【数学】四川省成都市新都区2021届高三上学期摸底测试(理)试题(扫描版)

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【数学】四川省成都市新都区2021届高三上学期摸底测试(理)试题(扫描版)

四川省成都市新都区 2021届高三上学期 摸底测试(理)试题 【参考答案】 一.选择题: CDADB ABBBC DA 二.填空题: 13. π 4 ; 14. 100 6 ; 15. 3 3 2  ; 16. ①③④ 三.解答题: 17.(10分) 解(1)根据甲班的统计数据,该校高三年级每天学习时间达到 5小时及以上 的学生人数约为  600 0.500 0.250 0.050 480    ;............................4分 (2)甲班每天学习时间不足 4小时的学生人数为40 0.050 2  ,...........5分 乙班每天学习时间不足 4小时的学生人数为 40 0.100 4  ,............6分 从甲班抽到的学生人数 X 可取的值为 0,1,2,..........................7分 则   0 3 2 4 3 6 10 5 C CP X C    ,   1 2 2 4 3 6 31 5 C CP X C    ,   2 1 2 4 3 6 12 5 C CP X C    ,.......8分 所以 的分布列为: 0 1 2 P 1 5 3 5 1 5 则 X 的数学期望为:   1 3 10 1 2 1 5 5 5 E X        .........................10分 18.(12分)(1)证明:连接 A B , M 、 N 分别是 AC 、 BC的中点, / /MN A B  ,...................1分 连接 BC,交 B C 于G,连接 FG,由 F 为 A C 的中点, G为C B 的中点,可得 / /FG A B ,......................3分 则 / /MN FG, .......................4分 FG  平面CFB,MN  平面CFB,..........5分 / /MN 平面CFB;............................6分 . C 在底面的投影为 F , CF 平面 ABC   , CF AC   , ................7分 因为△ ABC  是边长为 2的正三角形,  BF AC   , B F CF F  , A C CFB  面 , AC FP   ,............9分 PFB 是平面 PAC 与平面 ABC  所成角的平面角,........10分 = 3FB , 1CF  , =2CB , 1PF  , 60CFP   ,..........11分 30PFB   即二面角 P A C B    的大小为 30 . ...........12分 (说明:如果用建系完成的,建系和坐标 2分,法向量 3分,结果 1分) 19.(12分)解:(1)由题意 2 3 1 cos( ) 1 3 sin cos cos 1 sin 1 2 2 2 2 2 x x x xf x m n x              ...........1分 3 1 1 1sin cos sin 2 2 2 6 2 x x x           ,...............................3分 因为 ( ) 1f x  ,所以 sin 6 1 2 x       , 又 0, 2 x     ,所以 , 6 6 3 x        ,...................................5分 所以 6 6 x     即 3 x   ;.............................................6分 由 2 cos 2 3b A c a  可得 2sin cos 2sin 3 sinB A C A  ,........7分 因为  C A B   ,所以  sin sin sin cos cos sinC A B A B A B    , 所以  2sin cos 2 sin cos cos sin 3sinB A A B A B A   即 3 sin 2sin cosA A B ,....9分 由  0,A  可得 sin 0A  ,所以 3cos 2 B  ,..........................10分 所以 0, 6 B    ,所以 ,0 6 6 B       , 1sin ,0 6 2 B            ,.............11分 所以 1 1( ) sin 0, 6 2 2 f B B              ........................................12分 20(12分).解(1)设等差数列 na 的公差为 d , ∵ 5 35S S , 4 22 3a a  , ∴     1 1 1 1 5 10 5 3 3 , 3 2 3, a d a d a d a d          ..............................................2分 ∴ 1 1a  , 2d   ,....................................................3分 ∴ 1 ( 1) ( 2) 2 3na n n        . .........................................4分 ∵ *31 2 1 2 3 1 1, 2 n n n b bb b n a a a a      N , ①∴ 1n  时, 1 1 1 1 2 b a   , ∴ 1 1 2 b   ,...........................................................5分 