陕西省届高三第二次教学质量检测数学理答案.docx
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陕西省届高三第二次教学质量检测数学理答案
2021年高三第二次教学质量检测
1.€2.D3.B4.D5.B6.€7.A8.€❖n––
9.B10.D11.A12.A
❖
\siyi–ns·y
371–6·3.5·16
=
13.S2 17.解 (1)连接BD, i=1 n –=17.5 2 =2, 在6BCD中,由余弦定理❖ \(si–s) 得: BD2=BC2+CD2–2BC❖ i=1 ˆ ˆ ·CDsozLBCD=9,❖ 8BD=3.9BC=CD,❖ r❖ a=yˆ–bs=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 方程为yˆ=2s+9. 8LCBD=LCDB=6, 第17题图 ❖ 当s=11时,yˆ=2x11+9=31. 故预计甲公司2019年3月份的利润为31百万 2rt 又 ❖ 元' LCDE=3,8LBDE=2, 在Rt6BDE中,BE=槡BD2+DE2=5. (2)方法一: ❖ (2)由频率估计概率,每包Æ型新材料可使用1 ❖个月,2个月,3个月和4个月的概率分别为0. ❖2,0.35,0.35和0.1, 在BÆE中,2r ÆBE=,❖ 所以每包Æ型新材料可产生的利润期望值 6LBÆE=3 r BE=5.设L ❖ E( (1)=(5–10)x0.2+(10–10)x0.35+ ❖(15–10)x0.35+(20–10)x0.1=1.75. 则0<8<3, 由正弦定理得 BE=ÆE= 2 ÆB, 由频率估计概率,每包B型新材料可使用1个月,2个月,3个月和4个月的概率分别为0.1, ❖ ❖ 0.3,0.4和0.2, zinrzin8zin(r–8) ❖ 所以每包B型新材料可产生的利润期望值 33 ❖ E( (2)=(5–12)x0.1+(10–12)x0.3+(15 所以ÆE10槡3zin8.ÆB10槡3zin(r–8).则❖ –12)x0.4+(20–12)x0.2=1.5. E(()>E((). 333 ❖ 12 10槡3 10槡3r 10槡3❖ 所以应该采购Æ型新材料' EÆ+ÆB=3zin8+ 3zin(3–8)=3 19. (1)证明: 平面ÆBCD†平面ÆDEF, ❖平面ÆBCDfi平面ÆDEF=ÆD,ED†ÆD, (1槡3 10槡3r ❖ 8ED†平面ÆBCD,ÆBC平面ÆBCD, 2zin8+2soz8)= 3zin(3+8).因为0<❖ 8ED†ÆD, 8 9ÆB=1,ÆD=2,LBÆD=60º, 8BD=1+4–2x1x2soz60º=3, ❖ 2槡22槡 即将LÆBE设计为 r 6时,折线段赛道BÆE最长.❖ 8ÆB+BD=ÆD, 8ÆB†BD,又8BDC平面BDE, 方法二: (1)同方法一; (2)在6BÆE中,L2r ❖ 又9EDC平面BDE,BDfiED=D, ❖8ÆB†平面BDE,又ÆBC平面ÆBE, BÆE=3,BE=5. ❖ 8平面ÆBE†平面EBD 由余弦定理得BE2=ÆB2+ÆE2–2ÆB·ÆEsoz❖ LBÆE,即25=ÆB2+ÆE2+ÆB·ÆE, (2)解: 以B为坐标原点, 以BÆ,BD为s轴,y轴建 故(ÆB+ÆE)2–25=ÆB·ÆE“( ÆB+ÆE2 ), ❖ 立如图所示的空间直角 ❖坐标系B–syx,则 ❖Æ(1,0,0),B(0,0,0), 3 从而(ÆB+ÆE)2“25,即ÆB+ÆE 10槡3,❖ 1槡3 4“3 当且仅当ÆB=ÆE时,等号成立, ❖ C(–2,2,0),D(0,槡3, ❖0),E(0,槡3,2),F(1,0,1), 即设计为ÆB=ÆE时,折线段赛道BÆE最长.❖ ——‹13 18.