【文档说明】辽宁省丹东市2021届高三下学期5月总复习质量测试（二）（二模）数学答案.pdf，共(7)页，735.853 KB，由小赞的店铺上传

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数学试题答案第1页（共7页）2021年丹东市高三总复习质量测试（二）数学试题参考答案一、选择题1．A2．D3．B4．D5．C6．B7．D8．A二、选择题9．AC10．ABC11．BCD12．ACD三、填空题13．714．(1，2)内

任一数15．1316．(－∞，2]∪(10，＋∞)四、解答题：17．解：因为|r1|＜|r2|＜1，所以y＝c＋dx适宜作为y与x的回归方程模型．因为^d＝i=113tiyi－13-t·-yi=113ti2－13-t2＝－2.10.21＝－10，^c＝-y－^

d-t＝109.94＋10×0.16＝111.54．所以y关于x的回归方程为^y＝111.54－10x．当x＝5时，^y＝111.54－105＝109.54≈110．因此预测这种中药藿香在生长期内的环境温度为20℃时的株高为110cm．…………（10分）18．解法1：（1）设

{an}公差为d，由题设可得2(1＋2d)－(1＋3d)＝2，得d＝1．所以{an}的通项公式为an＝n．…………（4分）（2）因为2akak+2＝1k－1k＋2，所以k=1n2akak+2＝(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋…＋

(1n－1n＋2)＝(1＋12＋13＋…＋1n)－(13＋14＋15＋…＋1n＋2)＝(1＋12)－(1n＋1＋1n＋2)＝32－2n＋3(n＋1)(n＋2)．因为(n＋1)(n＋2)＜(2n＋32)2，所以2n＋3(n＋1)(n＋2)＞42

n＋3．按秘密级事项管理数学试题答案第2页（共7页）于是k=1n2akak+2＜32－42n＋3．…………（12分）解法2：（1）同解法1．（2）因为2akak+2＝1k－1k＋2，所以k=1n2akak+2＝(1－13)＋(12－14)＋(

13－15)＋…＋(1n－1n＋2)＝(1＋12＋13＋…＋1n)－(13＋14＋15＋…＋1n＋2)＝(1＋12)－(1n＋1＋1n＋2)＝32－2n＋3(n＋1)(n＋2)．因为2n＋3(n＋1)(n＋2)－42n＋3＝1(n＋1)(n＋2)(2n＋3)＞0．于是

k=1n2akak+2＜32－42n＋3．…………（12分）19．解：（1）连结OB，OD，则OB⊥AC，因为ABC⊥平面ACD，所以OB⊥平面ACD．因为DE⊥平面ACD，所以DE∥OB，于是O，B，E，D四点共面，所以AC的中点O在平面BED内．…………（6分）（2）连结OD，以→

OA，→OB，→OC为x，y，z轴正方向，|→OA|为单位长度，建立空间直角坐标系O－xyz．则A(1，0，0)，B(0，2，0)，→BA＝(1，－2，0)．可设E(0，t，1)，则→BE＝(0，t－2，1)．

因为cos∠ABE＝105，所以cos<→BA，→BE>＝105，可得t＝1或t＝3(舍去)．所以→BE＝(0，－1，1)，设平面BAE的法向量为m＝(x0，y0，z0)，则m·→BA＝0，m·→BE＝0．即x0－2y0＝0，－y0＋z0＝0．可取m＝

(2，1，1)．因为D(0，0，1)，由题设可取平面AED的一个法向量n＝(1，0，1)．于是|cos＜m，n＞|＝|m·n||m||n|＝32．因为二面角B－AE－D为钝角，所以二面角B－AE－D的余弦值为－32．…………（12分）

CDABEOyxz数学试题答案第3页（共7页）20．（1）解法1：因为ω＞0，所以f(x)最小正周期T＝2πω．由f(x)在[π12，7π12]上是减函数可知7π12－π12≤T2，可得ω≤2．因为ω＞0，x∈[π12，7π12]，所以ωx＋π3∈[ω

π12＋π3，7ωπ12＋π3]．由0＜ω≤2可知π3＜ωπ12＋π3≤π2，由题设可得[ωπ12＋π3，7ωπ12＋π3]⊆[π2，3π2]．于是ωπ12＋π3≥π2，7ωπ12＋π3≤3π2．解得ω＝2．…………（6分）解法2：因为ω＞0，x∈[π12，7π12]，所以

ωx＋π3∈[ωπ12＋π3，7ωπ12＋π3]．由题设可得[ωπ12＋π3，7ωπ12＋π3]⊆[2kπ＋π2，2kπ＋3π2]，k∈Z．于是ωπ12＋π3≥2kπ＋π2，7ωπ12＋π3≤2kπ＋3

