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- 2021-06-16 发布
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数学试卷参考答案第 页(共4页)
选择题:
题号
答案
1
B
2
A
3
D
4
A
5
C
6
C
7
D
8
B
9
ABC
10
AB
11
BC
12
ABD
填空题:
13.
8 3
3 π 14. -26 15. -2ln2 16.
2 3
3
解答题:
17.(10分)
解:方案一:选条件①.
∵ Sn + 1
n + 1 - Sn
n
= a1
+ an + 12 - a1
+ an2 = d2 ,
∴{ }Sn
n 构成公差为 d2 的等差数列. …………………………………5分
∴S11 + S22 + … + S77 = 7S1
+ 7 × 6
2 ·d2 = 7a1
+ 21
2 d = 21 ,
又 a1
= -3 ∴ d = 4,an
= a1
+(n - 1)d = 4n - 7 .
因此,选条件①时问题中的数列存在,此时 an
= 4n - 7. ………………………10分
方案二:选条件②.
1
an
an + 1
= 1
an + 1
- an
( 1
an
- 1
an + 1
)= 1
d
( 1
an
- 1
an + 1
) ,
∴1
d
( 1
a1
- 1
a2
+ 1
a2
- 1
a3
+ … + 1
a6
- 1
a7
)= - 2
3 ,
∴1
d
( 1
a1
- 1
a7
)= - 2
3 ,即
6
a1a7
= - 2
3 . …………………………………5分
代入 a1
= -3 得 a7
= 3 ,则 d = 1
6(a7
- a1
)= 1.
∴ an
= a1
+(n - 1)d = n - 4 ,此时 a4
= 0 不符合条件.
因此,选条件 ②时问题中的数列不存在. …………………………………10分
方案三:选条件③.
∵a2
n
- a2
n + 1
=(an
- an + 1
)(an
+ an + 1
)= -d(an
+ an + 1
) ,
∴ -d(a2
+ a3
+ … + a6
+ a7
)= -48 ,
∴ d(S7
- a1
)= 48 ,由 S7
= 7a1
+ 21d,a1
= -3 , …………………………………5分
2020~2021学年度
武汉市部分学校高三起点质量检测
数学试卷参考答案及评分标准
1
数学试卷参考答案第 页(共4页)
代入得 d = 2 或 d = - 8
7(舍),
∴ an
= a1
+(n - 1)d = 2n - 5 ,
因此,选条件③时问题中的数列存在,此时 an
= 2n - 5. ……………………10分
18.(12分)
解:(1)设 ∠BAD = ∠CAD = θ ,
则△ABC 面积 S = 1
2 AB·AC· sin 2θ = 1
2 AB·AD· sin θ + 1
2 AC·AD· sin θ ,
∴3
2sin 2θ = 2 sin θ ,
即 3 sin θ cos θ = 2 sin θ.
又 sin θ ≠ 0 ,∴ cos θ = 2
3.
∴ cos ∠BAD = 2
3. …………………………………………………6分
(2)∵ cos θ = 2
3, ∴ sin θ = 5
3 , sin 2θ = 2 sin θ cos θ = 4 5
9 ,
∴ S = 1
2 AB·AC· sin 2θ = 2 5
3 . …………………………………………………12分
19.(12分)
(1)证明:连接 A1C ,在△A1 AC 中,A1C2 = AA2
1
+ AC2 - 2AA1
·AC· cos ∠A1 AC
即 A1C2 = 12 + 22 - 2 × 1 × 2 × cos 60° = 3,于是A1C2 + AA2
1
= AC2,
∴ AA1
⊥ A1C,
又 A1B1
⊥ 面ACC1 A1 ,AA1
⊂ 面ACC1 A1 ,∴ A1B1
⊥ AA1 ,
而 A1B1
⋂ A1C = A1 ,∴ AA1
⊥ 面A1B1C ,而 B1C ⊂ 面A1B1C ,
∴ AA1
⊥ B1C . ……………………………………………………6分
(2)解:如图,以 A1 为原点,
A1 A ,
A1C ,
A1B1 的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角
坐标系 A1
- xyz .
设 n =(x1
,y1
,z1
) 为平面 AB1C 的法向量,
m =(x2
,y2
,z2
) 为平面 BB1C 的法向量,
则 A1
(0,0,0),A(1,0,0),C(0, 3,0),B1
(0,0,1),B(1,0,1) ,
AB1
=(-1,0,1),
AC =(-1, 3,0),
BB1
=(-1,0,0),
B1C =(0, 3,-1) ,
由 ì
í
î
n·
AB1
= 0
n·
AC = 0 得,ì
í
î
-x1
+ z1
= 0
-x1
+ 3 y1
= 0 ,令 x1
= 3 ,则 y1
= 1,z1
= 3,n =( 3,1, 3) ,
由
ì
í
î
m·
BB1
= 0
m·
B1C = 0 得,ì
í
î
-x2
= 0
3 y2
- z2
= 0 ,令 y2
= 1,则 z2
= 3,m =(0,1, 3) ,
∴ cos 〈n,m〉 = n·m|n||m| = 4
7 × 2
= 2 7
7 ,
∴ 二面角 A - B1C - B 的平面角的余弦值为
2 7
7 . …………………………12分
2
数学试卷参考答案第 页(共4页)
20.(12分)
解:(1)记“三只小球恰在同一个盒子”为事件A,则 P(A)= 4
43
= 1
16 . ……………………3分
(2)记“三只小球在三个不同盒子且每只球编号与所在盒子编号不同”为事件B.