解: (1)由折线图可知统计数据(s,y)共有6组,❖ 则CD=(2,槡 0), ‹ 即(1,11),(2,13),(3,16),(4,15),(5,20), ——‹2 (6,21), 1+2+3+4+5+6 ❖ ——DE=(0,0,2), ——‹ 计算可得 –s= =3.5, BÆ=(1,0,0),EF=(1,–槡3,–1), 6❖—‹——‹ 6设EM=hEF=(h,–槡3h,–h),(0“h“1), 66 –11 ❖ —‹——‹—‹ y=\yi=·96=16, i=1 n ❖ 则BM=BE+EM=(h,槡3–槡3h,2–h), ❖ ‹ 设平面CDE的法向量为m=(s,y,x),平面 \ii 111 ❖ÆBM的法向量为n=(s,y,x),则 所以bˆ=i=1 (s–s)(y–y) (s–s)2 —‹ ❖‹—‹ {‹ ‹ ——‹ —‹ 222 2s1+2y1=0, n– \ii=1 m·CD=0 ❖m·DE=0 n·BÆ=0 n·BM=0 1槡3 2x1=0 s2=0, hs+(3–3h)y+(2–h)x=0 ❖ (3)要证明g(s)>ƒ(s),即证明g(s)–ƒ(s)> ❖0,只要证es–ln(s+t)>0, 2槡‹槡22 ❖ 即证es–ln(s+t)“es–ln(s+2)>0,只要证明 令y1=1,得m=(–槡3,1,0), ❖ 令y2=2–h,得n=(0,2–h,槡3h–槡3),❖ es–ln(s+2)>0即可, 令F(s)=es–ln(s+2),9F'(s)=es–1在 ‹‹s+2 8soz8= m·n=2–h槡3' =. 24h2–10h+7 ❖ F(–1)<0 (–2,+œ)上是单调递增,9F(0)>0, m·n槡 1 即h ' ❖8F'(s)=0在(–2,+œ)有唯一实根设为s, =2. 即点M为线段EF的中点时,平面MÆB与平面❖ 0 且s0c(–1,0), 0 ❖当sc(–2,s)时F'(s)<0,F(s)单调递减 4 { ECD所成的锐二面角的余弦值为槡3. ❖ 当sc(s,+œ)时,F'(s)>0,F(s)单调递增 从而当s=s时,F(s)取得最小值,由F'(s)=0 2232 ab ❖ {b2=12❖ 0 s0+2 2a=8 22 ❖ ln(s+2)“es0–ln(s+2)=1 +s= 所以椭圆的标准方程为: s y=1. 12 { ❖ ❖(s+1)2 s0+2 s2y2 ❖ s+2>0, (2)设Æ(s,y),B(s,y)由 16+ =1,得0 1122 12 y=ks–4 ❖ 故当t“2时,证明: g(s)>ƒ(s). 22.解: (1)如图,C: s2+y2 ❖ (4k2+3)s2–32ks+16=0,❖ 由韦达定理得: s+s=32k,ss=16,❖ 1 –s=0, 1221 124k2+312 22 4k2+3❖ 即(s–2) +y=4, 由A>0→(–32k) –4(4k+3)·16>0得k>❖ 是以C(1,0)为圆心, 1112 2或k<–2.❖ 又因为原点O在以线段ÆB为直径的圆外部,则❖ OÆ·OB>0,❖ 1 2为半径,且过原点的 圆,设LPCs=a(0Ša 第22题图 OÆ·OB=(k2+1)ss–4k(s+s)+16=❖111 (k2+1) 4k2+3 +16= 4k2+3 4k2+3 ❖ 则{1, 23 即: – ❖ y=2zina ❖由已知,以过原点的直线倾斜角为参数,则0“8 33❖ 2槡31❖ {11 21.解: (1)定义域为(0.+œ),ƒ'(s)=–a+1❖ 参数,且0“8 y=1zin28 2 s2s❖ (2)根据已知C,C的极坐标方程分别为p= 12 s–a ' ❖soza,p=2zina(p>0) =,aŠ0,9s>0,8s–a>0,8ƒ(s) s2❖ 故¦ÆB¦=¦p±p¦=¦2zina±soza¦=5¦zin(a >0,8ƒ(s)在定义域(0.+œ)上单调递增;❖ 121槡 当a>0时,9s>a时,ƒ'(s)>0,8ƒ(s)单调递❖ 增;❖ 当0 综上可知: 当aŠ0时,ƒ(s)的增区间为(0,+œ ±p)¦“槡5,其中tanp=2. 故当zin(a±p)=1时,等号成立, 综上,ÆB的最大值为槡5. ❖23.解: (1)9对任意实数s,都有¦s+2¦+¦s–4¦
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