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  • 2021-06-16 发布

西藏日喀则市2021届高三学业水平考试数学(文)试卷答案

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答案第 1页,总 5页 高三年级文科数学参考答案 1.A 2.D 3.B 4.A 5.B 6.C 7.C 8.B 9.D 10.D 11.B 12.C 二、填空题 13.970 14.10 15.60 16.2S 三、解答题 17.(1) 60B  ;(2) 3 3 2 S  . 【分析】 (1)由 (2 ) cos cosa c B b C  ,利用正弦定理得到  2sin sin cos sin cosA C B B C    , 然后利用两角和的正弦公式化简得到  2sin cos sin sinA B B C A    求解. (2)根据 7b  , 5a c  ,利用余弦定理求得 6ac  ,代入公式 1 sin 2 S ac B 求解. 【详解】 (1) (2 ) cos cosa c B b C  ,由正弦定理得  2sin sin cos sin cosA C B B C    ∴2sin cos sin cos sin cosA B B C C B      2sin cos sin sinA B B C A    , 在 ABC 中, sin 0A  ,可得 1cos 2 B  , 又  0,B  ∴ 60B   (2)∵  2 22 2 2 2 cos 2 2 a c ac ba c bB ac ac       ,其中 7b  , 5a c  , ∴ 6ac  , 所以 1 3 3sin 2 2 S ac B  . 18.(1)25小时;(2)0.3. 【分析】 (1)根据直方图,频率最大的区间中点横坐标为众数即可求众数;(2)由学习的周均时长 答案第 2页,总 5页 不少于 30小时的区间有 [30,40)、[40,50),它们的频率之和,即为该校学生学习的周均时 长不少于 30小时的概率. 【详解】 (1)根据直方图知:频率最大的区间中点横坐标即为众数, ∴由频率最大区间为[20,30),则众数为 20 30 25 2   ; (2)由图知:不少于 30小时的区间有 [30,40)、[40,50), ∴该校学生学习的周均时长不少于 30小时的概率 0.03 10 0.3P    . 19.(1)证明见详解;(2) 3 3 【分析】 (1)证出 AB⊥平面 1 1B BCC ,利用面面垂直的判定定理即可证出. (2)利用三棱锥的体积即可求解. 【详解】 (1)在三棱柱 1 1 1ABC ABC 中, 1BB 底面 ABC,所以 1BB  AB, 又因为 AB BC ,所以 AB⊥平面 1 1B BCC , 因为 AB 平面 ABE,所以平面 ABE 平面 1 1B BCC . (2)因为 1 2AA AC  , 1AB  , AB BC , 所以 2 2 2 3BC AC AB   , 所以三棱锥E ABC 的体积为: 1 1 3 ABCV S AA  = 1 1 3 1 2 3 2     = 3 3 . 20.(1) 2 2 1 8 4 x y   (2)是定值, 1 2 0k k  . 【详解】 (1)由题意可知:2b=4,b=2, 1n m  ,双曲线的离心率 2 1 2ne m    , 则椭圆的离心率为 1 2 2 e  .椭圆的离心率 2 1 2 21 2 c be a a     ,则 a= 2 2 . 答案第 3页,总 5页 所以椭圆的标准方程: 2 2 1 8 4 x y   . (2) 1 2k k 是定值,证明如下: 如图,设直线 MN的方程为 ( 4)( 0)y k x k   . 联立 2 2 ( 4) 2 8 y k x x y      消去 y整理得  2 2 2 21 2 16 32 8 0k x k x k     . 设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ,则 2 2 1 2 1 22 2 16 32 8, 2 1 2 1 k kx x x x k k       ,    1 21 2 1 2 1 2 1 2 4 4 2 2 2 2 k x k xy yk k x x x x                        1 2 2 1 1 2 4 2 4 2 2 2 x x x x k x x               1 2 1 2 1 2 2 6 16 2 2 x x x x k x x        . 将 2 2 1 2 1 22 2 16 32 8, 2 1 2 1 k kx x x x k k       ,代入上式得  1 2 1 22 6 16 0x x x x    , 即 1 2 0k k  . 21.(1) (2) 【详解】 本试题主要是考查了导数的几何意义,两条直线的位置关系,平行和垂直的运用.以及直线 方程的求解的综合运用. 首先根据已知条件,利用导数定义,得到点 P0的坐标,然后利用 1l l ,设出方程为 x+4y+c=0, 根据直线过点 P0得到结论. 解:(1)由 y=x3+x-2,得 y′=3x2+1, 由已知得 3x2+1=4,解之得 x=±1. 当 x=1时,y=0; 答案第 4页,总 5页 当 x=-1时,y=-4. 又∵点 P0在第三象限, ∴切点 P0的坐标为(-1,-4); (2)∵直线 l⊥l1,l1的斜率为 4, ∴直线 l的斜率为-1/ 4 , ∵l过切点 P0,点 P0的坐标为(-1,-4) ∴直线 l的方程为 y+4= 1 4  (x+1)即 x+4y+17=0. 22.(1) 2 (sin 3cos )     , 2 2 3 0x y x y    ;(2) 2 3  . 【分析】 (1)设 ( , )N   ,得到 (2 , )M   代入 1C 的方程得到2 4sin 3        ,再结合极坐标 与直角坐标的互化公式,即可求解. (2)将 l的参数方程代入 2C 的直角坐标方程,求得 1 2 3 1cos sin 2 2 t t     ,再结合直 线参数方程的几何意义,得到 1 2 0t t  ,即可求解. 【详解】 (1)设 ( , )N   ,因为 2ON OM ,可得 (2 , )M   , 代入满足 1C 的方程,可得 2 4sin 3        , 即 2sin 3        ,两边同乘以  并展开整理得 2 (sin 3cos )     , 又由 cos , sinx y     , 所以 2C 的直角坐标方程为 2 2 3 0x y x y    . (2)将 l的参数方程代入 2C 的直角坐标方程,整理得 2 3 1 3cos sin 0 2 2 4 t t            , 可得 1 2 3 1cos sin 2 2 t t     , 答案第 5页,总 5页 又由直线 l的参数方程经过点 3 1( , ) 4 4 ,可得 1 2 0t t  , 即 3 1cos sin 0 2 2    ,即 tan 3   , 因为0    ,所以 2 3    . 23.(1) 3 2 x x   或 5 2 x     ;(2)证明见解析. 【分析】 (1)代入m、n的值,   2f x  解此不等式即可得解; (2)利用分析法可得知:要证不等式   24 mf x x   成立,即证   21 4x x m n m n      ,利用绝对值三角不等式及两次基本不等式证明即可. 【详解】 (1)依题意,   1 2 f x x  , 则   1 12 2 2 2 2 f x x x       或 1 2 2 x    , 解得 3 2 x  或 5 2 x   ,故不等式   2f x  的解集为 3 2 x x   或 5 2 x     . (2)依题意,     2 214 4f x x m x x m n m n          , 因为         2 2 21 1 1x x m x x m m n m n n m n n m n             ,    2m n m n n m n     ,故   2 1 4 n m n m   , 故   2 2 2 1 4 4m m n m n m      ,当且仅当 2m  , 2 2 n  时等号成立.