大理州2021届高中毕业生第二次复习统一检测(文科)文科答案

时间:2021-10-24 17:06:58  来源:网友投稿

  大理州 2021 届第二次统测文科数学 参考答案 一、 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A D C D B C A C B D D 12.因为圆的方程为2 24 3 0 x y x     即为2 2( 2) 1 x y    ,所以圆心 (2,0) ,半径 1 R , 因为 2| | | | 2(| | ) (| | ) AP QB AF R BF R      ,所以 2| | | | 2| | | | 3 AP QB AF BF     , 因为 | | 22A ApAF x x     , | | 22B BpBF x x     ,所以 2| | | | 2 3A BAP QB x x     , 设 : 2 l x my   ,所以228x myy x  ,整理得2 2(4 8 ) 4 0 x m     ,所以 4A Bx x  , 则 2| | | | 2 3 2 3 4 2 3A B A BAP QB x x x x        … ,当 2Ax  , 2 2Bx  时取等号 故选:D. 二、填空题 13、 22

  14、 2 2

  15、 )33, 1 (

  16、①②③

 三、解答题 解:(Ⅰ)边换角 C B C B A sin sin ) cos (cos sin    ) sin( ) sin( ) cos (cos sin B A C A C B A      展开得C A B A C A C A C A B A sin cos cos sin sin cos cos sin cos sin cos sin      整理得0 ) sin (sin cos   B C A 即0 cos  A 2 A ………………………………………………………………………………6 分

 (Ⅱ)周长 2 sin 2 sin 2 2       C B c b C 2 )2sin( 2 sin 2     B B

  2 )4sin( 2 2   B ∵ 20  B

 ∴ 434 4     B

  ∴ 1 )4sin(22  B

 ∴ 2 2 )4sin( 2 2 2   B

 ∴周长的范围是] 2 2 , 2 ( ………………………………………………………………6 分

 18、由已知数据可得2 4 5 6 855x     ,3 4 4 4 545y     .所以相关系数 515 52 21 1( )( ) ( )i iii ii ix x y yrx x y y     6 90.9510 2 5 2  . 因为 0.75 r  ,所以 y 与 x 具有较强的线性相关关系,可用线性回归模型拟合 y 与 x 的关系.……………………………………6 (2)由(1)可知 51521( )6 32ˆ0 10( )i iiiix x y ybx x   ,3 54 ˆ2ˆ510a y bx       , 所以 y 与 x 之间线性回归方程为3 510 2ˆ yx   . 当 7 x  时,3 57 610 2ˆ 4. y    .……………………………………12

  19.【详解】(I)证明:在图甲中, ∵ 2AE ADBE DC  ,∴ // DE BC , 又∵ AB BC  ,∴ DE BE  且 DE AE  , 即在图乙中, DE BE  , DE PE  ,又 BE PE E   , 故有 DE  平面 PBE , 而 MN  平面 PBE ,故有 MN DE  ;………………………6 分 (II)在 PBE △ 中, 2 BE  , 4 PE , 60 PEB    , 由余弦定理,可知2 3 PB ,满足2 2 2PB BE PE  ,则有 PB BE  , 由(1)知, BC ⊥ 平面 PBE ,则 PBBC ,

  BCDE PB B BC BE 平面    

 PB S VBCDE BCDE P   梯形31

 , 52  BEED BCSBCDE 梯形 33 103 2 531   BCDE PV………………………12 分

  20、解:(1)

 ( ) 2 sin f x x x    ,

  2 分 令 ( ) 2 sin h x x x   , 当 [0, ] x   时, ( ) 2 cos 0 h x x     ,

 4 分 所以当 [0, ] x   时, ( ) 2 sin h x x x   单调递增;

 5 分 所以当 [0, ] x   时, ( ) 2 sin 0 f x x x    … , 所以当 [0, ] x   时,2( ) cos f x x x   单调递增.

  6 分 (2)因为当 ,6 2x     时,不等式 ( ) ( ) f x g x … 有解, 所以当 ,6 2x     时,不等式 sin ( ) a x f x  „ 有解,

 7 分 令 ( ) sin ( ) k x x f x   ,所以 ( ) cos ( ) sin ( ) k x x f x x f x       ,

 8 分 因为当 ,6 2x     时, cos 0, ( ) 0,sin 0, ( ) 0 x f x x f x      , 所以 ( ) 0 k x   ,所以 ( ) k x 单调递增,

  10 分 所以2( )2 4k x k     „ ,所以24a„ .

 12 分

  21、解:

 (1)设1( A x,1 )y,2( B x,2 )y,2 21 12 22 22 22 211x ya bx ya b  ,两式相减可得 2 2 2 21 2 1 22 20x x y ya b  ,-(2 分) 可得21 2 1 221 2 1 2y y x x bx x y y a    ,由题意可得1 21 21y yx x,1 2324x x    ,1 212 ( )4y y     , 所以可得2213ba ,…………………………(4 分) 而由题意可得 2 2 2 c  ,2 2 2b a c   ,解得:23 a  ,21 b  , 所以椭圆的方程为:2213xy   ;…………………………(5 分) (2)设1( M x ,1 )y ,2( N x ,2 )y , 联立直线与椭圆的方程:2213y kx mxy   ,整理可得:2 2 2(1 3 ) 6 3 3 0 k x kmx m      , △2 2 2 236 4 (1 3 )(3 3) 0 k m k m       ,可得2 23 1 m k   ①, 且1 2261 3kmx xk  ,21 223 31 3mx xk,…………………………(7 分) 因为 3 OM ON OQ   uuur uuur uuur,可得 M , N , Q 三点共线,所以13 3OQ OM ON uuur uuur uuur, 所以113 3  ,解得:

 2   ,且1 21 203 3x x   ,可得1 22 x x   ,……………………(9 分) 将1 22 x x   ,代入两根之和及两根之积可得:2261 3kmxk,22223 321 3mxk , 所以222 26 3 32 ( )1 3 1 3km mk k   ,整理可得22213 09 1mkm… ②,………………………(10 分) ①②联立可得22211 09 1mmm  ,整理可得2 2 2(1 )(9 1) 0 m m m    , 解得2119m   ,解得:113m   或113m   

 所以 m 的取值范围:1{ | 13m m   或11 }3m     .…………………………(12 分)

 22.解:

 Ⅰ 根据题意,设点 P,Q的极坐标分别为 、 , 则有 ,故曲线 的极坐标方程为 , 变形可得:

 , 故 C 的直角坐标方程为 ,即 ; Ⅱ 设点 A,B 对应的参数分别为 、 ,则 , ,

  设直线 l 的参数方程 , 为参数 , 代入 的直角坐标方程 中, 整理得 . 由根与系数的关系得 , , 则, 当且仅当 时,等号成立, 此时 l 的普通方程为 .

  23.解:. , , , 不等式的解集为 . 由 知, 的最大值为 6, ,

 , 当且仅当 ,即 时等号成立, .

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