第五次模拟考试参考答案_2024年5月_01按日期_8号_2024届吉林省长春市东北师范大学附属中学高三下学期第五次模拟考试

高三年级第五次模拟考试数学参考答案 一、单项选择题 二、多项选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 D A D A C B B D 三、填空题 12． -第1页-（共3页） 2 13． 2 3 14． 1 8 四、解答题 15.（本小题满分13分） 【解析】方法1：（1）设 A 1 C A C 1 = D ，则 D 为 A 1 C 中点， A 1 M A N = E ，连 D E ， 延长 A N 交 B B 1 延长线于 F ， 由 A 1 N = 2 N B 1 得 A A 1 = 2 B 1 F ， AA =MF ，AE = EM ， 1 1 E 为AM 中点， 1 M C ∥ D E ， D E  平面 N A C 1 ， M C  平面 N A C 1 ， M C ∥ 平面 N A C 1 ， （2）因为AC ⊥平面MAC， 1 1 A C 1 ⊥ D E ，AC ⊥ DM ， 1 所以  M D E 即为二面角 M − A C 1 − N 的平面角， D E = 1 2 M C = 2 5 ， D M = 3 ， E M = 1 2 A 1 M = 2 5 解法2： （1）取 ， 15 15 cosMDE = ，二面角M −AC −N 的余弦值为 ． 5 1 5 A C 中点 O ，取 A 1 C 1 中点 O 1 ，连 O B ， O O 1 ，以 O 为坐标原点， O B , O C , O O 1 所在直线分别为 x , y , z 轴，建系如图， 则 A ( 0 , − 1 , 0 ) , C 1 ( 0 , 1 , 2 ) ， C ( 0 , 1 , 0 ) , M ( 3 , 0 , 1 ) ， N ( 2 3 3 , − 1 3 , 2 ) ， A C 1 = ( 0 , 2 , 2 ) , C M = ( 3 , − 1 , 1 ) ， 2 3 4 C N =( ,− ,0)，AM =( 3,1,1)， 1 3 3 设平面 N A C 1 的一个法向量为 n = ( x , y , z ) ， 则  n n   A C C N 1 1 = = 2 2 y 3 + 3 2 x z − = 4 3 0 y = 0 ， 令 y = 3 ，则x=2，z =− 3， n = ( 2 , 3 , − 3 ) ， n  C M = 0 ， M C ∥ 平面NAC ． 1 （2）设平面 M A C 1 的一个法向量为 m = ( a , b , c ) ， 则  m m   A A C M 1 = = 2 b 3 + a 2 + c b = + 0 c = 0 ， 令b=1，则c=−1,a=0，m=(0,1,−1)， c o s  m , n  = | m m  || n n | = 1 2 0  3 2 = 1 5 5 ， 所以锐二面角 M − A C 1 − N 9 10 11 z AC ABD BC A 1 C 1 N B 1 M A O C y B x F A 1 C 1 N B E 1 D M A C B 15 的余弦值为 ． 5 {#{QQABCYSAggggAIAAABhCQQngCEKQkAGAAAoGhAAMsAAAiAFABCA=}#}16.（本小题满分15分） 【解析】（1） （i） （ii）零假设 -第2页-（共3页） H 0 : 数学成绩与物理成绩相互独立，即数学成绩与物理成绩无关联． 2 ( a b ) ( n c ( a d d ) ( b a c 2 ) c ) ( b d ) 2 0 ( 4 3 1 1 6 4 5 1 1 2 5 ) 2 2 3 0 6 . 6 6 7 6 . 6 3 5 0 .0 1   = + + − + + =    −   =   = ， 依据 0 . 