【文档说明】云南省玉溪一中2021届高三上学期期中考试数学（文）试题答案.pdf，共(5)页，253.822 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，总5页玉溪一中2020—2021学年上学期高三年级期中考文科数学答案一、选择题：BBCBDAACBDDC二、填空题：13、914、1215、116、64ppçúçú，三、解答题：17．解（1）由正弦定理可得sin31sin2

324aAcC，………………3分∵ac，∴AC，所以π02A，∴π6A．……………………6分（2）由已知1sin3sin222ABCSacBB△，∴22sin3B．……………………8分①若B为锐角，则1cos3B，∴2222cos9ba

cacB，∴3b，周长为8；………10分②若B为钝角，则1cos3B，∴2222cos17bacacB，∴17b，周长为517b.……12分18.解：（1）指标Y的平均值10.47361210.81810.4610

Y..........................2分（2）由分层抽样法知：先抽取的6件产品中，指标Y在21089.，.的有1件记为A，在10.610.2，的有3件，记为321,,B

BB，在11.010.6，的有2件，记为21,CC，从6件中随机抽取2件共有15个基本事件：),,(),,(),,(),(),,(),,(),(),,(),,(),,(322111312121321BBCBCBBBBBCACABABABA，，),(),,(),,(),,(),,

(2123132212CCCBCBCBCB，.........................5分其中满足条件的基本事件有),,(),,(),,(),(),,(),,(),,(),,(3221113121321B

BCBCBBBBBBABABA，),(),,(),,(),,(23132212CBCBCBCB共12个........................................6分所以541512P....................

.....7分答案第2页，总5页（3）不妨设每件产品的售价为x元，假设这36件产品每件都不购买该服务，则平均每件产品的消费费用为：3400)20012400636(361xxs（元）....................

.....9分假设这36件产品每件都购买该服务，则平均每件产品的消费费用为：3250]2006)50(36[361xxs（元）.........................11分所以该服务值得消费者购买。.........................12分1

9、1证明：取AP中点M，连接DM，BM，DADP，BABP，PADM，PABM，DMBMM，PA平面DMB．又BD平面DMB，PABD…………6分2ABCD是平行四边形，,DBCABDDBPCPDBCPABDDAPBSSVV

VVPAB和PAD是边长为4的等边三角形，得16423BMDM，又4BD，222DMBMDB，得DMBM．由1知，PA平面BDM，,APMMDD

平面APB则111423238332DAPBAPBVSDM…………12分20．解：（1）xfxae①当0a时，0xfxae恒成立，fx在R上单调递减；………………2分②当0a时，令0xfxae，得lnxalnxa时，有

0fx，所以fx在,lna单调递增；lnxa时，有0fx，所以fx在ln,a上单调递减；综上：当0a时，fx在R上单调递减；当0a时，fx在,lna上单调

递增，在ln,a上单调递减；………………5分答案第3页，总5页（2）由（1）可得：当0a时，fx在R上单调递减，至多有一个零点，不合题意；当0a时，fx在,lna上单调递增，在ln,a上单调递减，所以2ln2ln(3)2(ln)0,(ln1)0,ln018

1(1)0-1ln9(ln(3))[ln(3)1][92ln(3)1]-92()92ln(3)1,()=1()0()aafaaaaaafeafaeaaaaaataaataaatatat>++>\>\>-=-<\=-++=-+++¢=-++¢><

\<即-e分又在（，）上有一个零点分又令则时恒成立()2(1)82ln30()ln,ln(3)111+.12fxaaa=-+<\¥在（）上存在一个零点分综上：的取值范围时，分21．（1）解：将点2(1,)2代入椭圆方程得221112ab①，

离心率为22得2222112cbaa②，联立①，②可得222,1ab，即椭圆方程为22:12xy………………5分【法一】（2）2(1,0)F，且点A不是长轴端点，因此可设直线AB的方程为：1xmy，1122(,),(,)AxyBxy联立方程2221,1,xmyx

y化简得22(2)210mymy，0恒成立，12122221,22myyyymm2221212222(1)(1)[()4]2mABmyyyym………………8分原点O到直线AB的距离211dm，则点C到直线AB的距离为

2221dm，答案第4页，总5页22122142223ABCmSABdm，解得21m或212m（舍）即直线AB的方程为10xy.………………12分【法二】（2）①当直线AB的斜率不存在时，不妨取22

21,,1,,1,222ABC，此时12222ABCS；………………6分②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为1ykx，1122,

,,AxyBxy，联立方程2221,1,ykxxy化简得2222214220kxkxk，则Δ0恒成立，则22121222422,2121kkxxxxkk，222222212122224

221141422212121kkkABkxxxxkkkk，点O到直线0kxyk的距离2||1kdk，因为O是线段AC的中

点，所以点C到直线AB的距离为22||21kdk，∴22222221211142222222213121ABCkkkkSABdkkk解得21k或22k（舍）综上，直线A

B的方程为1yx或1yx.………………12分【注】：计算点C到直线AB的距离可直接用距离公式，由A和C关于原点对称可得11,Cxy，点A在直线10myx上，即1110myx，可得11()()1myx答案第5

页，总5页∴点C到直线AB的距离为22'1dm，其余过程参考方法一或方法均可。22．解（1）将cos,sinxy代入1C，得1C的极坐标方程为2cos02„„，设1C上的点00(,)旋转2得到曲线2C上的点,，则0

0,2，代入1C的方程得2cos2sin(0)22，所以2C的极坐标方程为2sin2„„，同理，3C的极坐标方程为32cos2

„„，4C的极坐标方程为32sin22„„．…………6分（方程4分，范围2分）（2）结合对称性可知4ABCDAOBSS将3代入1C得||1AOA，将23代入2C得3BOB，144||||sin323ABCDAOBSSOAO

B…………10分23．解：（1）当-1a时，3fx，3-13xx1423xx或1323x或31724322xxxxx或或所以不等式的解集为1

{2xx或7}2x．…………5分（2）由题意当0,2x时，恒有5fxx，此时()535fxxxxax，即2xa所以22xax在区间0,2上恒成立，

所以2,0a．…………10分