π2，k∈Z．解得24k＋2≤ω≤247k＋2且k∈Z．因为ω＞0，所以247k＋2＞0，24k＋2≤247k＋2，k∈Z．可得－712＜k≤0且k∈Z，所以k＝0．于是ω＝2．…………（6分）解法3：因为ω＞0，所

以f(x)最小正周期T＝2πω．由函数f(x)在[π12，7π12]上是减函数可知7π12－π12≤T2，可得ω≤2．数学试题答案第4页（共7页）f(x)的一个单调递减区间为[π6ω，7π6ω]．当ω＝2时，f(x)在[π12，7π

12]上是减函数．当0＜ω＜27时，7π6ω∈(π12，7π12)，f(x)在[π12，7π12]上没有单调性．当ω＝27时，x＝7π12是f(x)极大值点，f(x)在[π12，7π12]不是减函数．当27＜ω＜2时，π6ω∈(π12，7π12)

，f(x)在[π12，7π12]上没有单调性．综上，ω＝2．…………（6分）（2）解法1：因为ω＝2，所以f(x)极大值点为x＝kπ＋π12，k∈Z．其中距离x＝－6，x＝0，x＝6最近的极大值点分别为x＝－2π＋π12，x＝π12，x＝

2π＋π12．因为|－6－(－2π＋π12)|＜|0－π12|＜|6－(2π＋π12)|，所以f(－6)＞f(0)＞f(6)．…………（12分）解法2：由（1）可知f(x)图像关于x＝π12对称，所以f(0)＝f(π6)．由（1）可得f(x)最小正周期为π，所

以f(－6)＝f(2π－6)．f(6)＝f(6－2π)＝f(2×π12－6＋2π)＝f(13π6－6)．因为π6，2π－6，13π6－6∈[π12，7π12]，2π－6＜π6＜13π6－6，f(x)在[π12，7π12]上是减函数．所以f(2π－6)

＞f(π6)＞f(13π6－6)，从而f(－6)＞f(0)＞f(6)．…………（12分）21．解法1：（1）由题设得y－3x·y＋3x＝－12，化简得C的方程为x218＋y29＝1(x≠0)，曲线C是中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不

含上下顶点．…………（4分）（2）设P(x1，y1)，由（1）可知AP，AQ不垂直于x轴时，可设AP：y＝k1x－3，代入x218＋y29＝1得x1＝12k11＋2k12，y1＝12k121＋2k12－3＝6k12－31＋2k

12．设AQ斜率为k2，Q(x2，y2)，同理x2＝12k21＋2k22，y2＝6k22－31＋2k22．因为P，Q，D共线，所以x1(y2－1)＝x2(y1－1)，即12k11＋2k12·4k22－41＋2k22＝12k21＋2k22·4k12－41＋2k12，因为k1≠k2，可得k1k

2＝－1．数学试题答案第5页（共7页）|AP|＝x12＋(y1＋3)2＝12k14＋k121＋2k12，把k1用－1k1换可得|AQ|＝12k12＋12＋k12．不妨设k1＞0，则|AP|·|AQ|＝144k1(k1

2＋1)2k14＋5k12＋2＝144(k1＋1k1)2(k1＋1k1)2＋1．设t＝k1＋1k1，由k1＞0，得t≥2，当且仅当k1＝1时取等号．因为|AP|·|AQ|＝1442t＋1t，设f(t)＝2t＋1t，f′(t)＝2－1t2＞0，于是f(t)在[2，＋∞)单调递增，

所以当t＝2，即k1＝1时，|AP|·|AQ|取得最大值，最大值为32．…………（12分）解法2：（1）同解法1．（2）由（1）可知l不垂直于x轴时，可设l：y＝kx＋1，代入x218＋y29＝1得(1＋2k2)x2＋4kx－16＝0

．当△＝16(9k2＋4)＞0时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－4k1＋2k2，x1x2＝－161＋2k2．因为→AP·→AQ＝x1x2＋(kx1＋1＋3)(kx2＋1＋3)＝(1＋k2)x1x2＋4k(x1＋x2)＋16＝(1＋k

2)(－161＋2k2)＋4k·(－4k1＋2k2)＋16＝0．所以AP⊥AQ．因为x1，x2＝－2k±29k2＋41＋2k2，所以|PQ|＝1＋k2|x1－x2|＝41＋k29k2＋41＋2k2．因为点A到直线距离d＝41＋k2．【※】于是|AP|·|AQ|＝

|PQ|d＝169k2＋41＋2k2＝16－12(11＋2k2－92)2＋818．因为0＜11＋2k2≤1，所以|AP|·|AQ|≤32，当k＝0时等号成立．因此|AP|·|AQ|的最大值为32．…………（12分）【或者】※以后：设9k2＋4＝t，则t≥2，当k＝0时等号成立．数学试题答

