陕西省届高三第二次教学质量检测数学理答案.docx

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陕西省届高三第二次教学质量检测数学理答案

2021年高三第二次教学质量检测

1.€2.D3.B4.D5.B6.€7.A8.€❖n––

9.B10.D11.A12.A

❖

\siyi–ns·y

371–6·3.5·16

=

13.S2

17.解

（1）连接BD,

i=1

n

–=17.5

2

=2,

在6BCD中,由余弦定理❖

\（si–s）

得:

BD2=BC2+CD2–2BC❖

i=1

ˆ

ˆ

·CDsozLBCD=9,❖

8BD=3.9BC=CD,❖

r❖

a=yˆ–bs=16–2·3.5=9,

所以月度利润y与月份代码s之间的线性回归

方程为yˆ=2s+9.

8LCBD=LCDB=6,

第17题图

❖

当s=11时,yˆ=2x11+9=31.

故预计甲公司2019年3月份的利润为31百万

2rt

又

❖

元'

LCDE=3,8LBDE=2,

在Rt6BDE中,BE=槡BD2+DE2=5.

（2）方法一:

❖

（2）由频率估计概率,每包Æ型新材料可使用1

❖个月,2个月,3个月和4个月的概率分别为0.

❖2,0.35,0.35和0.1,

在BÆE中,2r

ÆBE=,❖

所以每包Æ型新材料可产生的利润期望值

6LBÆE=3

r

BE=5.设L

❖

E（

（1）=（5–10）x0.2+（10–10）x0.35+

❖（15–10）x0.35+（20–10）x0.1=1.75.

则0<8<3,

由正弦定理得

BE=ÆE=

2

ÆB,

由频率估计概率,每包B型新材料可使用1个月,2个月,3个月和4个月的概率分别为0.1,

❖

❖

0.3,0.4和0.2,

zinrzin8zin（r–8）

❖

所以每包B型新材料可产生的利润期望值

33

❖

E（

（2）=（5–12）x0.1+（10–12）x0.3+（15

所以ÆE10槡3zin8.ÆB10槡3zin（r–8）.则❖

–12）x0.4+（20–12）x0.2=1.5.

E（（）>E（（）.

333

❖

12

10槡3

10槡3r

10槡3❖

所以应该采购Æ型新材料'

EÆ+ÆB=3zin8+

3zin（3–8）=3

19.

（1）证明:

平面ÆBCD†平面ÆDEF,

❖平面ÆBCDfi平面ÆDEF=ÆD,ED†ÆD,

（1槡3

10槡3r

❖

8ED†平面ÆBCD,ÆBC平面ÆBCD,

2zin8+2soz8）=

3zin（3+8）.因为0<❖

8ED†ÆD,

8

9ÆB=1,ÆD=2,LBÆD=60º,

8BD=1+4–2x1x2soz60º=3,

❖

2槡22槡

即将LÆBE设计为

r

6时,折线段赛道BÆE最长.❖

8ÆB+BD=ÆD,

8ÆB†BD,又8BDC平面BDE,

方法二:

（1）同方法一;

（2）在6BÆE中,L2r

❖

又9EDC平面BDE,BDfiED=D,

❖8ÆB†平面BDE,又ÆBC平面ÆBE,

BÆE=3,BE=5.

❖

8平面ÆBE†平面EBD

由余弦定理得BE2=ÆB2+ÆE2–2ÆB·ÆEsoz❖

LBÆE,即25=ÆB2+ÆE2+ÆB·ÆE,

（2）解:

以B为坐标原点,

以BÆ,BD为s轴,y轴建

故（ÆB+ÆE）2–25=ÆB·ÆE“（

ÆB+ÆE2

）,

❖

立如图所示的空间直角

❖坐标系B–syx,则

❖Æ（1,0,0）,B（0,0,0）,

3

从而（ÆB+ÆE）2“25,即ÆB+ÆE

10槡3,❖

1槡3

4“3

当且仅当ÆB=ÆE时,等号成立,

❖

C（–2,2,0）,D（0,槡3,

❖0）,E（0,槡3,2）,F（1,0,1）,

即设计为ÆB=ÆE时,折线段赛道BÆE最长.❖

——‹13

18.解:

