【数学】四川省成都市新都区2021届高三上学期摸底测试（理）试题（扫描版） 9页

四川省成都市新都区 2021届高三上学期 摸底测试（理）试题 【参考答案】 一．选择题： CDADB ABBBC DA 二．填空题： 13. π 4 ； 14. 100 6 ； 15. 3 3 2  ； 16. ①③④ 三．解答题： 17.（10分） 解（1）根据甲班的统计数据，该校高三年级每天学习时间达到 5小时及以上 的学生人数约为  600 0.500 0.250 0.050 480    ；............................4分 （2）甲班每天学习时间不足 4小时的学生人数为40 0.050 2  ，...........5分 乙班每天学习时间不足 4小时的学生人数为 40 0.100 4  ，............6分 从甲班抽到的学生人数 X 可取的值为 0,1,2，..........................7分 则   0 3 2 4 3 6 10 5 C CP X C    ，   1 2 2 4 3 6 31 5 C CP X C    ，   2 1 2 4 3 6 12 5 C CP X C    ，.......8分 所以 的分布列为： 0 1 2 P 1 5 3 5 1 5 则 X 的数学期望为：   1 3 10 1 2 1 5 5 5 E X        .........................10分 18．（12分）（1）证明：连接 A B ， M 、 N 分别是 AC 、 BC的中点， / /MN A B  ，...................1分 连接 BC，交 B C 于G，连接 FG，由 F 为 A C 的中点， G为C B 的中点，可得 / /FG A B ，......................3分 则 / /MN FG， .......................4分 FG  平面CFB，MN  平面CFB，..........5分 / /MN 平面CFB；............................6分 . C 在底面的投影为 F ， CF 平面 ABC   , CF AC   , ................7分 因为△ ABC  是边长为 2的正三角形,  BF AC   , B F CF F  , A C CFB  面 , AC FP   ,............9分 PFB 是平面 PAC 与平面 ABC  所成角的平面角，........10分 = 3FB ， 1CF  ， =2CB , 1PF  , 60CFP   ,..........11分 30PFB   即二面角 P A C B    的大小为 30 . ...........12分 （说明：如果用建系完成的，建系和坐标 2分，法向量 3分，结果 1分） 19.（12分）解：（1）由题意 2 3 1 cos( ) 1 3 sin cos cos 1 sin 1 2 2 2 2 2 x x x xf x m n x              ...........1分 3 1 1 1sin cos sin 2 2 2 6 2 x x x           ，...............................3分 因为 ( ) 1f x  ，所以 sin 6 1 2 x       ， 又 0, 2 x     ，所以 , 6 6 3 x        ，...................................5分 所以 6 6 x     即 3 x   ；.............................................6分 由 2 cos 2 3b A c a  可得 2sin cos 2sin 3 sinB A C A  ，........7分 因为  C A B   ，所以  sin sin sin cos cos sinC A B A B A B    ， 所以  2sin cos 2 sin cos cos sin 3sinB A A B A B A   即 3 sin 2sin cosA A B ，....9分 由  0,A  可得 sin 0A  ，所以 3cos 2 B  ，..........................10分 所以 0, 6 B    ，所以 ,0 6 6 B       ， 1sin ,0 6 2 B            ，.............11分 所以 1 1( ) sin 0, 6 2 2 f B B              ........................................12分 20（12分）．解（1）设等差数列 na 的公差为 d ， ∵ 5 35S S ， 4 22 3a a  ， ∴     1 1 1 1 5 10 5 3 3 , 3 2 3, a d a d a d a d          ..............................................2分 ∴ 1 1a  ， 2d   ，....................................................3分 ∴ 1 ( 1) ( 2) 2 3na n n        . .........................................4分 ∵ *31 2 1 2 3 1 1, 2 n n n b bb b n a a a a      N ， ①∴ 1n  时， 1 1 1 1 2 b a   ， ∴ 1 1 2 b   ，...........................................................5分 