大理州2021届高中毕业生第二次复习统一检测理科答案

　 大理州 2021 届第二次统测理科数学 参考答案 一、 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A A D D D C B C D D B 11.因为圆的方程为2 24 3 0 x y x     即为2 2( 2) 1 x y    ，所以圆心 (2,0) ，半径 1 R ， 因为 2| | | | 2(| | ) (| | ) AP QB AF R BF R      ，所以 2| | | | 2| | | | 3 AP QB AF BF     ， 因为 | | 22A ApAF x x     ， | | 22B BpBF x x     ，所以 2| | | | 2 3A BAP QB x x     ， 设 : 2 l x my   ，所以228x myy x  ，整理得2 2(4 8 ) 4 0 x m     ，所以 4A Bx x  ， 则 2| | | | 2 3 2 3 4 2 3A B A BAP QB x x x x        … ，当 2Ax  ， 2 2Bx  时取等号 故选:D．

　12.g（x）=x 2 e x 的导函数为 g′（x）=2xe x +x 2 e x =x（x+2）e x ，当 0 x  时，   0 g x   ， 由   1,0 x  时，   0 g x   ，   0,1 x 时，   0 g x   ，可得 g（x）在[–1，0]上单调递减， 在（0，1]上单调递增，故 g（x）在[–1，1]上的最小值为 g（0）=0，最大值为 g（1）=e， 所以对于任意的2[ 1,1] x   ，2( ) [0,e] g x  ．因为2y x a    开口向下，对称轴为 y 轴， 又10 2 02    ，所以当 0 x  时，max( ) f x a  ，当 2 x  时，min( ) 4 f x a   ， 则函数2( ) f x x a   在[12 ，2]上的值域为[a–4，a]，且函数 f（x）在1 1[ , ]2 2 ， 图象关于 y 轴对称，在（12，2]上，函数( ) f x 单调递减．由题意，得 [ 0 e 4 [ ] a   ,，1 )4a ， 可得 a–4≤0<e<14a ，解得 e14  a≤4． 故选:B．

　 二、 填空题 13、3

　 14、36

　15、①②③

　16、5 16. 1，2， ， ， ， 而 ， ， ， ， 即 ，即 ， ，

　 三、 解答题 17、在 ABC  中， C B A , , 所对的边分别是 c b a , , ，且满足 c b C B a    ) cos (cos ，

　 (Ⅰ) 求证：2 A

　（Ⅱ）若 ABC  外接圆的半径为 1，求 ABC  周长的取值范围.

　解：(Ⅰ)边换角 C B C B A sin sin ) cos (cos sin    ) sin( ) sin( ) cos (cos sin B A C A C B A      展开得C A B A C A C A C A B A sin cos cos sin sin cos cos sin cos sin cos sin      整理得0 ) sin (sin cos   B C A 即0 cos  A 2 A ………………………………………………………………………………6 分

　（Ⅱ）周长 2 sin 2 sin 2 2       C B c b C

　 2 )2sin( 2 sin 2     B B 2 )4sin( 2 2   B ∵ 20  B

　∴ 434 4     B

　 ∴ 1 )4sin(22  B

　∴ 2 2 )4sin( 2 2 2   B

　∴周长的范围是] 2 2 , 2 ( ………………………………………………………………6 分

　18、由已知数据可得2 4 5 6 855x     ，3 4 4 4 545y     .所以相关系数 515 52 21 1( )( ) ( )i iii ii ix x y yrx x y y     6 90.9510 2 5 2  . 因为 0.75 r  ，所以 y 与 x 具有较强的线性相关关系，可用线性回归模型拟合 y 与 x 的关系.……………………………………4 （2）由（1）可知 51521( )6 32ˆ0 10( )i iiiix x y ybx x   ，3 54 ˆ2ˆ510a y bx       ， 所以 y 与 x 之间线性回归方程为3 510 2ˆ yx   . 当 7 x  时，3 57 610 2ˆ 4. y    .……………………………………10 （3）

　    3 , 3 1,11 x s x s     ，而 13 11  ，故 2020 年 11 月该城市的网约车已对城市交通带来较大的影响，交通管理部门将介入进行治理.…………………………12

　 19、（1）证明：在图甲中， ∵ 2AE ADBE DC  ，∴ // DE BC ， 又∵ AB BC  ，∴ DE BE  且 DE AE  ， 即在图乙中， DE BE  ， DE PE  ，又 BE PE E   ， 故有 DE  平面 PBE ，

　 而 MN  平面 PBE ，故有 MNDE ；………………………………………5 分

　（2）解：∵ DE BE  ， DE PE  ， 所以 PEB  为二面角 P ED B   的平面角，则 60 PEB    ， 在 PBE △ 中， 2 BE  ， 4 PE ， 60 PEB    ， 由余弦定理，可知2 3 PB ，满足2 2 2PB BE PE  ，则有 PB BE  ， 由（1）知， BC ⊥ 平面 PBE ，则 PBBC ，………………………………………7 分 如图，以点 B 为坐标原点，分别以 BE ， BC ， BP 为 x ， y ， z 轴正方向建立坐标系，

