黑龙江省鹤岗市第一中学2021届高三上学期第三次模拟（12月）数学（理）试题答案 5页

第三次模拟考试数学（理）试题答案 1-12 AADBA CCBDC BD 13. 7 4  14. 33 5  15. 1 24 16. 1 ,12         min 2 1, 1; 17.(1) ( ) 3, 2 1; 2 1, 1. , 5 4, (2) ( ) 3 ( ) |3m-2| |3m-2| 1 5m , ,3 3 x x f x x x x f x f x 则不等式解集为 由绝对值三角不等式 ， 则由题意的 ，即3 解得                               18（1）正项等比数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且满足 2 2S a 是 12a 和 4a 的等差中项， 设公比为 q，则 2 2 1 42( ) 2S a a a   ，整理得： 1 2 1 42( 2 ) 2a a a a   ， 由于 1 2a  ，即 32(2 4 ) 4 2q q   ，即 3 4q q ，因为 0q  ，所以解得 2q = ， 所以 2n na  . （2）由于 2 1 2 2 1 2 1log 2 1 2 n n nb a a n        ，所以 2 3 22 8 3 n nT n    . 19 解：（1） 13 cos sin (cos sin )(cos sin )2( )f x x x x x x xa b      3 1sin2 cos2 sin 22 2 6x x x        ， 则对称轴为 2 26 2x k     ， k Z ，得 6x k   ， k Z ， 所以函数 ( )f x 的对称轴为  6x k k Z    . （2）因为三角形 ABC ，， 又因为 1( ) sin 2 6 2f A A       ，所以 3A  因为 1 3sin 32 4ABCS bc A bc  △ ，所以 4bc  又因为 2 2 2 2 2( ) 2 1cos 2 2 2 b c a b c bc aA bc bc        ，所以 4b c  所以 ABC 的周长为 6a b c   . 20.（1）由题意， 22 , 12 b ca   . 所以，椭圆方程为 2 2 2 1x y  （2）设直线l 的方程为 1x my  ，联立 2 2 1,2 1. x y x my       整理得： 2 2( 1) 2 2my y   ，即 2 22 2 1 0m y my    . 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，由    2 2 22 4 2 ( 1) 8 8 0m m m          ，得 1 2 2 2 2 my y m     ， 1 2 2 1 2y y m     . 由题意 O 在圆上，则 90AOB   ，得 0OA OB   ，即 1 2 1 2 0x x y y  ，得   1 2 1 21 1 0my my y y    . 故   2 1 2 1 21 1 0m y y m y y     .故 2 2 2 2 1 2 1 02 2 m m m m      . 解得 2 1 2m  ，故 2 2m   .故l ： 2 12x y   （即 2 2y x   ） 综上所述，所求直线l 的方程为 2 2 2 + 2y x y x或    . 21.（1）取 AB 的中点 N，连接 CN . 在直角梯形 ABCD 中，易知 2AN BN CD   ，且 CN AB . 在 Rt CNB△ 中，由勾股定理得 2BC  . 在 ACB△ 中，由勾股定理逆定理可知 AC BC . 又因为平面 BCM  平面 ABCD ， 且平面 BCM  平面 ABCD BC ， 所以 AC  平面 BCM . （2）取 BC 的中点 O，连接 OM ， ON . 所以ON AC∥ ， 因为 AC  平面 BCM ， 所以ON  平面 BCM . 因为 BM MC ， 所以OM BC . 如图建立空间直角坐标系O xyz ， 则  0,0,1M ，  0,1,0B ，  0, 1,0C  ，  2, 1,0A  ，  2,1,1AM   ，  0, 2,0BC   ，  2, 2,0BA   . 易知平面 BCM 的一个法向量为  1,0,0m  . 假设在棱 AM 上存在一点 E，使得二面角 E BC M  的大小为 4  . 不妨设 AE AM  （ 0 1≤ ≤ ）， 所以  2 2 , 2,BE BA AE           ， 设  , ,n x y z 为平面 BCE 的一个法向量， 则 0, 0, n BC n BE        即   2 0, 2 2 0, y x z        令 x λ ， 2 2z   ，所以  ,0,2 2n     . 从而 2cos , 2 m n m n m n         . 解得 2 3   或 2  . 因为 0 1≤ ≤ ，所以 2 3   . 由题知二面角 E BC M  为锐二面角. 所以在棱 AM 上存在一点 E，使得二面角 E BC M  的大小为 4  ， 此时 2 3 AE AM  . 2 22.(1) ( ) 2 ln , (1) 2 ( ) 3 , (1) 3 2 (1) 1 1 1,2 2 f x x f g x ax b g a b g a b a b所以                （2）设 2 2 ln( ) ( ) 2 x x xF x g x x    0 0( ) ( )F m F x x  08 9x  8 (m) 9F 