【文档说明】陕西省渭南市2021届高三下学期4月教学质量检测（Ⅱ）数学（理）试题答案.pdf，共(6)页，206.938 KB，由小赞的店铺上传

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理科数学试题答案第１页(共６页)渭南市２０２１年高三教学质量检测(Ⅱ)理科数学试题参考答案一、选择题(每小题５分ꎬ共６０分)题号１２３４５６７８９１０１１１２答案ＣＡＣＤＢＣＢＤＢＡＣＡ二、填空题(每小题５分ꎬ共２０分)１３.π３１４.２１５.①②(第１５题阅

卷说明:全部选对的得５分ꎬ选对但不全的得３分ꎬ有选错的得０分)１６.π３.三、解答题(共７０分)１７.解:(Ⅰ)由ａ－ｂ＋ｃｃ＝ｂａ＋ｂ－ｃ化简得ｂ２＋ｃ２－ａ２＝ｂｃ.(２分)……………………………由余弦定理ｃｏｓＡ＝ｂ２＋ｃ２－ａ２２ｂｃ

得ｃｏｓＡ＝ｂｃ２ｂｃ＝１２(４分)……………………………………又因为０<Ａ<πꎬ所以Ａ＝π３.(６分)………………………………………………………(Ⅱ)由正弦定理得ａｓｉｎＡ＝２Ｒ⇒ａ＝２ＲｓｉｎＡ＝

２ｓｉｎπ３＝３(８分)……………………………所以３＝ｂ２＋ｃ２－ｂｃ≥２ｂｃ－ｂｃ＝ｂｃꎬ(当且仅当ｂ＝ｃ时取等号)(１０分)…………………故Ｓ＝１２ｂｃｓｉｎＡ≤１２×３×３２＝３３４(ｂ＝ｃ时取等号

).即△ＡＢＣ面积Ｓ的最大值为３３４.(１２分)…………………………………………………理科数学试题答案第２页(共６页)１８.证明:(Ⅰ)连接ＡＣ交ＢＤ于点Ｎ.连接ＭＮ.因为四边形ＡＢＣＤ是正方形ꎬ所以Ｎ为ＡＣ的中点由于Ｍ为ＡＥ的中点ꎬ所以ＭＮ∥ＣＥ又因为ＭＮ⊈平面ＣＥＦꎬＣ

Ｅ⊆平面ＣＥＦ所以ＭＮ∥平面ＣＥＦ(２分)…………………………………………………………………易知ＢＮ∥ＥＦꎬＢＮ⊈平面ＣＥＦꎬＥＦ⊆平面ＣＥＦ所以ＢＮ∥平面ＣＥＦ(４分)…………………………………………………………………因为

ＭＮ∩ＢＮ＝ＮꎬＢＮ⊆平面ＢＭＮꎬＭＮ⊆平面ＢＭＮ所以平面ＢＭＮ∥平面ＣＥＦ.又因为ＢＭ⊆平面ＢＭＮ所以ＢＭ∥平面ＥＦＣ(６分)…………………………………………………………………解:(Ⅱ)以Ｄ为原点建系如图.则ＤＭ→＝(１２ꎬ０ꎬ１２)ꎬＤＢ→＝(１ꎬ１ꎬ０)设平面ＢＤＭ的法向量

为ｍ→＝(ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ则有ｘ２＋ｚ２＝０ｘ＋ｙ＝０ìîíïïïï.令ｘ＝１ꎬ得ｍ→＝(１ꎬ－１ꎬ－１)(９分)………………………………………………………………………………………由于ＤＥ⊥平面ＡＢＤꎬ所以取平面Ａ

ＢＤ的法向量为ｍ→＝(０ꎬ０ꎬ１)则ｃｏｓ<ｍ→ꎬｎ→>＝ｍ→􀅰ｎ→｜ｍ→｜｜ｎ→｜＝－１１×３＝－３３(１１分)…………………………………………所以ｓｉｎ<ｍ→ꎬｎ→>＝１－ｃｏｓ２<􀭽ｍꎬ􀭸ｎ>＝６３ꎬ则二面角Ｍ－

ＢＤ－Ａ的正弦值为６３.(１２分)………………………………………………１９.解:(Ⅰ)当ａ＝２时ꎬｆ(ｘ)＝ｘ２－２ｌｎｘ(ｘ>０)(２分)………………………………………理科数学试题答案第３页(共６页)因为ｆ′(ｘ)＝２ｘ－２ｘ＝２(ｘ２－１)ｘ.所以令ｆ′(ｘ)>

０得:ｘ>１ꎻ令ｆ′(ｘ)<０得:０<ｘ<１(４分)………………………………………………………………………………………所以函数ｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减ꎻ在(１ꎬ＋∞)上单调递增.(５分)……………………(Ⅱ)ｆ(ｘ)>ｘ２－ｅｘ＋

