【文档说明】陕西省西安市长安区第一中学2021届高三上学期第三次月考数学（理）答案.pdf，共(5)页，258.272 KB，由小赞的店铺上传

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理科数学答题纸【第1页共5页】长安一中2020—2021学年度第一学期第三次质量检测高三年级数学（理科）试卷一、选择题:本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.题号1234567891011

12答案CBCACDAACCBA二、选择题：本题共4小题，每小题5分.13.10xy14.2415.3416.31三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤）17.解：(1)在ABC中，因为2cos2bAca，所以2s

incossinsin2BACA．所以2sincossin()sin2BAABA，化简可得2cossinsin02BAA．因为sin0A，所以2cos2B．因为(0,)2B，所以4B．（2）因为72cos10A，(0,)2A，所以22722sin

1cos1()1010AA．因为4B，所以227224sinsin()sincoscossin=+=1021025CABABAB理科数学答题纸【第2页共5页】在ABC中，由正弦定理可得242sin254sin5cBbC

．所以112sin54222210ABCSbcA18.解：（1）设从100个水果中随机抽取一个，抽到礼品果的事件为A，则2011005PA，现有放回地随机抽取4个，设抽到礼品果的个数为X

，则1~4,5XB，恰好抽到2个礼品果的概率为：22244196255625PXC．（2）设方案2的单价为，则单价的期望值为：1342165488481618222420.61010101010E

，20E，从采购商的角度考虑，应该采用第一种方案．（3）用分层抽样的方法从100个水果中抽取10个，则其中精品果4个，非精品果6个，现从中抽取3个，则精品果的数量X服从超几何分布，所有可能的取值为：0,1,2,3，则363

10106CPXC；2164310112CCPXC；12643103210CCPXC；343101330CPXC，X的分布列如下：X0123P16123101301131601236210305EX．理科数学答题纸【第3页共5页

】19.解：（1）依题意，1120BAA，故160ABB；在1ABB△中，1111,2,60ABBBAAABB，由余弦定理得22211112cos3ABABBBABBBABB，13AB，22211BBABAB，1A

BAB．又90BAC，ACAB，又1ACABA，AB平面1ABC（4分）（2）113,1,2ABABACBC，22211BCABAC，1ABAC．如图，以A为原点，以1,,ABACAB

的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则110,0,0,03,1,0,0,0,1,0,1,1,3ABBCC0，，，11,0,3,1,1,0BBBC．110,0,3,1,1

,3ABAC设平面11ABC的法向量,,xyzm，由1100ABACmm得3030zxyz，令1x，得1,0yz．

平面11ABC的一个法向量为1,1,0m．设平面1BCB的法向量111,,xyzn，由100BBBCnn得1111300xzxy令11z，得3xy11．平面1BCB的一个法向量为3,3,1n，设,mn所成角为

，故42cos7mnmn；因为平面11ABC与平面1BCB所成二面角为锐角，故所求余弦值为427．（12分）20.解：（1）易知2,0F，设:2ABxy，则228xyyx得28160yy1216y

y22212121248864yyyyxx012OAB（2）设221212,,,88yyAyBy,所以1288,AOBOkkyy所以AO的

方程理科数学答题纸【第4页共5页】是:,18yxy由182yxyx116Myy，同理由282yxyx216Nyy121212161616MNyyMNyyyyyy且由（1）知121216,8yyyy22121212481y

yyyyy21281MNyy211812822MNOSMNOF当且仅当0时，OMNS取最小值8.21.解：（1）由1lnafxxx得

221110xaafxxxxx,当11a即0a时,0fx,所以fx在[1,2]上单调递增,无极值；当12a即1a时,0fx,所以fx在[1,2]上单调递减,无极值；当112a即01a,由0fx得1xa；由0

fx得1xa,所以fx在1,1a上单调递减,在1,2a上单调递增,符合题意,01a；（5分）（2）要证sin1xfxax成立,只需证ln1sinxxaaxa成立,即证lnsin1xxax,先证：ln1

xxax.设ln1gxxxax,则1lnln1gxxaxa,所以fx在10,ae上单调递减,在1,ae上单调递增,所以1111111aaaagxgeaeaee

,因为01a,所以110ae,则0gx,即ln1xxax①,再证：1sin1axax.设sinhxxx,则1cos0hxx.所以hx在0,上单调递增,则00hxh,即sinxx.因为

01a,所以理科数学答题纸【第5页共5页】1sin1axax②,由①②可lnsin1xxax,所以sin1xfxax.（12分）22.解析：（1）由曲线C的极坐标方程为4(2cossin)，则28cos4sin，即

2284xyxy，得其标准方程为22(4)(2)20xy.直线l参数方程为5152525xtyt（t为参数），则其普通方程为240xy.（5分）（2）由（1）得曲线C为圆心为(4,2)，半径为25的圆，过C点作直线l的垂线l，则12lk，从而直线

l的方程为280xy，联立直线,ll的方程，可求两直线的交点坐标为(0,4)，故圆心(4,2)C关于点(0,4)对称点坐标为(4,6)C，其对应的参数方程为425cos625sinxy

(为参数).（10分）23.【解析】（Ⅰ）当2a时，2,2224,222,2xxfxxxxxx．当2x时，可得26x，解得3x；当22x时，因为46不成立，故此时无解；当2x时，由26

x得，3x，故此时3x；综上所述，不等式6fx的解集为,33,.（Ⅱ）因为2fxxaxaxaxaa，要使关于x的不等式21fxa有解，只需221aa成立即可．当0a时，221aa即221

aa，解得12a，或12a（舍去）；当0a时，221aa，即221aa，解得12a（舍去），或12a；所以的取值范围为,1212,.