四川省成都市第七中学2021届高三下学期二诊模拟考试理科数学试题 答案

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【文档说明】四川省成都市第七中学2021届高三下学期二诊模拟考试理科数学试题 答案.docx,共(11)页,598.408 KB,由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

成都七中高2018级二诊模拟考试数学理科答案1.【答案】D2.【答案】A3.【答案】C4.【答案】B5.【答案】B【详解】tanxyx=是偶函数,排除A、C,由性质:在0,2上,tanxx,知ta

n1xx,故选B.6.【答案】A7.【答案】C8.【答案】D9.【答案】A作出()()4fx的图象如图:易知过()1,0M−的直线l斜率存在,设过点()1,0−的直线l的方程为()1ykx=+,则要使直线l与()()4fx的图象在0,2x上恰有8个

交点,则0MAkk,因为7,24A,所以20871114MAk−==+,故8011k.10.【答案】D【详解】某市将垃圾分为四类:可回收物、餐厨垃圾、有害垃圾和其他垃圾.某班按此四类由9位同学组成四个宣传小组,其中可回收物宣传小组有3位同学,餐厨垃

圾、有害垃圾和其他垃圾宣传小组各有2位同学.现从这9位同学中选派5人到某小区进行宣传活动,基本事件总数59126nC==,每个宣传小组至少选派1人包含的基本事件个数为()()3221112132332260mCCCCCC=+=,则每个宣传小组至少选派1人的概率为6010126

21mPn===.故选:D.11.【答案】B()fx的定义域为R,且cos2()2sincosxfxxx=+,()()()()cos22cos2()2sincos2sincosxxfxfxxxxx++===++++,故①正确.又2cos22cos2()4

2sincos4sin2xxfxxxx==++,令2cos24sin2xyx=+,则()242cos2sin24cos2yxyxyx=−=++,其中222cos,sin44yyy==++,故2414yy+即2415y,故2152151515

y−,当21515y=时,有151cos,sin44==,此时()cos21x+=即2xk=−,故max21515y=,故②错误.()()()()()22222sin24sin22cos2414sin2()4sin24si

n2xxxxfxxx−+−−+==++,当0,4x时,()0fx,故()fx在0,4为减函数,故④正确.当,04x−时,1sin20x−,故314sin21x−+,因为2tx=为增函数且2,02x−,

而14sinyt=+在,02−为增函数,所以()14sin2hxx=+在,04−上为增函数,故14sin20x+=在,04−有唯一解0x,故当()0,0xx时,()0hx即()0fx,故()fx在()0,0x为减函数,故③不正确.故正确的结论

有两个,选B12.【答案】A【详解】在椭圆上任取一点P,连接VP交球1O于点Q,交球2O于点R,连接1OQ,11OF,1PO,1PF,2OR,在与中有:1111OQOFr==,(1r为球1O的半径),11190OQPOFP==,1OP为公共边,所以,所以1=PFPQ,设

点P沿圆锥表面到达M的路线长为PMd,则1PMPMPFdPQdPQPRQR+=++=,当且仅当P为直线VM与椭圆交点时取等号,,所以最小值为3313.【答案】3414.【答案】3215.【答案】16.【答案】(,)e+【详解】由()e(ln)xfxxaxx

=−+,得()()()11(1)1xxxeafxxeaxxx−=+−+=+,且0x由0x,则100xxxe+,若0a,则0xxea−,此时()0fx,()fx在()0,+上单调递增,至多有一个零点,不满足题意.若0a,设()xhxxea=−,则(

)()10xhxxe=+,所以()hx在()0,+上单调递增由()00h=,所以xxea=有唯一实数根,设为0x,即00xxea=则当00xx时,xxea,()0fx,则()fx在()00x,单调递减,当0xx时,xxea,()0fx

,则()fx在()0x+,单调递增,所以当0xx=时,()()()00000minlnxfxfxxeaxx==−+由00xxea=可得()00lnlnxxea=,即00lnlnlnxxea+=,即00lnlnxxa+=所以()()0minlnfxfxaaa==−,(

)0a又当0x→时,()fx→+,当x→+,指数函数增加的速度比对数函数增加的速度快得多,可得()fx→+所以函数()e(ln)xfxxaxx=−+有两个不同零点,则()()0minln0fxfxaaa==−设()lngxxxx=−,则()lngxx

=−当()0,1x时,有()0gx,则()gx在()0,1上单调递增.当()1,x+时,有()0gx,则()gx在()1,+上单调递减.又当0x→时,()0gx→,()0ge=所以当0xe时,()0gx,当xe时,()0gx,所以ln0a

aa−的解集为ae17.【答案】(1)()2nnanN=;(2)21nnTn=+.【详解】解:(1)据题意:112168aaqaq+==解得122aq==或11823aq==−∵1q,∴122aq

==即数列{}na的通项公式为:()2nnanN=.(2)由(1)有22log2nnban==则11111=(1)(1)(21)(21)22121nnbbnnnn=−+−+−−+∴nT()()111113355721

21nn=+++++−1111111111112133557212122121nnnnn=−+−+−++−=−=−+++18.【答案】(1)0.015,72;(2)分布列见解析,1312.【

详解】(1)由()0.0050.0200.0250.0300.005101t+++++=得0.015t=,平均得分450.00510550.01510650.02010750.03010850.0251