案第6页（共7页）所以|AP|·|AQ|＝1442t＋1t，设f(t)＝2t＋1t，f′(t)＝2－1t2＞0，于是f(t)在[2，＋∞)单调递增，所以f(t)≥f(2)＝92，从而|AP|·|AQ|≤32，当k＝0时等

号成立．因此|AP|·|AQ|的最大值为32．…………（12分）解法3：（思路清晰，过程太麻烦）（1）同解法1．（2）由（1）可知l不垂直于x轴时，可设l：y＝kx＋1，代入x218＋y29＝1得(1

＋2k2)x2＋4kx－16＝0．当△＝16(9k2＋4)＞0时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－4k1＋2k2，x1x2＝－161＋2k2．因为|AP|＝x12＋(kx1＋4)2＝(1＋k2)x

12＋8kx1＋16，|AQ|＝(1＋k2)x22＋8kx2＋16，所以|AP|·|AQ|＝(1＋k2)2(x1x2)2＋8k(1＋k2)x1x2(x1＋x2)＋16(1＋k2)(x12＋x22)＋128k(x1＋x2)＋64kk2＋256＝169k2＋41＋2k2．……（略）……

……（12分）22．解法1：（1）若a＜0，则f(x)定义域为(－∞，0)，f′(x)＝1－xx＜0，f(x)在(－∞，0)单调递减．若a＞0，则f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－xx．由f′(x)＞0得0＜x＜1，由f′(x)＜0得

x＞1，所以f(x)在(0，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减．…………（6分）（2）不等式(x－1)ex-a－x＋a≥f(x)等价于(x－1)ex-a－ln(ax)≥0．设g(a)＝(x－1)ex-a

－ln(ax)，g′(a)＝e-a[(1－x)ex－eaa]．设h(x)＝(1－x)ex，则h′(x)＝－xex＜0，所以h(x)＜h(0)＝1．而eaa＞1，所以g′(a)＜0，g(a)在(0，1]单调递减，所以

g(a)≥g(1)＝(x－1)ex-1－lnx．由（1）可知，当a＝1时，f(x)≤f(1)＝0，得lnx≤x－1．所以(x－1)ex-1－lnx≥(x－1)ex-1－(x－1)＝(x－1)(ex-1－1)≥0．因此当0＜a≤1时，f(x)≤(x

－1)ex-a－x＋a．…………（12分）解法2：（1）同解法1．（2）不等式(x－1)ex-a－x＋a≥f(x)等价于(x－1)ex-a≥ln(ax)．由（1）可知，当a＝1时，f(x)≤f(1)＝0，得lnx≤x－1，从而ln(a

x)≤ax－1．数学试题答案第7页（共7页）设g(x)＝(x－1)ex-a－ax＋1，g′(x)＝xex-a－a在(0，＋∞)单调递增．因为g′(a)＝0，所以当x∈(0，a)时，g′(x)＜0，当x∈(a，＋∞)时，g′(x)＞0．所以g(x)≥g(a)＝

a(1－a)≥0．因此(x－1)ex-a≥ax－1≥ln(ax)．所以当0＜a≤1时，f(x)≤(x－1)ex-a－x＋a．…………（12分）解法3：（1）同解法1．（2）设g(x)＝(x－1)ex-a－lnax，g′(x)＝x2ex-a－1x．

因为h(x)＝x2ex-a－1在(0，＋∞)单调递增，h(a)＝a2－1≤0，h(1)＝e1-a－1≥0，所以存在唯一x0∈[a，1]，使h(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，g′(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞0

，所以g(x)≥g(x0)．由h(x0)＝0可得x02ex0-a＝1，即2lnx0＋x0－a＝0．所以g(x0)＝x0－1x02－lnx0－ln(2lnx0＋x0)．因为函数k(x)＝2lnx＋x－a在(0，＋∞)单调递增，k(12)＝12－2ln2－

a＜0，所以x0∈(12，1]．由（1）可知，当a＝1时，f(x)≤f(1)＝0，得lnx≤x－1．因此g(x0)≥x0－1x02－lnx0－(2lnx0＋x0－1)＝x0－1x02－3lnx0－(x0－1)≥x0－1x02－4(x0－1)＝(x0－1)(1－4x02)x02≥0所以当0＜a≤

1时，f(x)≤(x－1)ex-a－x＋a．…………（12分）