（1）由折线图可知统计数据（s,y）共有6组,❖

则CD=（2,槡

0）,

‹

即（1,11）,（2,13）,（3,16）,（4,15）,（5,20）,

——‹2

（6,21）,

1+2+3+4+5+6

❖

——DE=（0,0,2）,

——‹

计算可得

–s=

=3.5,

BÆ=（1,0,0）,EF=（1,–槡3,–1）,

6❖—‹——‹

6设EM=hEF=（h,–槡3h,–h）,（0“h“1）,

66

–11

❖

—‹——‹—‹

y=\yi=·96=16,

i=1

n

❖

则BM=BE+EM=（h,槡3–槡3h,2–h）,

❖

‹

设平面CDE的法向量为m=（s,y,x）,平面

\ii

111

❖ÆBM的法向量为n=（s,y,x）,则

所以bˆ=i=1

（s–s）（y–y）

（s–s）2

—‹

❖‹—‹

{‹

‹

——‹

—‹

222

2s1+2y1=0,

n–

\ii=1

m·CD=0

❖m·DE=0

n·BÆ=0

n·BM=0

1槡3

2x1=0

s2=0,

hs+（3–3h）y+（2–h）x=0

❖

（3）要证明g（s）>ƒ（s）,即证明g（s）–ƒ（s）>

❖0,只要证es–ln（s+t）>0,

2槡‹槡22

❖

即证es–ln（s+t）“es–ln（s+2）>0,只要证明

令y1=1,得m=（–槡3,1,0）,

❖

令y2=2–h,得n=（0,2–h,槡3h–槡3）,❖

es–ln（s+2）>0即可,

令F（s）=es–ln（s+2）,9F'（s）=es–1在

‹‹s+2

8soz8=

m·n=2–h槡3'

=.

24h2–10h+7

❖

F（–1）<0

（–2,+œ）上是单调递增,9F（0）>0,

m·n槡

1

即h

'

❖8F'（s）=0在（–2,+œ）有唯一实根设为s,

=2.

即点M为线段EF的中点时,平面MÆB与平面❖

0

且s0c（–1,0）,

0

❖当sc（–2,s）时F'（s）<0,F（s）单调递减

4

{

ECD所成的锐二面角的余弦值为槡3.

❖

当sc（s,+œ）时,F'（s）>0,F（s）单调递增

从而当s=s时,F（s）取得最小值,由F'（s）=0

2232

ab

❖

{b2=12❖

0

s0+2

2a=8

22

❖

ln（s+2）“es0–ln（s+2）=1

+s=

所以椭圆的标准方程为:

s

y=1.

12

{

❖

❖（s+1）2

s0+2

s2y2

❖

s+2>0,

（2）设Æ（s,y）,B（s,y）由

16+

=1,得0

1122

12

y=ks–4

❖

故当t“2时,证明:

g（s）>ƒ（s）.

22.解:

（1）如图,C:

s2+y2

❖

（4k2+3）s2–32ks+16=0,❖

由韦达定理得:

s+s=32k,ss=16,❖

1

–s=0,

1221

124k2+312

22

4k2+3❖

即（s–2）

+y=4,

由A>0→（–32k）

–4（4k+3）·16>0得k>❖

是以C（1,0）为圆心,

1112

2或k<–2.❖

又因为原点O在以线段ÆB为直径的圆外部,则❖

OÆ·OB>0,❖

1

2为半径,且过原点的

圆,设LPCs=a（0Ša

第22题图

OÆ·OB=（k2+1）ss–4k（s+s）+16=❖111

（k2+1）

4k2+3

+16=

4k2+3

4k2+3

❖

则{1,

23

即:

–

❖

y=2zina

❖由已知,以过原点的直线倾斜角为参数,则0“8

33❖

2槡31❖

{11

21.解:

（1）定义域为（0.+œ）,ƒ'（s）=–a+1❖

参数,且0“8

y=1zin28

2

s2s❖

（2）根据已知C,C的极坐标方程分别为p=

12

s–a

'

❖soza,p=2zina（p>0）

=,aŠ0,9s>0,8s–a>0,8ƒ（s）

s2❖

故¦ÆB¦=¦p±p¦=¦2zina±soza¦=5¦zin（a

>0,8ƒ（s）在定义域（0.+œ）上单调递增;❖

121槡

当a>0时,9s>a时,ƒ'（s）>0,8ƒ（s）单调递❖

增;❖

当0

综上可知:

当aŠ0时,ƒ（s）的增区间为（0,+œ

±p）¦“槡5,其中tanp=2.

故当zin（a±p）=1时,等号成立,

综上,ÆB的最大值为槡5.

❖23.解:

（1）9对任意实数s,都有¦s+2¦+¦s–4¦