0 1  = 的独立性检验，推断 H 0 不成立，即认为数学成绩与物理成绩有关联． （2）（i） x = 1 0 0 ，y =70， r = [ 3 0 2 + 3 1 0 0  2 2 + 0 0 + 2 1 + 0 (  − ( 1 − 5 1 ) ) 2 + + 0 ( −  2 ( 5 − ) 3 2 ) ] + [ 2 ( 0 − 2 1 + 5 )  ( − 1 0 ) + 2 + ( − ( 2 − 5 3 )  2 ) + ( − 0 1 2 6 + ) ( − 1 6 ) 2 ] = 1 8 9 5 9 0 0  6 6 6 = 3 3 3 7 ． （ii） ˆb = 3 0  2 0 + 1 0  3 0 ( − 2 1 + ) 1 + 0 0 2  + ( 0 − 2 3 + ) + ( − ( 1 − 5 1 ) 5 2 ) +  ( 0 − + 2 5 ( ) − 2 2 5 )  ( − 1 6 ) = 1 9 8 9 5 0 0 = 9 9 1 8 5 a = y − ˆb x = 7 0 − 1 9 8 9 5  1 0 0 = 6 3 1 7 0 99 610 ，经验回归方程为y = x+ ， 185 37 x = 1 2 0 ， ˆy = 1 9 8 9 5  1 2 0 + 6 3 1 7 0 = 2 9 3 8 7 6  8 0 . 7  8 1 ，物理成绩约为81分． 17. （本小题满分15分） 【解析】（1）当a=1时， f(x)= xlnx−x+1， f(x)=1+lnx−1=lnx， x(0,1)， f(x)0， f(x)单调递减；x(1,+)， f(x)0， f(x)单调递增； f ( x ) m in = f ( 1 ) = 0 设g(x)=1+lnx−xa−1， ． （2） f(x)=a(1+lnx)−axa−1 =a(1+lnx−xa−1)， g ( x ) = 1 x − ( a − 1 ) x a − 2 ， ①若 a = 1 ，由（1）知 f(x) f(1)=0，不合题意； ②若1a2， g ( x ) = 1 x − ( a − 1 ) x a − 2 = 1 x [ 1 − ( a − 1 ) x a − 1 ] ， 设h(x)=1−(a−1)xa−1， h ( x ) = − ( a − 1 ) 2 x a − 2  0 ， h ( x ) 单调递减， h (1 ) = 1 − ( a − 1 ) = 2 − a  0 ，令 h ( x 0 ) = 1 − ( a − 1 ) x 0 a − 1 = 0 ， x 0 = ( a − 1 ) − a 1− 1 ， x  ( 1 , x 0 ) ，h(x)0，g(x)0，g(x)单调递增，g(x) g(1)=0， f ( x )  0 ， f ( x ) 单调递增， f ( x )  f (1 ) = 0 ，不合题意； ③ a ≥ 2 ， x  (1 , +  ) ， g ( x ) = 1 x − ( a − 1 ) x a − 2  0 ， g ( x ) 单调递减， g ( x )  g (1 ) = 0 ， f ( x )  0 ， f(x)单调递减， f ( x )  f (1 ) = 0 ； 综上， a ≥ 2 ． 18. （本小题满分17分） 【解析】（1）依题意  c a 4 2 a 2 b = + = 3 2 1 2 b 2 a − = 1 c 2 ，解得 a 2 = 8 , b 2 = 2 ， x 8 2 + y 2 2 = 1 ． （2）设直线 l 方程为y=kx+m,m0， A ( x 1 , y 1 ) , B ( x 2 , y 2 ) ， 由  y x 8 = 2 + k x y 2 + 2 m = 1 物理成绩 数学成绩 合计 优秀 不优秀 优秀 3 1 4 不优秀 2 14 16 合计 5 15 20 得(4k2 +1)x2 +8kmx+4m2 −8=0， −8km 4m2 −8 =16(8k2 +2−m2)0, x +x = ，x x = ， 1 2 4k2 +1 1 2 4k2 +1 {#{QQABCYSAggggAIAAABhCQQngCEKQkAGAAAoGhAAMsAAAiAFABCA=}#}-第3页-（共3页） k 1 k 2 = y x 1 1 − − 1 2  y x 2 2 − − 1 2 = ( k x 1 + ( m x 1 − − 1 2 ) ) ( ( k x x 2 2− + 2 m ) − 1 ) = k 2 x 1 x 2 + x k 1 ( x m 2 − − 2 1 ) ( ( x x 1 1+ + x x 2 2) ) + + 4 ( m − 1 ) 2 = k 2  4 4 m k 2 2 − + 8 14 4 + m