泸县五中高2021级高三上期开学考试理科数学试题答案

2023-11-14 · U1 上传 · 4页 · 292.4 K

泸县五中高2021级高三上学期开学考试理科数学参考答案1.A2.A3.D4.D5.B6.C7.D8.B9.D10.A11.B12.B111413.x2(答案不唯一)14.11015.y或yx或x116.223317.解:(1)推荐的6名医生中任选3名去参加活动基本事件总数nC620,这6名医生中,外科医生2名,内科医生2名,眼科医生2名,设事件A表示“选出的外科医生人数多于内科医生人数”,A1表示“恰好选出1名外科医生和2名眼科医生”,A2表示“恰好选出2名外科医生”,A1,A2互斥,且AA1UA2,C1C221C2C112224PA13,PA23,C62010C65113选出外科医生人数多于内科医生人数的概率为PPAPA;12105103(2)由于从6名医生中任选3名的结果为C6,m3m从6名医生中任选3名,其中恰有m名外科医生的结果为C2C4,m0,1,2,那么6名中任选3人,CmC3m24恰有m名外科医生的概率为PXm3,C6C0C31C1C23C2C11242424所以PX03,PX13,PX23,C65C65C651311312EX0121DX(01)2(11)2(21)2.555555518.解:(1)延长AF交CC1延长线于点Q,连接QE交B1C1于点P,连接PF,则过A、E、F三点的截面就是平面1四边形AEPF,因为F是A1C1中点,C1F∥AC且C1FAC,2所以C1F是△QAC的一条中位线,CP11所以QC1∥BE且BEQC1,所以2;2PB1解法一:取AC中点O连接OB,OF,因为正三棱柱ABCA1B1C1,F为A1C1的中点,OF与三棱柱的侧棱平行,所以OA,OB,OF两两垂直,以O为原点,OA,OB,OF为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,所以A1,0,0,E0,3,1,F0,0,2,A11,0,2,1{#{QQABKYCEggggABJAARhCUQVSCkCQkACCACgOAFAIIAABCRNABAA=}#}所以A1E1,3,1,AE1,3,1,AF1,0,2,rnAE0x3yz0设平面AEF的法向量nx,y,z,则,即,nAF0x2z033令x2,则y,z1,所以n2,,1,33设A1E与平面AEF所成角为,则A1En21115sincosA1E,n,AEn110141131315A1E与平面AEF所成角的正弦值为;10解法二:设点A1到平面AEF的距离为h,连接B1F,因为A1B1B1C1,F是A1C1中点,所以B1FA1C1,因为AA1平面A1B1C1,B1F平面A1B1C1,所以AA1B1F,因为A1C1AA1A1,A1C1,AA1平面ACC1A1,所以B1F平面ACC1A1,因为等边三角形A1B1C1的边长为2,所以B1F3,所以EF312,AEAF22125,所以等腰三角形AEF的底边EF上的高为512,11所以△AEF的面积为222,又AA1F的面积为211,22113因为SAEFhSAAFB1F,所以2h3,得h,又A1E5,3312设A1E与平面AEF所成角为,h1515则sin,故A1E平面AEF所成角的正弦值为.AE101019解:(1)由图知:平均数为:350.05450.15550.2650.3750.2850.162.5;(2)由题设t62.5,13.4,则35.762.5213.42,75.962.513.4,0.95450.6827P(35.7t75.9)P(2t)0.8186,2由题意知:X~B(10,0.8186),则E(X)100.81868.2.20.解:(1)解法一:由fxaexxa,得f00,2{#{QQABKYCEggggABJAARhCUQVSCkCQkACCACgOAFAIIAABCRNABAA=}#}又fx0,所以x0是fx的极小值点,故f00,而fxaex1,f0a10,故a1,若a1,则fxex1,当x0,fx0;当x0,fx0,所以fx在,0单调递减,在0,单调递增,故x0是fx唯一的极小值点,也是最小值点,由f00,所以当且仅当a1时fx0,解法二:由fxaexxa,得f00,又fxaex1,当a0时,有fx0恒成立,所以fx在R上单调递减,又f00,则fx0不成立,1当a0时,令fx0,得xln,a11则xln时,有fx0,xln时,有fx0,aa11即fx在,ln单调递减,在ln,单调递增,aa11x所以fx的最小值为fln1lnaa0,(1lnxx),ax函数y1lnxx在1,单调递减,0,1单调递增,1fln1lnaa0,当且仅当a1取等号,故a1;a(2)当a1,x0时,fxaexxaaex1xex1x,设gxexxxlnxsinx1,当0x1时,xlnx0,sinx0,x又由(1)知ex1x0,故gx0,当x1时,gxe2lnxcosx,1设hxex2lnxcosx,则hxexsinx,hxe110,x则hx在1,单调递增,hxh1e2cos10,所以gx0,则gx在1,单调递增,gxg1e2sin10,综上,gx0,即当a1时,fxxlnxsinx.DHx0x21.解:(1)由题意,设E(x,y),D(x,y),又2,则00EHy02y又因为点D在圆x2y22上,x2所以x22y22,故曲线C的方程为y21;23{#{QQABKYCEggggABJAARhCUQVSCkCQkACCACgOAFAIIAABCRNABAA=}#}(2)由题意,A(0,1),设M(a,0),N(b,0),则OMONab2,111易得AP,AQ斜率必然存在,所以kkkk,APAQAMANab2设P(x1,y1),Q(x2,y2),由图象易知,直线PQ斜率不存在时不符合题意设直线PQ的方程为ykxn,ykxn联立曲线的方程2,得222,Cx22k1x4knx2n20y1224kn4(2k21)2n2216k28n280得n22k21,4kn2n22所以xx,xx,由题意知,直线AP,AQ均不过原点,所以x1x20,从而n1,122k21122k214kn22kn1n122kxn1kxn1kx1x2kn1x1x2n122k1n11kk12k,APAQ2n222(n1)2x1x2x1x22k21解得n0,满足0,所以直线PQ的方程为ykx,恒过定点0,0.22.解:(1)由直线l的参数方程,得直线l的普通方程为2x3y80.x2将2x2y2,siny代入曲线C的极坐标方程,化简得曲线C的直角坐标方程为y21.4(2)由(1),设点P(2cos,sin),由题知|PQ|的最小值为点P到直线l的距离的最小值.|4cos3sin8||5sin()8|4又点P到直线l的距离d,其中tan.2232133π313当2kπ(kZ)时,d的最小值为.213|PQ|的最小值为313.1323.解:(1)当x2时,f(x)(x3)(x2)2x53,解得x1,所以2x1,成立.当2x3时,f(x)(x3)(x2)13,恒成立,所以2x3成立.当x3时,f(x)(x3)(x2)2x53,解得x4,所以3x4,成立综上,原不等式的解集为Mx1x422(2)ab1aba211b222a,b1,4,1b20,a210ab1ab,ab1ab.4{#{QQABKYCEggggABJAARhCUQVSCkCQkACCACgOAFAIIAABCRNABAA=}#}

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