山西省怀仁市2021届高三上学期期末考试数学(文)答案
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山西省怀仁市2021届高三上学期期末考试数学(文)答案

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时间:2021-02-25

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资料简介
高三年级调研测试·文科数学 第1页 共 5 页 怀 仁 市 2020—2021 学 年 度 上 学 期 期 终 高三教学质量调研测试 文科数学答案 一、选择题: BDCBA BCBDB CD 二、填空题: 13、 1 0x y   14、 3 1- 15、      1,2 1 16、[2, 5] 三、解答题: 17、解:若选(1)由 )1(2 12   nnn SSS 成立,则 3n , ....................................3 分 此时 2-- 1-n21-n   SSSS nn 即  3,21   naa nn ........................................6 分 这只能说明数列 na 从第二项开始构成等差数列, ........................................10 分 所以数列 na 不一定是等差数列,所以数列 na 的通项公式无法确定.......................12 分 若选择(2) 12n1n 2   naSS 得 ,2112   nnn aSS 即 212   nn aa ..............3 分 所以  221  naa nn ........................................6 分 这只能说明数列 na 从第二项开始构成等差数列, ........................................10 分 所以数列 na 不一定是等差数列,所以数列 na 的通项公式无法确定.......................12 分 若选择(3) )1(1   nan S n n 可得  11   nnnaS nn ,于是      211 21n   nnanS n ,两式相减得:      1211 21   nanan nn ................................3 分 即 212   nn aa  221   naa nn .. ........................................6 分 对  11   nnnaS nn ,令 n=1 得 221  aa 即 2- 12 aa ...........................8 分 故数列 na 是首项为 1,公差为 2 的等差数列...................................10 分 即 12  nan ...................................12 分 18、解(1)估计 11 月份顾客到该餐厅就餐消费不少于 60 元的概率 2 1 80 101020 p . ...........................3 分 (2)估计 11 月份顾客到该餐厅就餐消费金额的平均值为 67.580 5400 80 1013510105207530451015  ............................6 分 (3)填写 2×2 列联表如下: 不少于 90 元 少于 90 元 总计 男生 14 22 36 女生 6 38 44 总计 20 60 80 .........................................8 分 则   ,635.66.73420604436 622-381480 2 2  K ...............................................11 分 故有 99%的把握认为就餐消费的金额与性别有关 ..............................12 分 19. (1)证明 CA=CB, ABCD  所以 D 为 AB 的中点,故 ABA1 为等边三角形,所以 ABDA 1 . ...................................................2 分 又因为 CDAABDCDDACDACDDAABCD 1111 ,,,, 平面平面  又因为 CDAABCABCAB 1, 平面平面平面  ...........................................6 分 (2)、解 ABCDABBBAAABCBBAAABC  ,, 1111 平面平面平面平面 BBAACD 11平面 ...........................................8 分 由 CA=CB=AB=2,得 ABC 为等边三角形,则 3CD ;由 ABA1 为等边三角形,得 1 高三年级调研测试·文科数学 第3页 共 5 页 高三年级调研测试·文科数学 第 4 页 共 5 页 324 3 2 1  ABAS , 1333 1 3 1 11   CDSV ABAABAC ........................10 分 连接 B1C,由于 ABB1A1 和 BCC1B1 都是平行四边形,所以 CCBBCBBBAABA SSSS 111111 ,   所以 ,11111111 CCBABCBABBACABAC VVVV   于是 33 111111111 1   ABACCCBABCBAABACCBAABC VVVVV .............................12 分 20. (1)B(1,0),半径为 4,设动圆圆心 P(x,y),半径为 r.则由题可知:      rPB rPA 4 所以|PA|+|PB|=4>|AB|=2 所以 P 的轨迹是以 A,B 为焦点的椭圆。