【文档说明】宁夏银川一中2020-2021学年高三下学期第二次模拟数学（理）试题答案.docx，共(2)页，174.325 KB，由小赞的店铺上传

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银川一中2021届高三第二次模拟数学(理科)参考答案一、选择题123456789101112CDBDDCBBBCDC二、填空题：13.m=0.514．73315．32616.72968;62三、解答题：17．解：（1）当2n

时，12nnaS−=+与12nnaS+=+两式相减得12(2)nnaan+=.∵数列是等比数列，∴公比2q=，212aa=.又12122aSa=+=+，∴12a=，∴2nna=（2）∵由12nnaS+=+得122nnS+=−，∴()2312222nnTn+=+++−…422221

)21(222−−=−−−=+nnnn18.（1）D是圆弧BC上的动点（不包括B，C点），假设存在点D，使得BD⊥AC．过点D作DE⊥BC，∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC．∴DE⊥平面ACB，AC⊂平面ABC，∴DE

⊥AC，又DE∩BD＝D，∴AC⊥平面BCD，而∠ACB＝60°，得出矛盾．∴假设不正确．因此不存在点D，使得BD⊥AC．（2）设圆心为点O，连接OA，分别以OC，OA，为y轴作空间直角坐标系．设OC＝1，O（0，0，0），A（0，0，√𝟑），B（0，﹣1，0），D（√𝟑𝟐，�

�𝟐，0），C（0，1，0）．𝑩𝑨→=（0，1，√𝟑），𝑩𝑫→=（√𝟑𝟐，𝟑𝟐，0），𝑪𝑨→=（0，﹣1，√𝟑），设平面ABD的法向量为：𝒏→=（x，y，z），则𝒏→•𝑩𝑨→=𝒏→•𝑩𝑫→=0，∴y+

√𝟑z＝0，√𝟑𝟐x+𝟑𝟐y＝0，取𝒏→=（3，−√𝟑，1），∴直线AC与平面ABD所成角的正弦值＝|cos＜𝒏→，𝑪𝑨→＞|=|𝒏→⋅𝑪𝑨→||𝒏→|⋅|𝑪𝑨→|=𝟐√𝟑√𝟏𝟑×𝟐=√𝟑𝟗𝟏𝟑．本题考查了线面面面垂直的性质定

理、法向量的应用、数量积运算性质、圆的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19．解：（1）该混合样本达标的概率是(𝟐√𝟐𝟑)𝟐=𝟖𝟗，所以根据对立事件原理，不达标的概率为𝟏−𝟖𝟗=𝟏𝟗．（2）①方案一：逐个检测

，检测次数为4．方案二：由①知，每组两个样本检测时，若达标则检测次数为1，概率为𝟖𝟗；若不达标则检测次数为3，概率为𝟏𝟗．故方案二的检测次数记为ξ2，ξ2的可能取值为2，4，6．其分布列如下，ξ2246p𝟔𝟒𝟖𝟏𝟏

𝟔𝟖𝟏𝟏𝟖𝟏可求得方案二的期望为𝑬(𝝃𝟐)=𝟐×𝟔𝟒𝟖𝟏+𝟒×𝟏𝟔𝟖𝟏+𝟔×𝟏𝟖𝟏=𝟏𝟗𝟖𝟖𝟏=𝟐𝟐𝟗方案四：混在一起检测，记检测次数为ξ4，ξ4可取1，5．其分布列如下，ξ415p𝟔𝟒𝟖𝟏𝟏�

�𝟖𝟏可求得方案四的期望为𝑬(𝝃𝟒)=𝟏×𝟔𝟒𝟖𝟏+𝟓×𝟏𝟕𝟖𝟏=𝟏𝟒𝟗𝟖𝟏．比较可得E（ξ4）＜E（ξ2）＜4，故选择方案四最“优”．②方案三：设化验次数为η3，η3可取2，5．η325pp31﹣p3𝑬(𝜼𝟑

)=𝟐𝒑𝟑+𝟓(𝟏−𝒑𝟑)=𝟓−𝟑𝒑𝟑；方案四：设化验次数为η4，η4可取1，5η415pp41﹣p4𝑬(𝜼𝟒)=𝒑𝟒+𝟓(𝟏−𝒑𝟒)=𝟓−𝟒𝒑𝟒；由题意得𝑬(𝜼𝟑)＜𝑬(𝜼𝟒)⇔𝟓−𝟑𝒑𝟑＜𝟓−�

�𝒑𝟒⇔𝒑＜𝟑𝟒．故当𝟎＜𝒑＜𝟑𝟒时，方案三比方案四更“优”．20.解：（Ⅰ）由椭圆的对称性，不妨设在𝐱轴上方的切点为𝐌，𝐱轴下方的切点为𝐍，则𝐤𝐍𝐄=𝟏，𝐍𝐄的直线方程

