湖北省“荆、荆、襄、宜“四地七校联盟2021届高三上学期期中联考数学试题答案 4页

2020 年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟” 高三期中联考数学试题参考答案 一、单项选择题： 1－4 CBAB 5－8 ACCA 二、多项选择题： 9.BCD 10. AC 11. BC 12. BC 三、填空题: 13．14 14．（0，1] 15． 3 16． 2 1 1.【解析】集合 2{ | log (1 )}B x y x   ，则其中定义域 { |1 0} { | 1}B x x x x     ,又有集合 { 2, 1,0,1,2}A    ，则 { 2, 1,0}A B    ．故选：C. 2.【解析】如图，由条件知四边形 ABCD 为正方形， ∴AB＝CD＝20 m，BC＝AD＝20 m. 在△DCE 中，∠EDC＝60°，∠DCE＝90°，CD＝20 m， ∴EC＝CD·tan 60°＝20 3 m，∴BE＝BC＋CE＝(20＋20 3 )m.故选 B. 3.【解析】 01log3log 2 1 2 1 a ； 1)2 1(0 3  b ； 2 1 3c >1．故选 A. 4.【解析】 原命题 x R  ， 1 2x xe e   ， 命题 x R ， 1 2x xe e   的否定是: x R ， 1 2x xe e   ．故选:B． 5.【解析】因为     , 0ln , 0 lnx xx xf x ln x xx      是奇函数排除 ,B C ，且当 1x  时，   0f x  . 故答案为 A. 6．【解析】 )(xfy  关于 y 轴对称， )(xfy  为偶函数，又 xy sin 为奇函数， ∴y＝ln )41( 2xmx  为奇函数，则 2m ．故选 C． 7.【解析】∵等差数列 na 中， 3 9 0a a  ，∴ 3 9 62 0a a a   ，即 6 0a  .又 7 0a  ，∴ na 的前 n 项和 nS 的最小值为 6S .故答案选 C. 8.【解析】由  f x 为增函数可得  0 0f y y ，又可知  0 0,1y  ，则问题等价于方程  f x x ，  0,1x 有 解 ， 即 2 3xx e x a   在  0,1x 有 解 ， 分 离 参 数 可 得 23xa e x x   ， 令   23xg x e x x   ，    3 2 0, 0,1xg x e x x      ，所以函数  g x 在 0,1 上单调递增， 所以      1 0 1 2g g x g e     ,所以1 e 2a   . 故选：A. 9.【解析】不等式 2a b ab  恒成立的条件是 0a  ， 0b  ，故 A 不正确； 当 a 为负数时，不等式 1 2a a   成立.故 B 正确；由基本不等式可知 C 正确； 对于  2 1 2 1 4 42 4 4 2 8y x y xx yx y x y x y x y               ， 当且仅当 4y x x y  ，即 1 2x  ， 1 4y  时取等号，故 D 正确.故选；BCD. 10.【解析】因为 2a ， 3 1a  ， 4a 成等差数列，所以 2 4 32( 1)a a a   ， 因此， 1 2 3 4 1 3 13 2 14a a aa a a a       ，故 3 4a  ．又{ }na 是公比为 q的等比数列， 所以由 2 4 32( 1)a a a   ，得 3 3 1( ) 2( 1)a q aq    ，即 1 5 2q q   ，解得 2q = 或 1 2 ．故选：AC． 11.【解析】因为 ( ) cos(2 )f x x   ，所以 ( ) 2sin(2 )f x x     ， 所以 3 π( ) ( ) ( ) cos(2 ) 3 sin(2 ) 2 cos 22 3F x f x f x x x x              因为 ( )F x 为奇函数，则 (0) 0F  ，即 πcos 03      ，所以 3 2k     ， k Z ，因为 π| | 2   ，所以 π 6   ， 对于 A， 3tan tan 6 3    ，故 A 错误； 对于 B，令 ( ) cos 2 06f x x       ，得 π π 2 6 kx   ，k Z ，若 ( )f x 在[ , ]a a 上存在零点，则 0a  且 a的最小值为 π 6 ，故 B 正确； 对于 C， ( ) 2cos 2 2sin26 3F x x x         ，当 3,4 4x      时，2 , 2 3 2x      ，则 ( )F x 在 π 3π,4 4      上 单调递增，故 C 正确. 对于 D，因为 π( ) 2sin 2 6f x x       ，当 5π0,12x     时， ( ) 0f x  ，当 5π π,12 2x     时， ( ) 0f x  ， ∴ ( )f x 在 π0, 2      上存在一个极小值点，没有极大值点，故 D 错误. 