所以122xxa+，所以12122ln0xxaaxx+−=，所以121xx．【证法二】()()22(1ln)gxfxxax=

=−+设()()()Gxgaxgax=+−−，[0,)xa，则222224()()()220aaxGxgaxgaxaxaxax−=++−=−+−=+−−，()()()Gxgaxgax=+−−在[0,)a为减函数，当(0,)xa，()()()(0)0GxgaxgaxG

=+−−=，所以()()gaxgax+−，取1xax=−，则112(2)()()gaxgxgx−=，又因为122(,),(,)axaxa−++，且()gx在(,)a+单调递增，所以122axx−，所

以122xxa+，所以12122ln0xxaaxx+−=，所以121xx．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，按所做的第一题计分．22.[选修44−：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）【试题解析】解：（1）曲线1C的直角坐标方程是24yx=，化成

极坐标方程为2sin4cos=；曲线2C的直角坐标方程是()()22134xy−+−=.（5分）（2）曲线2C是圆，射线OM过圆心，所以方程是()03=，代入2sin4cos=得83A

=，又2AOB=，所以83B=，因此113238383223AOBABS===V.（10分）23.[选修45−：不等式选讲]（本小题满分10分）【试题解析】解：（1）242(4)6xxxx−−+−−+=，当且仅当4x−时等号成立.也可以画图解答（5分）

（2）由（1）可知，6abc++=.又∵0abc，，，∴2222222223()2()()abcabcabc++=+++++222222222()()()()abbccaabc=++++++++2222222()()=36abbcacabcabc+++++=

++（当且仅当2abc===时取等），∴22212abc++．（10分）