为𝐲=𝐱−√𝟕，因为椭圆𝐂𝟏:𝐱𝟐𝐚𝟐+𝐲𝟐𝐛𝟐=𝟏(𝐚>𝒃>𝟎)的离心率为𝟏𝟐，所以椭圆𝐂𝟏:𝐱𝟐𝟒𝐜𝟐+𝐲𝟐𝟑𝐜𝟐=𝟏，所以{𝐲=𝐱−√𝟕,𝐱𝟐𝟒𝐜𝟐+𝐲𝟐𝟑�

�𝟐=𝟏,𝚫=𝟎，则𝐜=𝟏，所以椭圆方程为𝐱𝟐𝟒+𝐲𝟐𝟑=𝟏.（Ⅱ）设点𝐁(𝐱𝟏,𝐲𝟏)，𝐂(𝐱𝟐,𝐲𝟐)，𝐏(𝐱𝟎,𝐲𝟎)，由𝐱𝟐=𝟒𝐲，即

𝐲=𝟏𝟒𝐱𝟐，得𝐲′=𝟏𝟐𝐱，∴抛物线𝐂𝟐在点𝐁处的切线𝐥𝟏的方程为𝐲−𝐲𝟏=𝐱𝟏𝟐(𝐱−𝐱𝟏)，即𝐲=𝐱𝟏𝟐𝐱+𝐲𝟏−𝟏𝟐𝐱𝟏𝟐，∵𝐲𝟏=𝟏𝟒𝐱𝟏𝟐，∴𝐲=𝐱𝟏𝟐𝐱−𝐲𝟏.∵点𝐏(𝐱�

�,𝐲𝟎)在切线𝐥𝟏上，∴𝐲𝟎=𝐱𝟏𝟐𝐱𝟎−𝐲𝟏.①同理，𝐲𝟎=𝐱𝟐𝟐𝐱𝟎−𝐲𝟐.②综合①、②得，点𝐁(𝐱𝟏,𝐲𝟏)，𝐂(𝐱𝟐,𝐲𝟐)的坐标都满足方程𝐲𝟎=𝐱𝟐𝐱𝟎−𝐲.∵经过𝐁(�

�𝟏,𝐲𝟏)，𝐂(𝐱𝟐,𝐲𝟐)两点的直线是唯一的，∴直线𝐁𝐂的方程为𝐲𝟎=𝐱𝟐𝐱𝟎−𝐲，∵点𝐀(𝟏,𝟏)在直线𝐁𝐂上，∴𝐲𝟎=𝟏𝟐𝐱𝟎−𝟏，∴点𝐏的轨迹方程为𝐲=𝟏𝟐𝐱−

𝟏.又∵点𝐏在椭圆𝐂𝟏上，又在直线𝐲=𝟏𝟐𝐱−𝟏上，∴直线𝐲=𝟏𝟐𝐱−𝟏经过椭圆𝐂𝟏内一点(𝟎,−𝟏)，∴直线𝐲=𝟏𝟐𝐱−𝟏与椭圆𝐂𝟏交于两点.∴满足条件的点

𝐏有两个.21.解：（1）由题21()1ln(1)12hxxkxx=+++++,1()1hxxkx=+++令1()1xxkx=+++,因为221(2)()10(1)(1)xxxxx+=−=++对[0,2]x恒成立，所以1(

)1xxkx=+++，即()hx在[0,2]上为增函数max7()(2)3hxhk==+()hx在[0,2]上单调递减()0hx对[0,2]x恒成立，即max7()03hxk=+73k−（2）当[0,1]xe−时，()ln(1)10gxx=++()(1)ln(1

)gxxx=++在区间[0,1]e−上为增函数，[0,1]xe−时，10()2gxe21()12fxxkx=++的对称轴为：xk=−，为满足题意，必须14k−−此时2min1()()12fxfkk=−=−，()fx的值恒小于(1)f−和(4)f中

最大的一个对于[0,1]te−，总存在12,(1,4)xx−，且12xx满足()()ifxgt=(1,2)i=，min1[0,]((),min{(1),(4)})2efxff−2min41141()010211(4)4922113(1)222kkfxkefekefek−−−

−+−−19284ek−−22.解：（1）由1122xtttyt=+=−，得112xttytt=+=−，∵2222221111224tttttttt+

−−=++−+−=，∴()2224xy−=，即2244xy−=，又cossinxy==，∴2222cos4sin4−=，即曲线C的极坐标方程为2222cos4sin4−=；（2）设l的参数方程为3cos

sinxtyt=+=（t为参数），代入2244xy−=整理得，()222cos4sin6cos50tt−++=，设方程的两根分别为1t，2t，则12225cos4sintt=−，则1222510cos4sin3PMPNtt===−，解得，2cos2=，∵02

，∴4=．故l的参数方程为23222xtyt=+=（t为参数）．23．解：（1）因为()()21014fxx+=所以()()()()22()2()2fxfxfxfxfxfx+−=+−+−

=（2）当1x−时()()21014fxx+=所以()()()()112144yfxfxfxfx=+=当且仅当()()14fxfx=即12x=时等号成立因为存在xR，且1x−，使得()()2114fxmmfx+−−成立所以211mm−−所以211mm−−或211

mm−−−解得：12−mm或或10m