辽宁省2021届高三下学期4月三省三校第四次模拟数学试题含答案.zip

1、 1 数学答案数学答案 一一 1.B 2C 3.A 4.B 5.A 6.A 7.B 8.C 9 .BD 10.AC 11.BCD 12.BCD 三、三、135 14.1 15. 16. 1 (0, ) 4 5 1, 2 四、四、17 【解析】方案一：选条件. 因为，所以由正弦定理，得， 3 cossinaBbA3sincossinsinABBA 易知，所以，所以. sin0A3cossinBBtan3B 因为，所以. 5 分 0B3 B 设为的中点， DBC BDx 在中，由余弦定理，得， ABD 22 1 7222 2 xx 解得（舍去负值）. 3x 所以， 6aBC 所以的面积. 10 分

2、 ABC 11 sin6 2 sin3 3 223 SacB 方案二：选条件. 因为，所以由正弦定理，得， 3 sin2cosbAaB3sinsinsin2cosBAAB 易知，所以， sin0A3sin2cosBB 所以，即， 3sincos2BB sin1 6 B 因为，所以，所以. 5 分 7 666 B 62 B 3 B 设为的中点， DBC BDx 在中，由余弦定理，得， ABD 22 1 7222 2 xx 解得（舍去负值）.所以， 3x 6aBC 2 所以的面积. 10 分 ABC 11 sin6 2 sin3 3 223 SacB 方案三：选条件. 易知，化简可得， 222 2

3、 cos 22 acabc C bab 222 abcac 由余弦定理，得， 222 1 cos 22 abc B ab 因为，所以. 5 分 0B3 B 设为的中点， DBC BDx 在中，由余弦定理，得， ABC 22 1 7222 2 xx 解得（舍去负值）. 3x 所以， 6aBC 所以的面积. 10 分 ABC 11 sin6 2 sin3 3 223 SacB 18 【详解】 （1） 肥胖不肥胖合计 经常运动员工204060 不经常运动员工241640 合计4456100 2 分 5 分 2 2 100 (20 1640 24) 6.9266.635 60 40 44 56 K 3

4、 有 99%的把握认为肥胖与不经常运动有关； 6 分 （2）经常运动且不肥胖的概率为： 7 分 402 1005 X 的所有可能取值为 0，1，2，3 0312 33 3272354 (0)( ), (1)( ) 512555125 P XCP XC 2233 35 233628 (2)( ), (3)( ) 551255125 P XCP XC X 的分布列： X 012 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 10 分 . 12 分 543686 ()123 1251251255 E X 19 （【解析】 （1）由题意有，可得数列为公比为 3 的等比数列，2 分 1

5、3 1 nn aa nn n a n 又由，所以，可得， 1 3 1 a 1 3 33 nn n a n 3n n an 故数列的通项公式为； 4 分 n a3n n an （2）， 21 1 32 3133 nn n Snn ， 231 31 32 3133 nn n Snn 作差得， 211 233333 nnn n Sn 4 得，得； 8 分 1 31 3 23 1 3 n n n Sn 1 1 2133 4 n n Sn （3）由正整数，满足，得， x y z xyz01yz 1 33 yz 可得，必有， 1 313333232 zyyy zy azyyya 2 xzy aaa 故不存

6、在正整数，（） ，使得，成等差数列 12 分 x y z xyz x a y a z a 20 6 分4 分 3 分 解:连接交 DA 于,交于，连交于，设边长为FGPDCQPE 1 DDH2a ,又,FBGFAPAPa 1 12 ,2 33 PAEPDHAEAAaDHa 与重合 1 DH 连接交于,是的一个三等分点 6 分 1 DQ 1 CCR R 1 CC 1 1 3 CRCC (2)以为原点,为轴建立空间直角坐标系，如图所示，且设边长为 3D 1 ,DA DC DD xOy 33333 (3,0,1),(3,0),( ,3,0),(0,0,0),( ,0),(0, 1,) 22222 E

7、FGDGFEF 设是平面的一个法向量,则,即，可得平面的一个法向量为 1 ( , , )nx y z 1 D EF 1 1 0 0 nEF nGE 3 0 2 33 0 22 yz xy 1 D EF 9 分 1 3 (1,1, ) 2 n 又平面的一个法向量为，设平面与面所成的锐二面角为 11 B BCC2(0,1,0)n 11 B BCC 1 D EF 则面12 分 12 12 2 17 cos 17| nn nn 5 21 【解析】 （1）已知圆恰好过左顶点，则，又，于是 MC 90 ,ACBMAMB0CM AB ，故是等腰直角三角形，且可看作两个全等的直角三角形拼接而成，而两直角三角形

8、 CMABABC 恰好可以组成一个以边长的正方形 |AM 又，解得， 22 16 | 25 ABCA SAMy 4 5 A y 代入方程，得，解得 22 :1E mxy 2 16 1 25 mx 93 255 x mm 所以，即，解得 341 55 mm 24 55 m 1 4 m 所以的方程是 4 分 E 2 2 1 4 x y （2）由，得， 1 tan 2 CAB | 2|ACBC 联立方程，得， 22 1 () mxy yk xa 22222 210mkxk axk a 设其两个根是，由韦达定理，得 6 分 12 ,x x 2 12 2 22 12 2 2 1 k a xx mk k

9、a x x mk 则 2 222 2 22 1212 22 21 1414 k ak a ACkxxx xk mkmk ， 22 4222422 22 11 444442 kk k ak a mk amkm mkmk 将换成，得 9 分 k 1 k 2 2 2 2 1 1 1 | 22 1 1 kk k BCmm mk m k 从而，即 22 22 11 24 1 kkk mm mkmk 32 221kmkmk 6 故，因此，解得， 2 3 21 1 21 kk km 23 1 (21) 210kkk 3 11 22 k 故的取值范围是 12 分 k 3 11 , 22 22.【解】(1)由题

10、意可设，有，则是减函数( )sin(01)f xxxx( )cos10fxx ( )f x ，得 2 分( )(0)0f xf sin 1 x x 设则有增， 32 ( )sin(01),( )cos1,( )sin0 62 xx g xxxxg xxgxxx( )g x 单调递增，得，所以得证； 4 分( )(0)0,g xg( )g x( )(0)=0g xg 2 sin 1 6 xx x (2)由(1)可知时，成立， 6 分1a 33 sin 66 xx axxx 则当时，设，则单调递增，1a 3 ( )sin 6 x h xxax 2 ( )cos,( )sin0,( ) 2 x h xxa hxxxh x 则， max 1 ( )cos1 2 h xa .若单调递减，则有，此时不符合题意； 9 分 0 1 1 cos1,( )0, ( ) 2 ah xh x( )0h x 。若， 0 2 1 1cos1 2 a 1 (0)1,(1)cos10 2 ha ha 所以有唯一零点，可记为，则，此时 h(x)单调递减，有 h(x)0，则不符合题( )h x 0 x 0 0,( )0 xx h x 意；综上可知，即 a 的取值范围为(，1 12 分 1a