ａ即ｅｘ>ａ(１＋ｌｎｘ)ꎬ因为ｘ∈(１ｅꎬ＋∞)ꎬ所以１＋ｌｎｘ>０ꎬ所以当ａ>０时ꎬ对任意的ｘ∈(１ｅꎬ＋∞)ꎬａ<ｅｘ１＋ｌｎｘ恒成立.(６分)……………………令ｇ(ｘ)＝ｅｘ１＋ｌｎｘꎬ则ｇ′(ｘ)＝ｅｘ(１＋ｌｎｘ－１ｘ)(１＋ｌｎｘ)２(８分)………………

………………………令ｈ(ｘ)＝１＋ｌｎｘ－１ｘꎬ显然函数ｈ(ｘ)在(１ｅꎬ＋∞)上单调递增由于ｈ(１)＝１＋ｌｎ１－１＝０ꎬ所以当１ｅ<ｘ<１时ꎬｈ(ｘ)<０ꎬ∴ｇ′(ｘ)<０当ｘ>１时ꎬｈ(ｘ)>０ꎬ∴ｇ′(ｘ)>０(１０分)…………………………………………………所以函数ｇ(ｘ)在

(１ｅꎬ１)上单调递减ꎬ在[１ꎬ＋∞)上单调递增(１１分)…………………所以ｇ(ｘ)≥ｇ(１)＝ｅꎬ所以０<ａ<ｅꎬ故ａ的取值范围为(０ꎬｅ).(１２分)…………………２０.解:(Ⅰ)系统需要维修ꎬ即有３个或２个电子元件不能正常工作.因此系统需

要维修的概率为Ｃ０３１３æèçöø÷３＋Ｃ１３２３􀅰１３æèçöø÷２＝７２７.(４分)………………………(Ⅱ)设Ｘ为需要维修的系统的个数ꎬ则Ｘ~Ｂ３ꎬ７２７æèçöø÷ꎬ且ζ＝９００Ｘꎬ所以Ｅ(ζ)＝９００Ｅ(Ｘ)＝９００×３×７２７＝７００.(８分)……………………………

…………(Ⅲ)当系统Ｇ有５个电子元件时ꎬ原来３个电子元件中至少有一个元件正常工作ꎬ系统Ｇ才可能正常工作理科数学试题答案第４页(共６页)①若前３个电子元件中有１个正常工作ꎬ则同时新增的两个必须都正常工作ꎬ则概率为Ｃ１３２３

􀅰１３æèçöø÷２􀅰ｐ２＝２９ｐ２ꎻ②若前３个电子元件中有２个正常工作ꎬ则同时新增的两个至少有１个正常工作ꎬ则概率为Ｃ１３􀅰２３􀅰１３[Ｃ１２ｐ(１－ｐ)＋ｐ２]＝４９(２ｐ－ｐ２)ꎻ③若前３个电子元件中３个都正常工作ꎬ则不管新增两个元件能

否正常工作ꎬ系统Ｇ均能正常工作ꎬ则概率为Ｃ３３􀅰２３æèçöø÷３＝８２７.(１０分)……………………………………………所以新增两个元件后系统能正常工作的概率为２９ｐ２＋４９(２ｐ－ｐ２)＋８２７＝８ｐ－２ｐ２９＋８２７令８ｐ－

２ｐ２９＋８２７>１－７２７ꎬ解得２－２<ｐ<２＋２.又０<ｐ<１ꎬ所以２－２<ｐ<１.则当２－２<ｐ<１时ꎬ可以提高整个系统Ｇ的正常工作概率.(１２分)…………………２１.解:(Ⅰ)由题设可得４ａ２＋

１ｂ２＝１ｅ＝１－ｂ２ａ２＝２２ìîíïïïïïï解得ａ２＝６ｂ２＝３{所以椭圆Ｅ的方程为ｘ２６＋ｙ２３＝１(４分)……………………………………………………(Ⅱ)证明:当直线ＡＢ的斜率存在时ꎬ设其方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ.联立ｘ２６＋ｙ２３＝１ｙ＝ｋｘ＋ｍꎬìîíïïïï可得(２ｋ２＋１)ｘ２＋４ｋｍ

ｘ＋２(ｍ２－３)＝０由Δ＝１６ｋ２ｍ２－８(２ｋ２＋１)(ｍ２－３)＝－８(ｍ２－６ｋ２－３)>０ꎬ得ｍ２<６ｋ２＋３.(∗)理科数学试题答案第５页(共６页)设Ａ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２)则有ｘ１＋ｘ２＝－４ｋｍ２ｋ２＋１ꎬｘ１ｘ２＝２(ｍ２－３)２ｋ２＋１(６分)…………………因为Ｐ(－