k 2 2 k − + ( m 8 1 − + 1 )  1 6 4 k − 4 k k m 2 + 8 k 2 1 m + + 1 4 + ( m − 1 ) 2 −4k2 +(m−1)2 m−1−2k 1 = = = ， 4(m2 −1+4mk+4k2) 4(m+1+2k) 4 解得 k = − 1 2 ． （3）由（2）得 y = − 1 2 x + m , m  0 ， x 2 − 2 m x + 2 m 2 − 4 = 0 ，  = 1 6 − 4 m 2  0 , m 2  4 ， − 2  m  2 , m  0 ， | AB|= 1+k2 |x −x |= 5 4−m2 ， 1 2 h = | 2 − 2 5 m | = 2 5 5 ( 2 − m ) ， △ M A B 的面积 S = 1 2 | A B | h = ( 2 − m ) 4 − m 2 = ( 2 − m ) 3 ( 2 + m ) ， f ( m ) = ( 2 − m ) 3 ( 2 + m ) ， f ( m ) = − 3 ( 2 − m ) 2 ( 2 + m ) + ( 2 − m ) 3 = ( 2 − m ) 2 ( − 4 − 4 m ) ， 当 m = − 1 时，取到最大值 f ( − 1 ) = 2 7 ， △MAB的面积S =3 3．【也可用多项均值不等式】 max 19．（本小题满分17分） 【解析】（1）解：因为{a −a −2n}为{a }的二阶差分数列，所以 n+1 n n  a n + 1 − a n − 2 n =  2 a n 的等差数列，因此， ， 将2a =a −a ，代入得a −a −2n =a −a ，整理得 n n+1 n n+1 n n+1 n a a 1 a 1 1 a −a =2n，即a −2a =2n，所以 n+1 − n = .故数列{ n}是首项为 ，公差为 n n n+1 n 2n+1 2n 2 2n 2 2 a 2 nn = 1 2 + ( n − 1 )  1 2 ，即a =n2n−1. n （2）解：因为 { x n } 为数列{b }的一阶差分数列，所以 n x n = b n + 1 − b n = n ，故 n xCi =a 成立，即为 i n n i=1 C 1n + 2 C 2n + + n C nn = n  2 n − 1 .① 当 n = 1 时，①式成立； 当 n ≥ 2 时，因为 n  2 n − 1 = n  ( 1 + 1 ) n − 1 = n  ( C 0n − 1 + C 1n − 1 + + C n − 1 n − 1 ) ，且 n C k − 1 n − 1 = k C kn ， 所以①成立.故对  n  N  都有 n i= 1 x Ci in = a n 成立. 【倒序相加 S = 0 C 0n + C 1n + 2 C 2n + + n C nn ， S = n C 0n + ( n − 1 ) C 1n + ( n − 2 ) C 2n + + 0 C nn ， 相加得 2 S = n  ( C 0n + C 1n + + C nn ) = n  2 n ， C 1n + 2 C 2n + + n C nn = n  2 n − 1 也可以】 （3）证明： y n = t n + 2 t − n ，因为 1 2  t  2 ，所以 ( 2 t ) n  1 ， t n  2 n ， 故 ( 2 n + 2 − n ) − ( t n + t − n ) = ( 2 1 t ) n ( 2 n − t n ) [ ( 2 t ) n − 1 ]  0 ，即 t n + t − n  2 n + 2 − n ， 所以 n i= 1 y i = 1 2 n i= 1 ( t i + t − i )  1 2 n i= 1 ( 2 i + 2 − i ) = 1 2 [ 2 ( 2 2 n − − 1 1 ) + 1 2 ( 1 1 − − 1 21 2 n ) ] = ( 2 n − 1 ) + 1 2 ( 1 − 1 2 n ) = 2 n − 1 2 ( 1 + 2 − n )  2 n − 1 2  2  2 − n = 2 n − 2 − n2 . {#{QQABCYSAggggAIAAABhCQQngCEKQkAGAAAoGhAAMsAAAiAFABCA=}#}