西藏日喀则市2021届高三学业水平考试数学（文）试卷答案

西藏日喀则市2021届高三学业水平考试数学（文）试卷答案

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.