吉林市2021届高中毕业班第三次调研测试数学（文）试卷 扫描版含答案.pdf

1、18.【解析】（）散点图如右图.1 分 文科数学参考答案由散点图可知，管理时间 y 与土地使用面积 x 线性相关.2 分 一、选择题：本大题共 12 题，每小题 5 分，共 60 分.依题意:3554321=+=x，又16=y 437281)2(0)5()1()8()2()(51=+=yyxxiii.3 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.10210)1()2()(22222251=+=xxii，206)(251=yyii.4 分 13.1 14.,c b a 15.2425 则947.04.45

2、435152432061043)()()(21211=niiniiiniiyyxxyyxxr.5 分 16.22143xy+=(2 分)，（3 分）17.【解析】（1）nm 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.6 分 0cos2=+=Baanm .()0a .3 分（）22列联表如下：22cos=B (),0B 4=B.6 分 （2）由正弦定理得BbAasinsin=.8 分 假设0H：该村村民的性别与参与管理的意愿无关 2222sin32=A 23sin=A .9 分 2K 的观测值 828.1025100200120180)604060140(300

3、2=k .10 分 (),0A 3=A或 32 .12 分 001.0)828.10(2KP 注：只写出一种情形且算对，扣 2 分；未说明角范围各扣 1 分.所以有9.99%的把握认为该村的村民的性别与参与管理意愿有关.12 分 19.【解析】解：()由抛物线的定义知，2321=+p，解得1=p.2 分（）证明：连.BN 连,11HCAAC=连 MH 所以抛物线C 的方程为yx22=.3 分 MHBCMBAMHCAH/,11=焦点)21,0(F .4 分 又MH面CMA1，1BC面CMA1/1BC面CMA1 .2 分 ()由()知焦点)21,0(F,设),(),(2211yxByxA 四边形N

4、BMA1是平行四边形，MABN1/易知直线 l 存在斜率，设为k，直线 l 方程为21+=kxy，BN面CMA1，MA1面CMA1 联立=+=yxkxy2212，消去 x 得：041)12(22=+yky /BN面CMA1 .4 分=BNBCBBNBC,11面NBC1 面/1CMA面NBC1 .5 分 04424+=kk 恒成立，则12221+=+kyy .5 分【注：也可以利用CAPNCMNC11/,/证明】22|221+=+=kpyyAB .6 分 设原点O 到直线 l 的距离为1d，12121+=kd PQ面NBC1/PQ面CMA1 .6 分（）由（）知，面/1CMA面NBC1则点 B

5、到面CMA1的距离h即为所求 所以121121)1(221|2122211+=+=kkkdABS .7 分 由1AA面 ABC 得1AA 为锥体CMBA 1的高 1S 解法二 3422212313111=CMBBMCASAAV.8 分 联立=+=yxkxy2212，消去 y 得：0122=kxx，MCA1中2222=+=AMACMC，0442+=k 恒成立，则kxx221=+，121=xx 222211=+=ACAACA，222211=+=AMAAMA)1(24414)(1|222212212+=+=+=kkkxxxxkAB 则328431=MCAS.10 分 设原点O 到直线 l 的距离为1

6、d，12121+=kd 由BMCAMCABVV=11 即343231=h 所以121121)1(221|2122211+=+=kkkdABS 得332=h 即点Q 到面CMA1的距离为332.12 分 1S 解法三 20.【解析】1214421214)(|21|212221221211+=+=+=kkxxxxOFxxOFS 2min1)2()(eHxH=.4 分 当+x时，+)(xH 当x时，与一次函数相比xey=呈爆炸增长，01)(+=xexxH.5 分 易知)21,21(kQ 设Q 到直线 l 的距离为2d，122222+=kkd 故)0,1(2ea.6 分 所以1)2(21122)1(2

7、21|212222222+=+=kkkkkdABS.8 分()当0=a时，)2ln()2ln()()(+=+=xexxxfxgx)02(x .7 分 故2111SS=2121)2()1(21)2(21222222222+=+=+kkkkkkkk.9 分 21)(+=xexgx在)0,2(单调递增，并且011)1(=eg，0531)31(3=eg 设112+=km，1122121211221=+=+=mmmmmmSS.10 分（也可以取其它点）在)31,1(上存在唯一实数根0 x 使得0)(0=xg.8 分 当且仅当mm1=，即1=m时取等号.11 分 2100+=xex，即)2ln(00+=x

8、x .9 分 所以2111SS 的最大值为1 .12 分 02xx 时，0)(xg，)(xg在),2(0 x上单调递减 21.【解析】00 xx时，0)(xg，)(xg在)0(0，x上单调递增 解：()axxexfx=)(,则axexfx+=)1()(.1 分)2ln()()(00min0+=xexgxgx .10 分)(xf有两个极值点，则0)1()(=+=axexfx有两个不等实根 由知，02)1(21)()(020000+=+=xxxxxgxg)311(0 x 即ay=与)1()(+=xexHx有两个公共点)1()(+=xexHx)(Rx)2()(+=xexHx 即证 当0=a时，)0,

9、2(x,0)(xg.12 分 令0)(=xH解得2=x.2 分()方法二：当0=a时，)2ln()2ln()()(+=+=xexxxfxgx )02(x.7 分)()(xHxH，变化情况如下表所示：x )2,(2),2(+令)1()(+=xexx)02(x )(xH 0 +01)(=xex)(xH 单调递减 21e 单调递增)(x在)0,2(单调递减 0)0()(min=x，（）()=4,5241,31,25xxxxxxf .1 分 0)(x 即1+xe x .9 分 5)(xf 1525xx或4153x或4552xx .3 分 再令)2ln(1)(+=xxxS)02(x 21211)(+=+

10、=xxxxS 50 x 不等式解集为50 xx .4 分（注：结果不表示成集合或区间扣 1 分）当12x时，0)(xS，)(xS在)1,2(单调递减（）由（）知，()xf在()1,上单调递减，()+,4上单调递增，当01x时，0)(xS，)(xS在)0,1(单调递增 ()3min=xf 3=M .5 分 0)1()()(min=SxSxS 解法 1:3=+ba ()()612=+ba 即)2ln(1+xx .11 分 1121+ba 由知，02x时，)2ln(+xe x 即证 当0=a时，)0,2(x,0)(xg .12 分 ()()12112161+=baba 22.【解析】（1）sin4=

11、sin42=.2 分 ()3222611221261=+=baab .8 分 0422=+yyx即()4222=+yx.4 分 解法 2：由柯西不等式得：（2）将直线 l 参数方程+=tytx22122（t 为参数）代入曲线 C()4222=+yx中 1121+ba()()12112161+=baba 3264111221612=+bbaa .8 分 得：0322=tt .5 分 设方程的两根为21,tt 则=+322121tttt .7 分 当且仅当=+=+312baba 时，即 2,1=ba时.9 分 021 tt 1t与2t 异号 .8 分 1121+ba的最小值为 32 .10 分 141222121=+=+=+ttttPBPA .10 分 23.【解析】