吉林省延边州2021届高三教学质量检测(2月底) 数学(理) 答案

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以下为本文档部分文字说明:

理科数学试卷答案第1页(共6页)理科答案一.选择题DCDBACCABCDB二.填空题13.22514.6015.716.41416;7217(答对一个得3分,答对两个得5分)三.解答题17.解:(Ⅰ)由已知,当2n

时,2132nnnaa,121211()()()nnnaaaaaaaa------1分12211312(1333)12313nnn------4分当1n时,13111a符合上式

1*3,nnanN.-------6分(不求11131a扣1分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知1(21)(21)3nnnbnan,0113353(21)3nnSn①----------7分

12133353(21)3(21)3nnnSnn②----8分1—②得121232(333)(21)3nnnSn------9分212(1333)(21)31132(21)311323nnnnnnnn

-----11分所以,*3nnSnnN,.-----------12分18.解:(Ⅰ)由题意,208121565a,10a--------2分201081215+1000.80.80.60.6b

,即1010252520100b,0.5b-----4分(Ⅱ)年龄在区间[28,38)的居民共有20人,年龄在区间[38,48)的居民共有10人,按分层抽样抽取6人,20:102:1∴2643,即共有4人年龄在[28,38)

内------6分理科数学试卷答案第2页(共6页)则X的可能取值为1,2,312423641(1)205CCPXC,214236123(2)205CCPXC,30423641(3)205CCPXC--------------10分则X的分布列为X123P15351

5X的数学期望是1233110()25555EX----------12分19.解:(Ⅰ)证明:取AB中点E,连接DE因为2ABCD,所以CDBE因为//ABCD,所以四边形BCDE是平行四边形又,90CDBCABC,所以四边形BCDE是正方形--------

---2分设1CD,则1,2,2BCDEBEAEABBDAD,所以222BDADAB,即BDAD--------4分又平面ADM平面ABCD,平面ADM平面ABCDAD所以BD平面ADM,又AM平面ADM,所以AMBD因为AMD

M,又DMBDD,所以AM平面BDM-----6分(Ⅱ)取AD的中点O,连接,OMOE则//OEBD,所以OEAD,当M为AD中点时MAMD则OMAD.因为平面ADM平面ABCDAD,所以OM平面ABCD以O为坐标原点,分别以,,OEODOM所在直线为,

,xyz轴,建立如图所示的空间直角坐标系.ABCDMABCDMOExyz理科数学试卷答案第3页(共6页)设1CD,由(1)可知2222(2,,0),(,2,0),(0,,0),(0,0,)2222BC

DM,222222(,2,),(,,0),(0,,)222222MCBCMD--------8分设(,,)xyzm是平面MBC的法向量,则20,0MCxyzBCxymm,取1x,得(

1,1,3)m,---------9分设111(,,)xyzn是平面MCD的法向量,则1111120,0MCxyzMDyznn,取11y,得(1,1,1)n,---------10分所以333cos,11113mnmnmn由图知

二面角BMCD是钝角,所以二面角BMCD的余弦值为3311.-----12分20.解:(Ⅰ)由题意知122BBb,当1112BPBQBD时,易得12PQBB,--------1分又直线PQ过点(

0,)2bD,所以222()22[1]3bPQaab-------------2分此时四边形12BPBQ的面积1213622SBBPQab又33cea,222abc得226,4ab----------3分

所以椭圆C的标准方程为22164yx---------4分(Ⅱ)点N在定直线上显然直线l的斜率存在,由题可设l:11221,(,),(,)ykxPxyQxy---------5分将1ykx代入22164yx,得22(32)690kxkx则12122269,3232k

xxxxkk---------7分所以12123()2xxkxx由(1)知,12(0,2),(0,2)BB得:1111121BPykxkxx理科数学试卷答案第4页(共6页)直线1BP的方程为1112kxyxx①,----

--------8分同理求得直线2BQ的方程为2232kxyxx②------------9分由①②得1212(2)(2)13yxyxkxkx,所以1212121212122(23)2[3()3]433kxxxx

xxxxyxxxx所以点N在定直线上,且定直线的方程为4y------------12分21.解:在区间0,上,11()axfxaxx.(Ⅰ)①若0a,()lnfxx有唯一零点1x.------------1分②若0a,令()0fx得:

1xa.在区间1(0,)a上,()0fx,函数()fx是增函数;在区间1(,)a上,()0fx,函数()fx是减函数;------------2分故在区间0,上,()fx的极大值为11()l

n1ln1faaa.又当0x时,()fx,当x时,()fx故由题意得1()0fa,即ln10a,解得:1ae.故所求实数a的取值范围是1(,)e.------------4分(Ⅱ)设120x

x,12()0,()0fxfx,1122ln0,ln0xaxxax1212lnln()xxaxx,1212lnln()xxaxx-----------6分212xxe12lnln2

xx12()2axx121212lnln2xxxxxx1122122()lnxxxxxx----------8分理科数学试卷答案第5页(共6页)令12xtx,则1t,于是1122122()2(1)lnln1xxxttx

xxt.-----------9分设函数2(1)()ln1tgttt(1)t,----------10分求导得:22214(1)()0(1)(1)tgttttt故函数()gt是1,上的增函数,()(

1)0gtg即212xxe----------12分22.解:(Ⅰ)曲线C的普通方程为226xy-----------2分因为cos()23,所以cos3sin40,直线l的直角坐标方程为340x

y.---------------4分(Ⅱ)点P的坐标为(4,0),设直线m的参数方程为4cossinxtyt(t为参数,为倾斜角),-----------6分联立直线m与曲线C的方程得28

cos100tt.设,AB对应的参数分别为12,tt,则121228cos1064cos400tttt-----------------8分所以1212||||||||||8|cos|43PAPBtttt

,得3cos2,且满足,故直线m的倾斜角为6或56.-------------10分23.(Ⅰ)不等式可化为3131xxx或31131xxx或1131xxx

,----------3分解得32x,∴1fx的解集为32xx.----------------4分理科数学试卷答案第6页(共6页)(Ⅱ)1+3134xxxx

-----------------6分∴4m,24pq,∴226pq-2112114222426262qppqpqpqpq------

------------8分142442623qppq.当且仅当223pq时,即132pq时,取“”,-----------------9分∴212pq的最小值为43---

-----------10分

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