2n 时, *3 11 2 1 1 2 3 1 1 1, 2 n n n b bb b n a a a a         N ,② ②得: 1 1 1 11 1 2 2 2 n n n n n b a            ,..................................7分 ∴ 1(2 3) 2n nb n   又 1 1 2 b   也符合上式, ∴ 1(2 3) 2n nb n   ,.....................................................8分 又 1 1 1 1 1 2 5(2 1) (2 3) 2 2 2n n n n n nb b n n             , ∴当 2n 时, 1 0n nb b   ;当 3n 时, 1 0n nb b   , ∴数列 nb 先单调递增再递减,...........................................10分 ∴ 8 3 3 bbn的最大值为 ....................................................12分 21.(12分)解:(1)由题意知 EB ED , 所以 4 2EB EA PE EA PA AB       , 所以 E的轨迹是焦点为 A、 B,长轴为 4的椭圆,.......................................................2分 设椭圆方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     ,则 2 4a  , 2 2c  , 所以 2 4a  , 2b 3 ,...............................................3分 所以椭圆方程为 2 2 1 4 3 x y   即点 E的轨迹的方程为 2 2 1 4 3 x y   ;.................................4分 (2)因为直线HG斜率不为 0,设为 1x ty  ,设  1 1,G x y ,  2 2,H x y , 联立 2 2 1, 1 4 3 x ty x y       整理得  2 23 4 6 9 0t y ty    , 所以 2 2 2=36 36(3 4) 144( 1) 0t t t      , 1 2 2 6 3 4 ty y t     , 1 2 2 9 3 4 y y t    ,......6分 所以 2 1 2 2 1 6 1 2 3 4OHG tS OA y y t     △ , ...............................7分 ∵ 2MN OM   ,∴ 2GHN OHGS S△ △ , .............................9分 设四边形OHNG的面积为 S , 则 2 2 8 3 4 3 1 1 OHG GHN OHG tS S S S t      △ △ △ 2 2 22 18 18 13 4 3 1 11 t t tt       ,...10分 令 2 1 ( 1)t m m  ≥ ,再令 13y m m   , 则 13y m m   在  1, 单调递增,所以 1m  时, min 4y  , 此时 0t  , 2 2 13 1 1 t t    取得最小值 4,所以 max 9 2 S  ...............12分 22(12分)解:(1)  f x 的定义域为  0,  ,   1 3 3 3 a x af x x x     .........1分 当 0a  时,   0f x  ,则  f x 在  0,+ 上是增函数.........................2分 当 0a  时,   0 3f x x a    ;   0 0 3f x x a     , 所以  f x 在  0,3a 上是减函数,在  3 ,a  上是增函数......................4分 综上,当 0a  时,  f x 在  0,  上是增函数; 当 0a  时,  f x 在  0,3a 上是减函数,在  3 ,a  上是增函数...............5分 (2)若函数  f x 有两个零,点 1x , 2x ,根据(1),可得 0a  . 不妨设 2 10 x x  ,由    1 2 0f x f x  ,得 1 1 2 2 3 ln 3 0, 3 ln 3 0, x a x x a x        ..............6分 两式相减,得 1 1 2 2 3 ln xx x a x   ,解得 1 2 1 2 3ln x x a x x   , 要证明 2 111 11x x a  ,即证  1 2 2 1 1 2 11 11 3ln x x x x x x    ,.......................7分 即证     1 21 2 2 1 11 ln 3 11 x xx x x x    ,设  1 2 1x u u x   ,则     11 1 ln 3 11 u u u    ....................................9分 则        11 1 ln 1 3 11 u g u u u u      ,则         2 2 2 111 44 0 11 11 u g u u u u u         , 所以  g u 在  1, 上为增函数,从而    1 0g u g  ,即     11 1 ln 3 11 u u u    成立, 因此,  2 111 0x a x   成立.即 2 111 11x x a  ..........................12分
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