【文档说明】吉林省吉林市普通中学2021届高三下学期第三次调研测试文科数学答案.pdf，共(4)页，418.409 KB，由管理员店铺上传

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吉林市普通中学2020—2021学年度高中毕业班第三次调研测试文科数学参考答案一、选择题：本大题共12题，每小题5分，共60分.二、填空题：本大题共4个小题,每小题5分，共20分.其中第16题的第一个空填对得2分，第二个空填对得3分.13.114.,,cba1

5.242516.22143xy(2分)，①②③④（3分）17.【解析】（1）mn2cos0mnaaB.0a.........................................3分22cosB,

0B4B.......................................................6分（2）由正弦定理得BbAasinsin2222sin32A23sinA..

........................................9分18.【解析】（Ⅰ）散点图如右图....................1分由散点图可知，管理时间y与土地使用面积x线性相关............................2分依题意:3554321

x，又16y1)2(0)5()1()8()2())((51yyxxiii10210)1()2()(22222251xxii，)(251yyii则4.45435152432061043)()())((21211

niiniiiniiyyxxyyxxr由于75.0947.0，故管理时间y与土地使用面积x线性相关性较强（Ⅱ）22列联表如下：假设0H：该村村民的性别与参与管理的意愿无关2K的观测值82810

25)604060140(3002k.........19.【解析】（１）证明：连.BN连,11HCAAC连MH11,//AHHCAMMBBCMH又MH面CMA1，1BC面CMA1//1BC面CMA1

.................2分四边形NBMA1是平行四边形，MABN1//BN面CMA1，MA1面CMA1//BN面CMA1............................4分11,,BCBNBBCBN面NBC1面//1CMA面NBC1..............

.....................................5分【注：也可以利用CAPNCMNC11//,//证明】PQ面NBC1//PQ面CMA1......................................6分（２）由（１）知，面//1CMA面NBC1．则点B

到面CMA1的距离h即为所求．由1AA面ABC得1AA为锥体CMBA1的高．3422212313111CMBBMCASAAVΔ.............................

.8分MCA1中2222AMACMC，222211ACAACA，222211AMAAMA则328431MCASΔ................................................10分由BMCAMCABVV

11即343231h323220.【解析】解：(Ⅰ)由抛物线的定义知，2321p，解得1p............所以抛物线C的方程为yx22............................焦点)21,0(F.........................

...................(Ⅱ)由(Ⅰ)知焦点)21,0(F,设),(),,(2211yxByxA易知直线l存在斜率，设为k，直线l方程为21kxy，联立yxkxy2212，消去x得：041)1

2(22yky04424kkΔ恒成立，则12221kyy............22||221kpyyAB...........................设原点O到

直线l的距离为1d，12121kd所以121121)1(221||2122211kkkdABS...1S解法二联立yxkxy2212，消去y得：0122kxx，0442kΔ恒成立，则kxx221，121xx(24414)(1||222212

212kkkxxxxkAB设原点O到直线l的距离为1d，12121kd所以121121)1(221||2122211kkkdABS1214421214)(||21||||212221221211kkxx

xxOFxxOFS易知)21,21(kQ设Q到直线l的距离为2d，122222kkd所以1)2(21122)1(221||212222222kkkkkdABS................8分故2111S

S=2121)2()1(21)2(21222222222kkkkkkkk..........9分设112km，1122121211221mmmmmmSS....

............10分当且仅当mm1，即1m时取等号..........................................11分所以2111SS的最大值为1............................................

.......12分21.【解析】解：(Ⅰ)axxexfx)(,则axexfx)1()(...........................1分)(xf有两个极值点，则0)1()(ax

exfx有两个不等实根即ay与)1()(xexHx有两个公共点()(1)xHxex)(Rx)2()(xexHx令0)(xH解得2x.................................................

.....2分)()(xHxH，变化情况如下表所示：x)2,(2),2(2min1)2()(eHxH...............................当x时，)(xH当x时，与一次函数相比xey呈爆炸增长，)(

exxH故)0,1(2ea.............................................(Ⅱ)当0a时，)2ln()2ln()()(xexxxfxgx2(21)(xexgx在)0,2(单调递增，并且011)1(eg，

（也可以取其它点）在)31,1(上存在唯一实数根0x使得0)(0xg.............2100xex，即)2ln(00xx①.................02xx时，0)(

xg，)(xg在),2(0x上单调递减00xx时，0)(xg，)(xg在)0(0，x上单调递增)2ln()()(00min0xexgxgx②..................由①②知，02)1(21)(

)(020000xxxxxgxg1(0x即证当0a时，)0,2(x,0)(xg.....................(Ⅱ)方法二：当0a时，ln()2ln()()(xexxxfxgx令)1()(xexx)02(x再令)2ln(1)(

xxxS)02(x21211)(xxxxS当12x时，0)(xS，)(xS在)1,2(单调递减当01x时，0)(xS，)(xS在)0,1(单调递增0)1()()(m

inSxSxS即)2ln(1xx②..................................................11分由①②知，02x时，)2ln(xex即证当0a时，)0,2(x,0)

(xg.........................................12分22.【解析】（1）sin4sin42.......................................2分0422yyx

即4222yx.......................................4分（2）将直线l参数方程tytx22122（t为参数）代入曲线C4222yx中得：0322tt.....

................................................5分设方程的两根为21,tt则322121tttt.......................................7分021tt1t

与2t异号....................................................8分141222121ttttPBPA...............................10分23.【解析】（Ⅰ）

41,31,25xxxxf.........................................1分50x不等式解集为50xx..........（注：结果不表示成集合或区间扣1分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，xf在1,上单调递减，

,4上单调3minxf3M..........................解法1:3ba612ba1121ba12112161baba3222611221261

baab...............解法2：由柯西不等式得：1121ba12112161baba3264111221612bba

a...当且仅当312baba时，即2,1ba时..........1121ba的最小值为32.......................