泸县五中高2021级高三上期开学考试文科数学试题答案

泸县五中高2021级高三上学期开学考试文科数学参考答案1．A2．A3．D4．D5．C6．B7．D8．D9．D10．A11．B12．B113213．x2（答案不唯一）14．11015．y或yx或x116．22217．解：（1）依题意可得：c120500100.024又∵a,b,c成等差数列，∴2bac且(0.0052abc)101，解得：a0.036,b0.03（2）估计中位数设为t，而50,70的频率为0.41，50,80的频率为0.71,则t[70,80)，∴0.0050.03610t700.030.5，解得：t73，即中位数估计为73，估计平均数为：550.05650.36750.3850.24950.0573.8．（3）5人中，将甲、乙分别编号为1,2，其余3人编号3,4,5，从这5人中选3人帮助A的所以可能结果有：（1，2，3），（1，2，4），（1，2，5），（1，3，4），（1，3，5）（1，4，5），（2，3，4），（2，3，5），（2，4，5），（3，4，5），共10个基本事件，3其中满足条件的有（1，2，3），（1，2，4），（1，2，5），共3个，故满足条件的概率为.1018．解：（1）证明：∵PEEB，PEED，EBEDE，EB,ED平面EBCD∴PE平面EBCD又BC平面EBCD，∴PEBCBCEB，PE,BE平面PEB，PEBEE∴BC平面PEBEM平面PEBEMBC由PEEB，PMMB知EMPB又BC,PB平面PBC，BCPBBEM平面PBC又EM平面EMN，∴平面EMN平面PBC1EBBNS1（2）∵N为BC中点∴EBN2，SEBCDEBBC41SEBC1V131111点M，P到平面EBCD的距离之比为∴2V122482S3EBCD1{#{QQABIYAEogAIABBAARgCUQESCkOQkACCACgOBFAEMAABCRNABAA=}#}1cos2x3119解：（1）解：fxsin2xasin2xa.226211选择①②：因为f01a，所以a，222又因为fx的最小正周期为，所以1，所以fxsin2x；2621选择②③：因为fx的最小正周期为，所以1，则fxsin2xa，26211又因为f1a1，所以a，所以fxsin2x；622611选择①③：因为f01a，所以a，所以fxsin2x．226又因为fsin1，所以2kkZ，636362所以16k，kZ，又因为02，所以1，所以fxsin2x．6（2）解：依题意，令2k2x2k，kZ，262解得kxk，kZ，36所以fx的单调递增区间为k,k，kZ.3620．解：（1）解法一：由fxaexxa，得f00，又fx0，所以x0是fx的极小值点，故f00，而fxaex1,f0a10，故a1，若a1，则fxex1，当x0,fx0；当x0,fx0，所以fx在,0单调递减，在0,单调递增，故x0是fx唯一的极小值点，也是最小值点，由f00，所以当且仅当a1时fx0，解法二：由fxaexxa，得f00，又fxaex1，当a0时，有fx0恒成立，所以fx在R上单调递减，又f00，则fx0不成立，1当a0时，令fx0，得xln，a2{#{QQABIYAEogAIABBAARgCUQESCkOQkACCACgOBFAEMAABCRNABAA=}#}11则xln时，有fx0,xln时，有fx0，aa11即fx在,ln单调递减，在ln,单调递增，aa1所以fx的最小值为fln1lnaa0，a1x(1lnxx)，x函数y1lnxx在1,单调递减，0,1单调递增，1fln1lnaa0，当且仅当a1取等号，a故a1；（2）当a1,x0时，fxaexxaaex1xex1x，设gxexxxlnxsinx1，当0x1时，xlnx0,sinx0，又由（1）知ex1x0，故gx0，当x1时，gxex2lnxcosx，1设hxex2lnxcosx，则hxexsinx,hxe110，x则hx在1,单调递增，hxh1e2cos10，所以gx0，则gx在1,单调递增，gxg1e2sin10，综上，gx0，即当a1时，fxxlnxsinxDHx0x.21．解：（1）由题意，设E(x,y),D(x,y)，又2，则，又00EHy02yx2因为点D在圆x2y22上，所以x22y22，故曲线C的方程为y21；2（2）由题意，A(0,1)，设M(a,0),N(b,0)，则OMONab2，易得AP,AQ斜率必然存在，所以111kkkk，APAQAMANab2设P(x1,y1),Q(x2,y2)，由图象易知，直线PQ斜率不存在时不符合题意，设直线PQ的方程为ykxn，ykxn联立曲线的方程2，得222，Cx22k1x4knx2n20y1224kn4(2k21)2n2216k28n280得n22k21，3{#{QQABIYAEogAIABBAARgCUQESCkOQkACCACgOBFAEMAABCRNABAA=}#}4kn2n22所以xx,xx，由题意知，直线AP,AQ均不过原点，所以x1x20，从而n1，122k21122k21所22kx1n1kx2n1kx1x2kn1x1x2n1kAPkAQx1x2x1x24kn2kn1n12n11k22k1，2n222(n1)22k21解得n0，满足0，所以直线PQ的方程为ykx，恒过定点0,0.22．解：（1）由直线l的参数方程，得直线l的普通方程为2x3y80．将2x2y2,siny代入曲线C的极坐标方程，x2化简得曲线C的直角坐标方程为y21．4（2）由（1），设点P(2cos,sin)，由题知|PQ|的最小值为点P到直线l的距离的最小值．|4cos3sin8||5sin()8|4又点P到直线l的距离d，其中tan．2232133π313当2kπ(kZ)时，d的最小值为．213|PQ|的最小值为313．1323．解：（1）当x2时，f(x)(x3)(x2)2x53，解得x1，所以2x1，成立．当2x3时，f(x)(x3)(x2)13，恒成立，所以2x3成立．当x3时，f(x)(x3)(x2)2x53，解得x4，所以3x4，成立综上，原不等式的解集为Mx1x422（2）ab1aba211b222a,b1,4，1b20,a210ab1ab，ab1ab.4{#{QQABIYAEogAIABBAARgCUQESCkOQkACCACgOBFAEMAABCRNABAA=}#}