２ꎬ１)ꎬ所以ｋＰＡ􀅰ＫＰＢ＝ｙ１－１ｘ１＋２×ｙ２－１ｘ２＋２＝ｋ２ｘ１ｘ２＋ｋ(ｍ－１)(ｘ１＋ｘ２)＋(ｍ－１)２ｘ１ｘ２＋２(ｘ１＋ｘ２)＋４＝ｋ２×２(ｍ２－３)２ｋ２＋１＋ｋ(ｍ－１)(－４ｋｍ２ｋ２＋１)＋(ｍ－１)２２(ｍ２－３)２ｋ２＋１＋２(－４ｋｍ２ｋ

２＋１)＋４＝－４ｋ２＋ｍ２－２ｍ＋１８ｋ２－８ｋｍ＋２ｍ２－２＝－１６ꎬ则４ｋ２＋２ｋｍ－２ｍ２＋３ｍ－１＝０.(８分)……………………………………………………所以(２ｋ－ｍ＋１)(２ｋ＋２ｍ－１)＝０由于Ｐ∉直线ＡＢꎬ所以２ｋ－ｍ＋１≠０ꎬ因

此２ｋ＋２ｍ－１＝０即ｍ＝１２－ｋ(满足∗式)故直线ＡＢ的方程可化为ｙ＝ｋ(ｘ－１)＋１２ꎬ所以直线ＡＢ恒过定点Ｍ(１ꎬ１２)(１０分)………………………………………………………………………………………………当直线ＡＢ的斜率不存在时ꎬ可得其方程为ｘ＝１

.不妨设Ａ(１ꎬ１０２)ꎬＢ(１ꎬ－１０２)ꎬ显然有ｋＰＡ􀅰ｋＰＢ＝(１０２－１)(－１０２－１)９＝－１６.因此直线ＡＢ恒过定点Ｍ(１ꎬ１２)因为ＰＤ⊥ＡＢꎬ所以取Ｎ为ＰＭ的中点ꎬ即Ｎ(－１２ꎬ３４)ꎬ有Ｍ(１ꎬ１２

).｜ＮＤ｜＝１２｜ＰＭ｜＝３７４.即存在定点Ｎꎬ使｜ＮＤ｜为定值.(１２分)……………………………………………………２３.解:(Ⅰ)由ｘ＝１＋２ｔｙ＝３＋２３ｔìîíïïïï消去参数ｔꎬ得直线的普通方程为ｙ＝３ｘ理科数学试题答案第６页(共６页)将ｘ２＋ｙ２＝ｐ２ꎬｘ＝ρｃｏｓθ代入ρ２－６

ρｃｏｓθ＋１＝０中ꎬ得曲线Ｃ的直角坐标方程为ｘ２＋ｙ２－６ｘ＋１＝０.(５分)…………………………………(Ⅱ)直线ｌ的极坐标方程是θ＝π３(ρ∈Ｒ)代入曲线Ｃ的极坐标方程得ρ２－３ρ＋１＝０设ＡꎬＢ两点对应的极径分别为ρＡꎬρＢꎬ则ρＡ＋ρＢ＝３ꎬρＡρＢ＝

１所以１｜ＯＡ｜＋１｜ＯＢ｜＝｜ＯＢ｜＋｜ＯＡ｜｜ＯＡ｜􀅰｜ＯＢ｜＝ρＡ＋ρＢρＡρＢ＝３(１０分)……………………………………２３.解:(Ⅰ)当ｘ≤１时ꎬｆ(ｘ)＝ｘ＋２≤３当１<ｘ<４时ꎬｆ(ｘ)＝－３ｘ＋６∈(

－６ꎬ３)ꎻ当ｘ≥４时ꎬｆ(ｘ)＝－ｘ－２≤－６.综上所述ꎬ函数ｙ＝ｆ(ｘ)的最大值为ｍ＝３(５分)…………………………………………(Ⅱ)由(Ⅰ)知ꎬａ＋ｂ＋ｃ＝３.由基本不等式得ａ２ｃ＋ｂ２ａ＋ｃ２ｂ＋ａ＋ｂ＋ｃ＝(ａ２ｃ＋ｃ)

＋(ｂ２ａ＋ａ)＋(ｃ２ｂ＋ｂ)≥２ａ＋２ｂ＋２ｃ当且仅当ａ＝ｂ＝ｃ时ꎬ等号成立ꎬ所以ｂ２ａ＋ｃ２ｂ＋ａ２ｃ≥ａ＋ｂ＋ｃ＝３.(１０分)………………