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数学答案

高三年级第五次模拟考试数学参考答案解法2：一、单项选择题二、多项选择题（1）取AC中点O，取AC11中点O1，连OB，OO1，以为坐标原点，OBO,,COO11234567891011所在直线分别为x,,yz轴，建系如图，zDADACBBDACABDBCA1C则AC(0,1,0),(0,1,2)−，CM(0,1,0),(3,0,1)，1三、填空题1NB12123112．213．14．N(,,2)−，ACCM==−(0,2,2),(3,1,1)，38331M四、解答题A234OCCN=−(,,0)，AM=(3,1,1)，y15.（本小题满分13分）133B【解析】方法1：（1）设ACACD=，则D为AC中点，x111设平面NAC1的一个法向量为nxyz=(,,)，AMANE=，连，F1DEnACyz=+=1220A1C1则234，延长AN交BB延长线于F，NnC=−=Nxy01133EB1D由得，ANNB11=2AABF11=2令y=3，则x=2，z=−3，n=−(2,3,3)，MAA1=MF，A1E=EM，E为AM1中点，，平面．ACnCM=0MCDE∥，B（2）设平面MAC1的一个法向量为mabc=(,,)，DE平面NAC，MC平面，1mACbc=+=1220则，MC∥平面，mAMabc=++=30令b=1，则ca=−=1,0，m=−(0,1,1)，（2）因为AC1⊥平面MAC1，ACDE1⊥，AC1⊥DM，mn2315所以MDE即为二面角MACN−−1的平面角，cosmn===,，|mn|||10251515DEMC==，DM=3，EMA==M1，2222所以锐二面角MACN−−1的余弦值为．1515cos=MDE，二面角M−−ACN的余弦值为．515-第1页-（共3页）{#{QQABCYSAggggAIAAABhCQQngCEKQkAGAAAoGhAAMsAAAiAFABCA=}#}116.（本小题满分15分）设g(x)=1+lnx−xa−1，gxax()(1)=−−a−2，x【解析】（1）①若a=1，由（1）知fx(f)(1)=0，不合题意；（i）物理成绩11数学成绩合计②若12a，gxaxax()(1)[1(1)]=−−=−−aa−−21，优秀不优秀xx优秀314设a−1，22a−，单调递减，不优秀21416hxax()1(1)=−−hxax()(1)0=−−hx()合计515201−a−1a−1haa(1)1(1)20=−−=−，令hxax()1(1)000=−−=，xa0=−(1)，（ii）零假设H0: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．xx(1,)0，hx()0，gx()0，gx()单调递增，g(x)=g(1)0，n()20(31412)20adbc−−222====6.6676.635，()()()()4165153abcdacbd++++0.01fx()0，单调递增，，不合题意；1依据=0.01的独立性检验，推断H不成立，即认为数学成绩与物理成绩有关联．③a≥2，，gxax()(1)0=−−a−2，0x（2）（i）x=100，y=70，单调递减，gxg()(1)0=，，单调递减，fxf()(1)0=；30+−2010+(−1)0+−(3)+−−(15)0(25)(16)r=[30100(2222222222+++15)(−+−+25)−+][20(−++1)(−3)0(16)]综上，．99033==．18.（本小题满分17分）18506663730+−2010+(−1)0+−(3)+−−(15)0(25)(16)99099c3（ii）bˆ====30100(22222+++15)(−+−25)1850185a241xy229961099610【解析】（1）依题意，解得22，．aybx=−=−=ˆ70100，经验回归方程为yx=+，22+=1ab==8,2+=11853718537ab82996102986bac222=−x=120，yˆ=+=12080.781，物理成绩约为81分．185373717.（本小题满分15分）（2）设直线l方程为y=kx+m,0m，A(,),(,)xyB1122xy，【解析】（1）当a=1时，f(x)=xlnx−x+1，f(x)=1+lnx−1=lnx，ykxm=+222由22得(4k+1)x+8kmx+4m−8=0，x(0,1)，fx()0，fx()单调递减；x(1,+)，fx()0，单调递增；xy+=182fxf()(1)0min==．−8km48m2−22，，=16(8km+2−)0,xx12+=2xx12=2（2）f(x)=a(1+lnx)−axaa−−11=a(1+lnx−x)，41k+41k+-第2页-（共3页）{#{QQABCYSAggggAIAAABhCQQngCEKQkAGAAAoGhAAMsAAAiAFABCA=}#}a11yykxmkxm−−+−+−11(1)(1)的等差数列，因此，n，即n−11212n=+−(1)nann=2.kk12==222xxxx1212−−−−22(2)(2)（2）解：因为为数列的一阶差分数列，所以，故2{}xn{}bnxnnnbb=n−=+122488mkm−−22kk+−+−mm(1)(1)kxxk+−++−mxxm(1)()(1)22==12124141kk++nxxxx−++2()44816mkm2−xCi=a成立，即为CCnCn121+++=22nn−.①1212++4innnnn4141kk22++i=1−4k22+(m−1)m−1−2k1当n=1时，①式成立；，=22==4(m−1+4mk+4k)4(m+1+2k)4nnn−−−11011kk−1当n≥2时，因为nnnCCC=+=+++2(11)()nnn−−−111，且nCnnk−C1=，1解得k=−．n2i所以①成立.故对nN都有xCa=成立.1inn（3）由（2）得yxmm=−+,0，xmxm22−+−=2240，i=12【倒序相加SCCCnC=++++02012n，SnCnCnCC=+−+−++012(1)(2)0n，=−1640,4mm22，−22,0mm，nnnnnnnn相加得2()2SnCCCn=+++=01nn，也可以】|2|25−mnnn|AB|=1+k22|x−x|=54−m，hm==−(2)，1255ttnn+−1（）证明：，因为，所以n，nn，23yn=t2(2)1tt2221△MAB的面积SAB==−−=−+hmmmm||(2)4(2)(2)23，12故(22)()(2)[(2nnnnnnn+−+=−−−−tttt)1]0，即ttnnnn++−−22，(2t)nfmmm()(2)(2)=−+3，11n(1)−f(mmmmmm)3(2)=−−++−=−−(2)(2)(2)232−(44)，nnn1112(21)−n所以ytt=++=+()(22iiii−−)[]22i1iii===11122221−1−当m=−1时，取到最大值f(1)27−=，2n1111−的面积S=33．【也可用多项均值不等式】=(2nnnnn−+1)n(1−)2(12)22=−+−=−−−2222.max2222n19．（本小题满分17分）nn2【解析】（1）解：因为{aann+1−−2}为{}an的二阶差分数列，所以−−=aaannn+12，2n将an=an+1−an，代入得an++11−an−2=an−an，整理得aa1a11aa−=2n，即aa−=22n，所以nn+1−=.故数列{}n是首项为，公差为nnnn+12nn+1222n22-第3页-（共3页）{#{QQABCYSAggggAIAAABhCQQngCEKQkAGAAAoGhAAMsAAAiAFABCA=}#}