陕西省西安市长安区第一中学2023-2024学年高三上学期第三次教学质量检测（期中）理数答案

长安一中2021级高三第三次教学质量检测数学（理科）答案时间：120分钟总分：150分一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．题号123456789101112答案BDCABCCABDCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．4113．14．15．16．521三、解答题：本题共6小题，共70分8．�解答应写出[????文2−字1说,+明∞、)证明过程或演算步骤．12217．【解析】（1）因为cosC，C0,，所以sinC．33因为ABCπ，122所以sinAsinBCsinBcosCcosBsinCsinBcosB，…………2分3312212由题意sinBcosB2cosB，所以sinBcosB，3333所以tanB2．……………………………………………………………………3分63（2）由（1）知tanB2，所以sinB，cosB．…………………………4分33bc6515由正弦定理得，所以b…………………………6分sinBsinC322236又sinA2cosB，……………………………………………………………8分31115652所以SbcsinA5．………………………………………10分22234理科数学参考答案第1页{#{QQABJQaAogiIABAAABhCEQWoCkIQkBGAAAoGhBAIsAAAwBFABAA=}#}18.【解析】【详解】（1）连接AE,DE，因为E为BC中点，DBDC，所以DEBC①，因为DADBDC，ADBADC60，所以ACD与△ABD均为等边三角形，ACAB，从而AEBC②，由①②，AEDEE，AE,DE平面ADE，所以，BC平面ADE，而AD平面ADE，所以BCDA．（2）不妨设DADBDC2，BDCD，BC22,DEAE2．AE2DE24AD2，AEDE，又AEBC,DEBCE，DE,BC平面BCDAE平面BCD．以点E为原点，ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设D(2,0,0),A(0,0,2),B(0,2,0),E(0,0,0)，设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1x1,y1,z1,n2x2,y2,z2，二面角DABF平面角为,而AB0,2,2，因为EFDA2,0,2，所以F2,0,2，即有AF2,0,0，2x2z011，取x11，所以n1(1,1,1)；2y12z102y2z022，取y21，所以n2(0,1,1)，2x20n1n22663所以，cos，从而sin1．n1n232393理科数学参考答案第2页{#{QQABJQaAogiIABAAABhCEQWoCkIQkBGAAAoGhBAIsAAAwBFABAA=}#}3所以二面角DABF的正弦值为．319．【解析】参考答案：121（1）解：X的取值可能为1，2，3，所以P(X1)(1);C241212112122P(X2)1(1)(1)；P(X3)1(1)1(1)，C2C312C2C33所以X的分布列为：X123112P4123112322429所以数学期望为：E(X)123；4123121215ˆ（2）解：令xi，则yˆbxaˆ，由题知：xiyi315,y90，所以tii15xy5xyiiˆi131550.4690108b5270，221.4650.2120.4xi5xi1所以aˆ902700.4634.2，yˆ270x34.2，270故所求的回归方程为：yˆ34.2，t所以估计t6时，y11；估计t7时，y4，估计t8时，y0；预测成功的人的总人数为450114465.a2＝b2＋c2，a＝2，1920．【解析】解：（1）由题意可知＋＝1，解得a24b2b＝3，c＝1，bc＝3，x2y2椭圆E的方程为＋＝1.(4分)43（∴2）易知直线AB的斜率不为0.由(1)得F2(1，0)，故可设直线AB的方程为x＝ty＋1，理科数学参考答案第3页{#{QQABJQaAogiIABAAABhCEQWoCkIQkBGAAAoGhBAIsAAAwBFABAA=}#}x＝ty＋1，联立消去x并整理，得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，(6分)3x2＋4y2＝12，－6t－9显然Δ>0恒成立，y1＋y2＝，y1y2＝.(7分)3t2＋43t2＋4∴－6t2222－912t＋1|y1－y2|＝（y1＋y2）－4y1y2＝3t＋4－4×＝，(8分)3t2＋43t2＋4∴16t2＋1SOAB＝SOF2A＋SOF2B＝×|OF2|×|y1－y2|＝，23t2＋4△△△∴24t2＋1椭圆E的内接平行四边形ABCD的面积S＝4SOAB＝.