2a=4,2c=2 .所以 a2=4, b2=3 所求椭圆方程为 2 2 14 3 x y  ...........................4 分 (2)若存在满足条件的点  ,0Q t . 当直线l 的斜率 k 存在时,设  1y k x  ,联立 2 2 14 3 x y  , 消 y 得 2 2 2 23 4 8 4 12 0k x k x k     . 设  1 1,M x y ,  2 2,N x y ,则 2 1 2 2 8 3 4 kx x k    , 2 1 2 2 4 12 3 4 kx x k   x, ∵          1 2 2 11 2 1 2 1 2 1 1 QM QN k x x t k x x ty yk k x t x t x t x t                  22 2 21 2 1 2 2 22 21 2 1 2 2 2 8 18 24 22 1 2 3 4 3 4 4 12 8 3 4 3 4 k tk tkx x k t x x kt k kk k kx x t x x t t tk k                             2 2 2 22 2 2 2 2 2 8 24 8 1 2 3 4 6 4 4 12 8 3 4 4 1 3 4 k k t t k k tk k k t t k t k t                , ∴要使对任意实数 k , QM QNk k 为定值,则只有 4t  ,此时, 0QM QNk k  ....................10 分 当直线l 与 x 轴垂直时,若 4t  ,也有 0QM QNk k  .故在 x 轴上存在点  4,0Q ,使得 直线 QM 与直线QN 的斜率的和为定值 0 .. ...............................12 分 21.解:(Ⅰ)函数的定义域为  ,0 …………………………1 分 2 e ( 1) 1( ) (1 ) x xf x ax x     2 e ( 1) ( 1)x x ax x x    2 (e )( 1)x ax x x   ,.............2 分 当 0a  时,对于 (0, )x   , e 0x ax  恒成立, ' ( ) 0f x   1x  ; ' ( ) 0f x   0 1x  .所以 单调增区间为 (1, ) ,单调减区间 (0,1) .…………4 分 (Ⅱ)若 ( )f x 在 (0,1) 内有极值,则 ' ( )f x = 0 在 (0,1)x 内有解.…………5 分 令 ' 2 (e )( 1)( ) 0 x ax xf x x     e 0x ax   ex a x  . 设 e( ) x g x x  (0,1)x , 所以 ' e ( 1)( ) x xg x x  , 当 (0,1)x 时, ' ( ) 0g x  恒成立, 所以 ( )g x 单调递减. …………………6 分 又因为 (1) eg  ,又当 0x  时, ( )g x   ,即 ( )g x 在 (0,1)x 上的值域为 (e, ) , 所以 当 ea  时, ' 2 (e )( 1)( ) 0 x ax xf x x    有解.………………7 分 设 ( ) e xH x ax  ,则 ( ) e 0xH x a    (0,1)x , 所以 ( )H x 在 (0,1)x 单调递减.因为 (0) 1 0H   , (1) e 0H a   , 所以 ( ) e xH x ax  = 0 在 (0,1)x 有唯一解 0x . ……………………10 分 x 0(0, )x 0x 0( ,1)x ( )H x  0  ' ( )f x  0  所以 当 ea  时, ( )f x 在 (0,1) 内有极值且唯一. 2 高三年级调研测试·文科数学 第5页 共 5 页 当 ea  时,当 (0,1)x 时, ' ( ) 0f x  恒成立, ( )f x 单调递增,不成立. 综上, a 的取值范围为 (e, ) . …………………………12 分 22、解:(1)曲线 C:   42 22  yx ,极坐标方程为  sin4 当 30   时, 323sin40   , 23cos  OAOP 设  ,Q 为 L 上除点 P 的任意一点,在 OPQRt 中, 23cos       OP , 经检验,点      3,2 P 在曲线 23cos        上, 所以 L 的极坐标方程为 23cos        ............5 分 (2)、设  ,P ,在 OAPRt 中,  cos4cos  OAOP ,  cos4 因为 P 在线段 OM 上,且  sin4cos4  OMOPOMAP ,所以     24  , 。 所以 P 的轨迹的极坐标方程为  cos4 ,     24  , .........10 分 23、解:                           2,33 22 1,1 2 1,33 212 xx xx xx xxxf (1)有题可知: 2 3 2 1)( min      fxf ,0 Rx 若 使得不等式   230  kkxf 成立,   23min0  kkxf 232 3  kk , 即         2 323 3 kk k 或      2 323 23- kk k 或         2 323 2 kk k 4 1k . ..........................................5 分 (2)由题可知:    0,11 min  nmnmxf nm 11 2 3  ,22 3 2 3 2       nmmnnm 当且仅当 m=n 时取“=”号, 3 8 nm , 所以 3 8的最小值nm  .........................................10 分 3

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