陕西省届高三第二次教学质量检测数学理答案Word文档下载推荐.docx
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又
元'
LCDE=3,8LBDE=2,
在Rt6BDE中,BE=槡BD2+DE2=5.
(2)方法一:
(2)由频率估计概率,每包Æ
型新材料可使用1
❖个月,2个月,3个月和4个月的概率分别为0.
❖2,0.35,0.35和0.1,
在BÆ
E中,2r
Æ
BE=,❖
所以每包Æ
型新材料可产生的利润期望值
6LBÆ
E=3
r
BE=5.设L
E(
(1)=(5–10)x0.2+(10–10)x0.35+
❖(15–10)x0.35+(20–10)x0.1=1.75.
则0<
8<
3,
由正弦定理得
BE=Æ
E=
B,
由频率估计概率,每包B型新材料可使用1个月,2个月,3个月和4个月的概率分别为0.1,
0.3,0.4和0.2,
zinrzin8zin(r–8)
所以每包B型新材料可产生的利润期望值
33
E(
(2)=(5–12)x0.1+(10–12)x0.3+(15
所以Æ
E10槡3zin8.Æ
B10槡3zin(r–8).则❖
–12)x0.4+(20–12)x0.2=1.5.
E(()>
E(().
333
12
10槡3
10槡3r
10槡3❖
所以应该采购Æ
型新材料'
EÆ
+Æ
B=3zin8+
3zin(3–8)=3
19.
(1)证明:
平面Æ
BCD†平面Æ
DEF,
❖平面Æ
BCDfi平面Æ
DEF=Æ
D,ED†Æ
D,
(1槡3
8ED†平面Æ
BCD,Æ
BC平面Æ
BCD,
2zin8+2soz8)=
3zin(3+8).因为0<
❖
8ED†Æ
r所以当8=r,折线段赛道BÆ
E最长,❖
9Æ
B=1,Æ
D=2,LBÆ
D=60º
8BD=1+4–2x1x2soz60º
=3,
2槡22槡
即将LÆ
BE设计为
6时,折线段赛道BÆ
E最长.❖
8Æ
B+BD=Æ
B†BD,又8BDC平面BDE,
方法二:
(1)同方法一;
(2)在6BÆ
E中,L2r
又9EDC平面BDE,BDfiED=D,
❖8Æ
B†平面BDE,又Æ
BE,
BÆ
E=3,BE=5.
8平面Æ
BE†平面EBD
由余弦定理得BE2=Æ
B2+Æ
E2–2Æ
B·
Æ
Esoz❖
LBÆ
E,即25=Æ
E2+Æ
E,
(2)解:
以B为坐标原点,
以BÆ
BD为s轴,y轴建
故(Æ
B+Æ
E)2–25=Æ
E“(
E2
),
立如图所示的空间直角
❖坐标系B–syx,则
❖Æ
(1,0,0),B(0,0,0),
3
从而(Æ
E)2“25,即Æ
E
10槡3,❖
1槡3
4“3
当且仅当Æ
B=Æ
E时,等号成立,
C(–2,2,0),D(0,槡3,
❖0),E(0,槡3,2),F(1,0,1),
即设计为Æ
E时,折线段赛道BÆ
E最长.❖
——‹13
18.解:
(1)由折线图可知统计数据(s,y)共有6组,❖
则CD=(2,槡
0),
‹
即(1,11),(2,13),(3,16),(4,15),(5,20),
——‹2
(6,21),
1+2+3+4+5+6
——DE=(0,0,2),
——‹
计算可得
–s=
=3.5,
=(1,0,0),EF=(1,–槡3,–1),
6❖—‹——‹
6设EM=hEF=(h,–槡3h,–h),(0“h“1),
66
–11
—‹——‹—‹
y=\yi=·
96=16,
则BM=BE+EM=(h,槡3–槡3h,2–h),
设平面CDE的法向量为m=(s,y,x),平面
\ii
111
BM的法向量为n=(s,y,x),则
所以bˆ=i=1
(s–s)(y–y)
(s–s)2
—‹
❖‹—‹
{‹
222
2s1+2y1=0,
n–
\ii=1
m·
CD=0
❖m·
DE=0
n·
=0
BM=0
1槡3
2x1=0
s2=0,
hs+(3–3h)y+(2–h)x=0
(3)要证明g(s)>
ƒ(s),即证明g(s)–ƒ(s)>
❖0,只要证es–ln(s+t)>
0,
2槡‹槡22
即证es–ln(s+t)“es–ln(s+2)>
0,只要证明
令y1=1,得m=(–槡3,1,0),
令y2=2–h,得n=(0,2–h,槡3h–槡3),❖
es–ln(s+2)>
0即可,
令F(s)=es–ln(s+2),9F'
(s)=es–1在
‹‹s+2
8soz8=
n=2–h槡3'
=.