0=+++++950.00510=72.(2)由已知得:0=,1,2,3,()111101112344P==−−−=,()11111111111111111123423423424P

==−−+−−+−−=()111111111612111234234234244P==−+−+−==,()1

111323424P===,则分布列为:0123P14112414124则期望()1111113012342442412E=+++=.19.【详解】(1)证明:由图(1)可得:2AE=,1A

D=,60A=.从而2212212cos603DE=+−=故得222ADDEAE+=,∴ADDE⊥,BDDE⊥.∴1ADDE⊥,BDDE⊥,∴1ADB为二面角1ADEB−−的平面角,又二面角1ADEB−−为直二面角,∴190ADB=

,即1ADDB⊥,∵DEDBD=且DE,DB平面BCED,∴1AD⊥平面BCED;(2)存在,由(1)知EDDB⊥,1AD⊥平面BCED.以D为坐标原点,以射线DB、DE、1DA分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz−,如图,过P作PHDE

交BD于点H,设2PBa=(023a),则BHa=,3PHa=,2DHa=−,易知()10,0,1A,()2,3,0Paa−,()0,3,0E,所以()12,3,1PAaa=−−.因为ED⊥平面1ABD,所以平面1ABD的一个法向量为()0,3,0DE=因为直线1PA与平面1A

BD所成的角为60,所以12133sin6024453PADEaPADEaa===−+,解得54a=.∴522PBa==,满足023a,符合题意.所以在线段BC上存在点P,使直线1PA与平面1ABD所

成的角为60,此时52PB=.20.【解析】当与轴重合时,,即,所以垂直于轴,得,,,得,椭圆的方程为.焦点坐标分别为,当直线或斜率不存在时,点坐标为或;当直线斜率存在时,设斜率分别为,设由,得:,所以:,,则:.同理:,因为,所以,即,由

题意知,所以,设,则,即,由当直线或斜率不存在时,点坐标为或也满足此方程,所以点在椭圆上.存在点和点,使得为定值,定值为.21.【详解】①.当45,4x−−,()2sin04xfxex=−+;②.当,04x−时,()()cossin,

00xfxexxf=−+=,()sincos2sin04xxfxexxex=++=++,则函数()fx在,04−上单调增,则()()00fxf=,则函数()fx在,04−上单调减,则()()00fx

f=;③.当0x=时,由函数的解析式可知()01010f=−−=,当)0,x+时,令()()sin0Hxxxx=−+,则()'cos10Hxx=−+,故函数()Hx在区间)0,+上单调递增,从而:()()00HxH=,即sin0,sinxxxx−+−−,从而函数(

)sincos1xxfxexxex=−−−−,令1xyex=−−,则:1xye=−,当0x时,0y,故1xyex=−−在)0,+单调递增,故函数的最小值为0min010ye=−−=,从而:10xex−−.从而函数()sincos10xxfxexxex=−−−−;综上可得

,题中的结论成立.(2)当54x−时,令()()2sincos2xhxgxaxexxax=−−=++−−﹐则()cossinxhxexxa=+−−,()()0hxfx=,故()hx单调递增,当2a时,()02

0ha=−,()()()ln222sinln204haa+=−+−,()()10,ln2xa+使得()10hx=,当10xx时,()()0,hxhx单调递减,()()00hx

h=不符合题意;当2a时,()00h,若在5,04x−上,总有()0hx(不恒为零),则()hx在5,4−+上为增函数,但()00h=,故当5,04x−时,()0hx,不合题

意.故在5,04x−上,()0hx有解,故25,04x−,使得()20hx=,且当20xx时,()()0,hxhx单调递增,故当()2,0xx时,()(0)0hxh=,不符合题

意;故2a不符合题意,当a=2时,()cossin2xhxexx=+−−,由于()hx单调递增,()00h=,故:504x−时,()()0,hxhx单调递减;0x时,()()0,hxhx单调递增,此时()()00hxh=﹔当时,(

)5sincos2202202xhxexxx=++−−−+−,综上可得,a=2.22.【详解】解:(1)因为cos,sinxy==,所以221:194xyC+=可化为22221cossin:194C+=,整理得()2245sin36+=,233cos:3sinxC

y=+=(为参数),则33cos3sinxy−==(为参数),化为普通方程为2260xyx+−=,则极坐标方程为26cos0−=,即6cos=.所以1C的极坐标方程是()2245sin36+

=,2C的极坐标方程是6cos=.(2)由(1)知,联立2245sin36+==()可得22123645sinOA==+,联立6cos==可得2222=36cosOB

=,所以22OBOA=224222981cos(45sin)5cos9cos5(cos)1020+=−+=−−+,当29cos10=时,22OBOA最大值为8120,所以OBOA的最大值为951

0.23.【答案】(1)14xx−;(2)()2,4−.【分析】(1)1a=时,解不等式,用平方法把2121xx−+绝对值号去掉,可解;(2)把“关于x的不等式()21fxx+存在实

数解”转化为能成立问题,可求a的范围.【详解】解:(1)1a=时,所解不等即为:2121xx−+,两边平方解得14x−,∴原不等式解集为14xx−.(2)21121xax−−−+存在实数解,即12121axx−−−+存在实

数解,令()2121gxxx=−−+,即()max1agx−,()()212121223gxxxxx=−−+−−+=,∴当1x−时等号成立.∴13a−,解得()2,4a−.

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