其中,三个盒子中不含4号盒子为事件 B1 ,含4号盒子为事件 B2 ,
则 P(B1
)= 2 × 1
43
= 2
64 ,P(B2
)= C2
3
×(1 + 2 × 1)
43
= 9
64 .
∵事件 B1,B2 互斥,∴ P(B)= P(B1
+ B2
)= P(B1
)+ P(B2
)= 11
64. …………………………7分
(3)X 可能取值为1,2,3,4.
P(X = 1)= 43 - 33
43
= 37
64 ,
P(X = 2)= 33 - 23
43
= 19
64 ,
P(X = 3)= 23 - 13
43
= 7
64 ,
P(X = 4)= 1
43
= 1
64 ,
E(X)= 1 × 37
64 + 2 × 19
64 + 3 × 7
64 + 4 × 1
64 = 25
16. ……………………………………12分
21.(12分)
解:(1)设椭圆焦距为 2c(c > 0) ,
由
ì
í
î
ïï
ïï
b2 + c2 = a2
c
a
= 1
2
a2 + b2 = 7
,解得 a = 2,b = 3.
∴椭圆 E 的标准方程为 x2
4 + y2
3 = 1. ……………………………………………………4分
(2)由题意直线 AP,BP 斜率存在且均不为0,设直线 AP 方程为 y = k(x + r),M(x1
,y1
),N(x2
,y2
) ,
由
ì
í
î
ï
ï
y = k(x + r)
x2
4 + y2
3 = 1得,(3 + 4k2)x2 + 8k2rx +(4k2r2 - 12)= 0 .
∴ x1
+ x2
= -8k2r3 + 4k2,x1x2
= 4k2r2 - 12
3 + 4k2
. ①
又 kOM
+ kON
= y1
x1
+ y2
x2
= k(x1
+ r)
x1
+ k(x2
+ r)
x2
= 2kx1x2
+ kr(x1
+ x2
)
x1x2
, ②
从而①代入②得 kOM
+ kON
= -6k
k2r2 - 3 .
又 AP ⊥ BP ,以 -1
k 替代 k ,以 -r 替代 r ,
同理可得 kOS
+ kOT
= 6k
r2 - 3k2 ,
∴ -6k
k2r2 - 3 = 6k
r2 - 3k2 ,
∴(k2 + 1)(r2 - 3)= 0 对 k ≠ 0 恒成立,解得 r = 3 或 r = - 3(舍),经检验,此时 Δ > 0 ,
因此存在 r = 3. …………………………………………………………………12分
3
数学试卷参考答案第 页(共4页)
22.(12分)
解:(1)g′(x)= 1 + lnx ,
g′(e)= 2,则g(e)= e ,
∴切线方程为 y - e = 2(x - e) ,
整理得:2x - y - e = 0. ……………………………………………4分
(2)f ′(x)= (x2 - 1)lnx -(x2 + 1)
(x lnx)2
= x2 - 1
(x lnx)2
(lnx - x2 + 1
x2 - 1) ,
令 h(x)= lnx - x2 + 1
x2 - 1,即h(x)= lnx - 2
x2 - 1 - 1.
由 y = ln x和y = - 2
x2 - 1 在(0,1)和 (1 + ∞) 上单调递增,
∴ h(x) 在(0,1)和 (1 + ∞) 上单调递增.
又 h( 1
e2
)= 3 - e4
e4 - 1 < 0,h(1
e)= 2
e2 - 1 > 0 ,
∴存在唯一 x1
∈( 1
e2
, 1
e) ,使 h(x1
)= 0 .
当 0 < x < x1 时,h(x)< 0,f ′(x)> 0,f (x) 单调递增.
当 x1
< x < 1时,h(x)> 0,f ′(x)< 0,f (x) 单调递减.
又 h(e)= -2
e2 - 1 < 0,h(e2)= e4 - 3
e4 - 1 > 0 ,
∴存在唯一 x2
∈(e,e2) ,使 h(x2
)= 0 .
同理,当1 < x < x2 时,h(x)< 0,f ′(x)< 0,f (x) 单调递减.
当 x > x2 时,h(x)> 0,f ′(x)> 0,f (x) 单调递增.
∴ f (x) 恰有两个极值点 x1 和 x2
.
∵当 h(x1
)= 0 时,lnx1
- x2
1
+ 1
x2
1
- 1 = 0 ,则 h( 1
x1
)= -ln x1
+ x2
1
+ 1
x2
1
- 1 = 0 ,
又
1
x1
∈(e,e2)且h(x2
)= 0 , ∴ x2
= 1
x1
.
∴ f (x1
)+ f (x 2
)= x2
1
+ 1
x1
ln x1
- x2
1
+ 1
x1
ln x1
= 0. …………………………………12分
4
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