24h2–10h+7
F(–1)<
(–2,+œ)上是单调递增,9F(0)>
0,
m·
n槡
1
即h
'
❖8F'
(s)=0在(–2,+œ)有唯一实根设为s,
=2.
即点M为线段EF的中点时,平面MÆ
B与平面❖
且s0c(–1,0),
❖当sc(–2,s)时F'
(s)<
0,F(s)单调递减
4
{
ECD所成的锐二面角的余弦值为槡3.
当sc(s,+œ)时,F'
(s)>
0,F(s)单调递增
从而当s=s时,F(s)取得最小值,由F'
(s)=0
2232
ab
{b2=12❖
s0+2
2a=8
22
ln(s+2)“es0–ln(s+2)=1
+s=
所以椭圆的标准方程为:
s
y=1.
12
❖(s+1)2
s0+2
s2y2
s+2>
(2)设Æ
(s,y),B(s,y)由
16+
=1,得0
1122
y=ks–4
故当t“2时,证明:
g(s)>
ƒ(s).
22.解:
(1)如图,C:
s2+y2
(4k2+3)s2–32ks+16=0,❖
由韦达定理得:
s+s=32k,ss=16,❖
–s=0,
1221
124k2+312
4k2+3❖
即(s–2)
+y=4,
由A>
0→(–32k)
–4(4k+3)·
16>
0得k>
是以C(1,0)为圆心,
1112
2或k<
–2.❖
又因为原点O在以线段Æ
B为直径的圆外部,则❖
OÆ
OB>
0,❖
2为半径,且过原点的
圆,设LPCs=a(0Ša<
r),
第22题图
OB=(k2+1)ss–4k(s+s)+16=❖111
(k2+1)
4k2+3
+16=
则{1,
23
即:
–
<
k23,
y=2zina
❖由已知,以过原点的直线倾斜角为参数,则0“8
33❖
2槡31❖
r,而a=28,
{11
21.解:
(1)定义域为(0.+œ),ƒ'
(s)=–a+1❖
参数,且0“8<
r)
y=1zin28
s2s❖
(2)根据已知C,C的极坐标方程分别为p=
s–a
❖soza,p=2zina(p>
0)
=,aŠ0,9s>
0,8s–a>
0,8ƒ(s)
s2❖
故¦
B¦
=¦
p±
p¦
2zina±
soza¦
=5¦
zin(a
>
0,8ƒ(s)在定义域(0.+œ)上单调递增;
121槡
当a>
0时,9s>
a时,ƒ'
0,8ƒ(s)单调递❖
增;
当0<
s<
a时,ƒ'
0'
8ƒ(s)单调递减;
综上可知:
当aŠ0时,ƒ(s)的增区间为(0,+œ
±
p)¦
“槡5,其中tanp=2.
故当zin(a±
p)=1时,等号成立,
综上,Æ
B的最大值为槡5.
❖23.解:
(1)9对任意实数s,都有¦
s+2¦
+¦
s–4¦
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