(9分)3t2＋4△∴24m24令m＝1＋t2≥1，则S＝＝.(10分)213m＋13m＋m1设f(m)＝3m＋，易知在[1，＋∞)上单调递增，∴f(m)∈[4，＋∞)mS∈(0，6]，故平行四边形的面积取值范围是(0，6].(12分)∴xex,x„021.【解析】【解答】（）解：数，1g(x)321x2xx,x02(x1)ex,x„0，g(x)213x4x,x02410令g(x)0，可得x1或x，------------------------------------------2分6410410当x1或0x或x时，g(x)0，66410410当1x„0或x时，g(x)0，66410410所以g(x)的单调减区间为(,1)和(0,)和(,)，单调增区间为(1,0)和66理科数学参考答案第4页{#{QQABJQaAogiIABAAABhCEQWoCkIQkBGAAAoGhBAIsAAAwBFABAA=}#}410410(,)．---------------------------------------------------------------------------------------5分66ex,x„0（2）证明：f(x)，2x2,x0假设存在直线以，，，为切点，A(x1f(x1))B(x2f(x2))不妨设，则„，，x1x2x10x20以，为切点的切线方程为：x1x1，A(x1f(x1))yexe(1x1)1以B(x，f(x))为切点的切线方程为：y(22x)xx2，--------------------------------822222分ex122x2所以，x121e(1x1)x22令tex1，则t(0，1]，t28t4tlnt20，----------------------------------------------------10分令(t)t28t4tlnt2，t(0，1]，(t)2t44lnt在(0，1]上递增，(t)„（1）20，所以(t)在(0，1]上递减，（1）50，(e3)0，故存在唯一的t满足t28t4tlnt20，即存在恰有2个切点的曲线yf(x)的切线．------------------------------------------------------------------------12分请考生在第22，23题中任选一题作答，每题10分，如果多做，则按所做的第一题计分.【选修4-4：坐标系与参数方程】22．【解析】【答案】（1）C的普通方程为y26x2,y0，l的直角坐标方程为3xy2m0；理科数学参考答案第5页{#{QQABJQaAogiIABAAABhCEQWoCkIQkBGAAAoGhBAIsAAAwBFABAA=}#}33（2）mm612【解析】【分析】（1）利用消参即可得到曲线C的普通方程，利用ysin,xcos将直线l的极坐标方程化为直角坐标方程；2（2）将曲线代入直线可得3y33，通过二次函数的性质即Cl2m,y06可求得2m的取值范围，即可求解【小问1详解】2tx2y2由曲线C的参数方程为6（t为参数）可得曲线C的普通方程x，即6yty26x2,y0，因为直线l的极坐标方程为1313sinmsincosmsincosm0，32222且ysin,xcos，13所以直线l的直角坐标方程为yxm0即3xy2m022【小问2详解】2y2将曲线C代入直线l，消x可得3y2m0，整理得6223y6y233y33，2m,y066理科数学参考答案第6页{#{QQABJQaAogiIABAAABhCEQWoCkIQkBGAAAoGhBAIsAAAwBFABAA=}#}2所以当时，函数3y33单调递减，当时，函数0y3ty3623y33单调递增，t623333且当y0时，3，当时，，ty3tmin6363333故要使l与C有两个不同的交点，只需2m，即m，6361233故实数m的取值范围mm612【选修4-5：不等式选讲】923.【答案】（1）4；（2）4【解析】【分析】（1）先整理fx，再利用题意中的对称求出m4，然后用三角不等式求出最小值即可；（2）由（1）可得ab4，然后利用“1”的妙用和基本不等式即可求解【小问1详解】fx2x2xm2x2xm，m令2x0，解得x0；令2xm0，解得x，2因为函数fx的图象关于直线x1对称，m所以021，解得m4，2所以fx2x2x42x2x44，当且仅当2x2x40时，取等号，理科数学参考答案第7页{#{QQABJQaAogiIABAAABhCEQWoCkIQkBGAAAoGhBAIsAAAwBFABAA=}#}故fx的最小值为4；【小问2详解】1由（1）可得ab4，即ab1，4141141b4a1b4a9所以ab525，ab4ab4ab4ab4b4a48当且仅当即a,b时，取等号，ab33149故的最小值为.ab4理科数学参考答案第8页{#{QQABJQaAogiIABAAABhCEQWoCkIQkBGAAAoGhBAIsAAAwBFABAA=}#}