　则   2,0,0 E ，   0,0,2 3 P ，   0,3,0 C ，   2,2,0 D ， 则   0,3, 2 3 PC   ，   2, 1,0 CD   ，   2, 3,0 CE   ， 设平面 PCD 的法向量为   , , n x y z r， 则3 2 3 02 0PC n y zCD n x y        ，取   1,2, 3 n  ， 所以直线 CE 与平面 PCD 所成角  满足4 26sin13 13 2 2CE nCE n   ………………………………………12 分

　 20、解：

　(1)设1( A x，1 )y，2( B x，2 )y，2 21 12 22 22 22 211x ya bx ya b  ，两式相减可得 2 2 2 21 2 1 22 20x x y ya b  ，-(2 分) 可得21 2 1 221 2 1 2y y x x bx x y y a    ，由题意可得1 21 21y yx x，1 2324x x    ，1 212 ( )4y y     ， 所以可得2213ba ，…………………………(4 分) 而由题意可得 2 2 2 c  ，2 2 2b a c   ，解得：23 a  ，21 b  ， 所以椭圆的方程为：2213xy   ；…………………………(5 分) (2)设1( M x ，1 )y ，2( N x ，2 )y ， 联立直线与椭圆的方程：2213y kx mxy   ，整理可得：2 2 2(1 3 ) 6 3 3 0 k x kmx m      ， △2 2 2 236 4 (1 3 )(3 3) 0 k m k m       ，可得2 23 1 m k   ①， 且1 2261 3kmx xk  ，21 223 31 3mx xk，…………………………(7 分) 因为 3 OM ON OQ   uuur uuur uuur，可得 M ， N ， Q 三点共线，所以13 3OQ OM ON uuur uuur uuur， 所以113 3  ，解得：

　2   ，且1 21 203 3x x   ，可得1 22 x x   ，……………………(9 分) 将1 22 x x   ，代入两根之和及两根之积可得：2261 3kmxk，22223 321 3mxk ， 所以222 26 3 32 ( )1 3 1 3km mk k   ，整理可得22213 09 1mkm… ②，………………………(10 分) ①②联立可得22211 09 1mmm  ，整理可得2 2 2(1 )(9 1) 0 m m m    ， 解得2119m   ，解得：113m   或113m   

　所以 m 的取值范围：1{ | 13m m   或11 }3m     ．…………………………(12 分)

　 21、【解析】∵     f x f x   ∴   f x 为偶函数， 只需先研究   0,π x ，   sin cos f x x x x  ，   sin cos sin cos f x x x x x x x     ，

　 当π0,2x   ，   0 f x   ，当π,π2x   ，   0 f x   ， 所以   f x 在π0,2x   单调递增，在π,π2x   ，单调递减， 所以根据偶函数图象关于 y 轴对称， 得   f x 在ππ,2x     单调递增，在π,02x    单调递减， 故   f x 单调递减区间为：π,02   ，π,π2   ；单调递增区间为：ππ,2    ，π0,2   ． （2）

　    cos cos f x x x ax x x a      ， ① 1 a  时，     cos 0 f x x x a     在   0,π x 恒成立， ∴   f x 在   0,π x 单调递增 又   0 1 f  ，所以   f x 在   π,π x  上无零点 ② 0 1 a   时，  00,π x   ， 使得  0 0cos 0 x x a   ，即0cosx a  ． 又 cosx 在   0,π 单调递减， 所以  00, x x  ，   0 f x   ，  0 ,πx x  ，   0 f x  

　所以  00, x x  ，   f x 单调递增，  0 ,πx x  ，   f x 单调递减， 又   0 1 f  ，  21π π 12f a  

　（i）21π 1 02a   ，即221πa   时   f x 在   0,π 上无零点， 又   f x 为偶函数，所以   f x 在   π,π  上无零点， （ii）21π 1 02a   ，即220πa   ．   f x 在   0,π 上有 1 个零点，

　 又   f x 为偶函数，所以   f x 在   π,π  上有 2 个零点， 综上所述，当220πa   时，   f x 在   π,π  上有 2 个零点， 当22πa  时，   f x 在   π,π  上无零点

　 22.解：

　Ⅰ 根据题意，设点 P，Q的极坐标分别为 、 ， 则有 ，故曲线 的极坐标方程为 ， 变形可得：

　， 故 C 的直角坐标方程为 ，即 ； Ⅱ 设点 A，B 对应的参数分别为 、 ，则 ， ， 设直线 l 的参数方程 ， 为参数 ， 代入 的直角坐标方程 中， 整理得 ． 由根与系数的关系得 ， ， 则， 当且仅当 时，等号成立， 此时 l 的普通方程为 ．

　 23.解：． ， ， ，

　 不等式的解集为 ． 由 知， 的最大值为 6， ，

　， 当且仅当 ，即 时等号成立， ．