泸县五中高2021级高三上期开学考试理科数学试题答案

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=}#}