陕西省届高三第二次教学质量检测数学文答案.docx
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陕西省届高三第二次教学质量检测数学文答案
2021年高三第二次教学质量检测
一˛选择题❖
1.€2.D3.B4.D5.B6.€7.A❖
8.€9.B10.D11.A12.A❖
13.(±5,0)14.–915.616.gg❖
❖
17.解
(1)连接BD,❖
在6BCD中,由余弦定理❖
故预计甲公司2019年3月份的利润为31百万元.
(2)Æ型新材料对应产品的使用寿命的平均数为s1=2.35,B型新材料对应的产品的使用寿
命的平均数为s2=2.7,9s1 型新材料. 得: ❖19. (1)证明: 连接ÆM,在6ÆMÆ1中,作MN†ÆÆ1 BD2=BC2+CD2–2BC·❖ CDsozLBCD=9,❖ 于点N, 因为ÆÆ⁄⁄BB,得MN†BB, ❖111 8BD=3. 9BC=CD 8LCBD=LCDB=r 6 2rr 又LCDE=3,8LBDE=2, ❖ 因为Æ1M†平面ÆBC, ❖所以Æ1M†BC, ❖因为ÆB=ÆC,M为BC中点,,得ÆM†BC, ❖所以BC†平面ÆMÆ1, ❖ ❖ 所以BC†MN, 所以MN平面BBCC, 在Rt6BDE中,BE=槡BD2+DE2=5. (2)在6BÆE中,LBÆE2r ❖ †11 ❖ 又ÆM=槡ÆB2–BM2=槡5,ÆÆ=3,由ÆM2=ÆN ❖5 ·ÆÆ,得: ÆN= 3❖13 BE=5.ÆEB=r ❖ (2)由 (1)可知BC† L4❖ ❖ 平面ÆMÆ1, BE 由正弦定理得 =ÆB, ❖ 所以BC†BB1, zin2t zinr ❖ 所以¤BCCB为矩 34❖ 即: 5ÆB 5槡6 ❖ 形,故S矩形BCC1B1=12; ❖联结ÆB,ÆB= =,得: BÆ=11 23 槡 22 t56 ❖ 槡Æ1M+MB=2 ❖2, ❖ 第19题答图 当LÆEB=4时,赛道BÆ的长度为槡. 在AÆBÆ中,ÆB=ÆÆ=3,ÆB=22 3❖1 11槡 18.解: (1)由折线图可知统计数据(s,y)共有6组,❖所以S6ÆBÆ=14 1槡 即(1,11),(2,13),(3,16),(4,15),(5,20),❖ 因为S =2S =214 (6,21), ❖ 四边形ÆBBÆ1 6ÆBÆ1槡 1+2+3+4+5+6 ❖ 所以S 16 =414+12 侧 计算可得s=6 1 =3.5,y= \❖ 6i=1❖ ❖ 20.解: (1))由题可知 2232 + a2b2 =1 解得 a2=16 { b2=12 yi=6·96=16, n ❖ n❖ 2a=8 s2y2 \(s–s)(y–y) \sy–ns·y❖ 所以椭圆的标准方程为: 16+=1. ii bˆ=i=1 n2 ii =i=1= n2 12 {s2y2 \(si–s) i=1 \(si–s) i=1 ❖ (2)设Æ(s1,y1),B(s2,y2)由 ❖ 16+2=1,得 371–6·3.5·16=2, 17.5 aˆ=yˆ–bˆs=16–2·3.5=9, 所以月度利润y与月份代码s之间的线性回归 ❖ (4k2+3)s2–32ks+16=0, ❖ ❖ 由韦达定理得: s+s=32k y=ks–4 ss=16, ❖4k+3 4k+3 方程为yˆ=2s+9. 当s=11时,yˆ=2x11+9=31. ❖ 由A>0→(–32k)2–4(4k2+3)·16>0得k> ❖ 11❖4 2或k<–2. ❖ 事实上: 设k(t)=lnt+ –2(tc(1,+œ)), 又因为原点O在以线段ÆB为直径的圆外部,则❖ 14(t+1)2–4t OÆ·OB>0, ❖ 则k'(t)=t–(t+1)2= = t(t+1)2 2 OÆ·OB=(k2+1)ss–4k(s+s)+16=(k2❖ (t–1)2 1212 ❖ >0, 1632k 16(4–3k2) ❖ t(t+1) +1) 4k2+3 2槡3 –4k+16= 4k2+3 2槡3 4k2+3 >0, ❖ ❖ 所以k(t)在(1,+œ)上单调递增,因此k(t)>k (1)=0.即: k>g'(s0) 即: –3 ❖ 选修4–4: 坐标系与参数方程 ❖22.解: (1)如图,C: s2+y2–s=0, 2槡31❖1 综上所述: 实数k的取值范围为(–3,–2)❖ 1221 即(s–) 2 1❖ ( +y=4, U2,) ❖ 是以C(1,0)为圆心,1为半径,且过原点的 ❖122 21.解: (1)当k=1时,函数ƒ(s)=lns+k ❖ 圆,设LPCs=a(0Ša 1ks–1 ❖ {s=1 1 +1soza ƒ'(s)=s–2=s2. 22 ❖ ❖ 则1, 当ƒ'(s)>0时,s>1,当ƒ'(s)<0时,0 y=2zina 则函数ƒ(s)的单调递减区间为(0,1),单调递增❖ { 区间为(1,+œ),2分❖ 由已知,以过原点的直线倾斜角8为参数,则0 (2)ƒ(s)“2+ 1–e k❖“8 立,设h(s)=2s–slns+1–e,则h'(s)=1–❖ lns,令h'(s)=0,得s=e,所以,当sc(0,e)时,❖ ❖ h'(s)>0,函数h(s)单调递增,当sc(e,+œ)❖ 时,h'(s)<0,函数h(s)单调递减,所以当s=e❖时,函数取得最大值1,因此k“1.7分❖ 参数,且0“8 (2)根据已知C1,C2的极坐标方程分别为p= soza,p=2zina(p>0) 故¦ÆB¦=¦p1±p2¦=¦2zina±soza¦=槡5zin(a (3)ky2–y1 s2–s1 s1+s2 lns2–lns1 =s–s, ❖ 1 ❖±p)“槡5,其中tanp=2. 1❖ 又s0=,所以ƒ'(s0)=(lns)'s=s==❖ 2 2 s1+s2 0s0❖ ❖ ❖ 故当zin(a±p)=1时,等号成立, 综上,ÆB的最大值为槡5. 要证k>ƒ'(s0). ❖ 23.解: (1)9对任意实数s,都有¦s+2¦+¦s–4¦– lns2–lns12 即证s–s> ❖ 不妨设0 m“0恒成立, 21s1+s2 2(s2–s1) ❖ 又9¦s+2¦+¦s–4¦“¦s+2–s+4¦=68m ❖“6 证lns2–lns1> s+s,❖ 12 (2)由 (1)知n=6,由柯西不等式知: s2 s2(s–1) ❖ ❖4a+7b=(4a+7b)(4 +1)=(a+5b 即证ln2> s1 1 s2+1 s ❖ ❖+3a+2b)(4 a+5b3a+2b +1)“9 1❖a+5b3a+2b s2 设t= >1,即证: lnt2(t–1) =2–4, ❖ 当且仅当a=3 b15 时取等号,84a+7b的 s1t+1 t+1❖ 1313 也就是要证: lnt+4 –2>0,其中tc(1,+œ),❖
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