2n 时， *3 11 2 1 1 2 3 1 1 1, 2 n n n b bb b n a a a a         N ，② ②得： 1 1 1 11 1 2 2 2 n n n n n b a            ，..................................7分 ∴ 1(2 3) 2n nb n   又 1 1 2 b   也符合上式， ∴ 1(2 3) 2n nb n   ，.....................................................8分 又 1 1 1 1 1 2 5(2 1) (2 3) 2 2 2n n n n n nb b n n             ， ∴当 2n 时， 1 0n nb b   ；当 3n 时， 1 0n nb b   ， ∴数列 nb 先单调递增再递减，...........................................10分 ∴ 8 3 3 bbn的最大值为 ....................................................12分 21.（12分）解：（1）由题意知 EB ED ， 所以 4 2EB EA PE EA PA AB       ， 所以 E的轨迹是焦点为 A、 B，长轴为 4的椭圆，.......................................................2分 设椭圆方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     ，则 2 4a  ， 2 2c  ， 所以 2 4a  ， 2b 3 ，...............................................3分 所以椭圆方程为 2 2 1 4 3 x y   即点 E的轨迹的方程为 2 2 1 4 3 x y   ；.................................4分 (2)因为直线HG斜率不为 0，设为 1x ty  ，设  1 1,G x y ，  2 2,H x y ， 联立 2 2 1, 1 4 3 x ty x y       整理得  2 23 4 6 9 0t y ty    ， 所以 2 2 2=36 36(3 4) 144( 1) 0t t t      ， 1 2 2 6 3 4 ty y t     ， 1 2 2 9 3 4 y y t    ，......6分 所以 2 1 2 2 1 6 1 2 3 4OHG tS OA y y t     △ ， ...............................7分 ∵ 2MN OM   ，∴ 2GHN OHGS S△ △ ， .............................9分 设四边形OHNG的面积为 S ， 则 2 2 8 3 4 3 1 1 OHG GHN OHG tS S S S t      △ △ △ 2 2 22 18 18 13 4 3 1 11 t t tt       ，...10分 令 2 1 ( 1)t m m  ≥ ，再令 13y m m   ， 则 13y m m   在  1, 单调递增，所以 1m  时， min 4y  ， 此时 0t  ， 2 2 13 1 1 t t    取得最小值 4，所以 max 9 2 S  ．..............12分 22（12分）解：（1）  f x 的定义域为  0,  ，   1 3 3 3 a x af x x x     ．........1分 当 0a  时，   0f x  ，则  f x 在  0,+ 上是增函数．........................2分 当 0a  时，   0 3f x x a    ；   0 0 3f x x a     ， 所以  f x 在  0,3a 上是减函数，在  3 ,a  上是增函数．.....................4分 综上，当 0a  时，  f x 在  0,  上是增函数； 当 0a  时，  f x 在  0,3a 上是减函数，在  3 ,a  上是增函数．..............5分 （2）若函数  f x 有两个零，点 1x ， 2x ，根据（1），可得 0a  ． 不妨设 2 10 x x  ，由    1 2 0f x f x  ，得 1 1 2 2 3 ln 3 0, 3 ln 3 0, x a x x a x        ..............6分 两式相减，得 1 1 2 2 3 ln xx x a x   ，解得 1 2 1 2 3ln x x a x x   ， 要证明 2 111 11x x a  ，即证  1 2 2 1 1 2 11 11 3ln x x x x x x    ，.......................7分 即证     1 21 2 2 1 11 ln 3 11 x xx x x x    ，设  1 2 1x u u x   ，则     11 1 ln 3 11 u u u    ．...................................9分 则        11 1 ln 1 3 11 u g u u u u      ，则         2 2 2 111 44 0 11 11 u g u u u u u         ， 所以  g u 在  1, 上为增函数，从而    1 0g u g  ，即     11 1 ln 3 11 u u u    成立， 因此，  2 111 0x a x   成立．即 2 111 11x x a  ..........................12分