大理州2021届高中毕业生第二次复习统一检测（文科）文科答案

　 大理州 2021 届第二次统测文科数学 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 D C D B C A C B D D 12.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． 二、填空题 13、 22

　 14、 2 2

　 15、 )33, 1 (

　 16、①②③

　三、解答题 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.……………………………………6 （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    .……………………………………12

　 19.【详解】（I）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 MN DE  ；………………………6 分 （II）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 ，

　 BCDE PB B BC BE 平面    

　PB S VBCDE BCDE P   梯形31

　， 52  BEED BCSBCDE 梯形 33 103 2 531   BCDE PV………………………12 分

　 20、解：（1）

　( ) 2 sin f x x x    ，

　 2 分 令 ( ) 2 sin h x x x   ， 当 [0, ] x   时， ( ) 2 cos 0 h x x     ，

　4 分 所以当 [0, ] x   时， ( ) 2 sin h x x x   单调递增；

　5 分 所以当 [0, ] x   时， ( ) 2 sin 0 f x x x    … ， 所以当 [0, ] x   时，2( ) cos f x x x   单调递增．

　 6 分 （2）因为当 ,6 2x     时，不等式 ( ) ( ) f x g x … 有解， 所以当 ,6 2x     时，不等式 sin ( ) a x f x  „ 有解，

　7 分 令 ( ) sin ( ) k x x f x   ，所以 ( ) cos ( ) sin ( ) k x x f x x f x       ，

　8 分 因为当 ,6 2x     时， cos 0, ( ) 0,sin 0, ( ) 0 x f x x f x      ， 所以 ( ) 0 k x   ，所以 ( ) k x 单调递增，

　 10 分 所以2( )2 4k x k     „ ，所以24a„ ．

　12 分

　 21、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)

　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， ．