故选：BC. 12.【解析】当 0x  时，    1xf x e x  ，则 ( ) ( 1) ( 2)x x xf x e x e e x      由  ' 0f x  得 2 0x   ，即 2x   ，此时  f x 为减函数， 由   0f x  得 2 0x   ，即 2 0x   ，此时  f x 为增函数， 即当 2x   时，  f x 取得极小值 2 1( 2)f e    ， 作出  f x 的图象如图： 由图象可知当  0 1f x  时，有三个不同的 x 与  f x 对应 设  t f x ，方程 2 1[ ( ) ( ) 01] 6f x af x   有六个不等的实数根 所以 2 1 016t at   在  0,1t  内有两个不等的实根 设 2 1( ) 16g t t at   ，即 2 1 016(0) 0 1(1) 0 1 0 1 17160 1 2 164 0160 12 0 12 g g a a aa a                               ，则实数 a 可取的值可能是 2 3 ，1 故选：BC． 13.【解析】因为 2 , 0( ) 2 2, 0x x xf x x     … 所以 2( 2) ( 2) 4f     ， 则 4( ( 2)) (4) 2 2 16 2 14f f f       ．故答案为：14 14.【解析】因为 x ∈ R，条件 p：x2＜x，所以 p 对应的集合为 A＝（0，1）； 因为条件 q： ≥a（a＞0），所以 q 对应的集合为 B＝（0， ]； 因为 p 是 q 的充分不必要条件，所以 A  B，所以 ，所以 0＜a≤1，故答案为：（0，1]． 15.【解析】因为函数 ( )f x 在 ( ,0) 单调递增，因为 1 212 ( 1) 0( 1) 20f     ，    22 1 1 12 2 2 020 4 5f        ，    23 1 1 93 2 3 020 8 20f        ，所以  0 3, 2x    ，所以 3a   . 16.【解析】 )( 1 742 22 321 421       Ntt qqdqdqd ddd bbb aaa t tttqq ttqtq 2 2830 07 2 2    t tttqq ttqtq 2 2830 07 2 2    且 92,1,3 2800283 2   tNtttt 又 q 为有理数 0283 2  tt 是一个完全平方数 列举可得 9741  tttt 或或或 ，则 舍）（舍）或或舍）或 (3 102 1(2  qqqq 2 1q 四、解答题 17.【解析】若选①，则由正弦定理  3 cos sin cos sin cos sin sinC A B B A C C  ，  3 cos sin sin sinC A B C C  ， 3 tanC ， 3C  ……………………………4 分 若选②，则由正弦定理知： sin sin sin sin2 CA C A   ，cos sin 2sin cos2 2 2 C C CC  ， 1sin 2 2 C  ， 3C  ………4 分 若选③，则有正弦定理知 2 2b a c bc   ， 2 2 2b a c bc    ，由余弦定理知： 1cos 2C  ， 3C  ，……………………………4 分 2 3A B   ， 2sin sin sin sin 3A B A A        3 1sin cos sin2 2A A A         23 1 3 1sin cos sin sin 2 1 cos 22 2 4 4A A A A A      1 1sin 22 6 4A       ……………8 分 20, 3A     ， 72 ,6 6 6A          ， 所以当 3A  时，sin sinA B 的最大值是 3 4 .……….………. …….……….………….…10 分 18.【解析】（1）由题意知 2, ,n na S 成等差数列，所以 2 2n na S  ① , 可得 1 12 2 2( )n na S n    ②………………………………………………………2 分 ①-②得 12 ( 2)n na a n  ，又 1 12 2a a  ， 1 2a  ，………………………………4 分 所以数列 na 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列， 2n na  .……………………6 分 （2）由（1）可得 2n nb n  ，用错位相减法得： 2 3 42 2 2 3 2 4 2 2n nT n         ① 2 nT  2 3 12 2 2 ( 1) 2 2n nn n        ② ①-②可得 1( 1) 2 2n nT n     .……………………12 分 19.【解析】（1）证明：因为 平面 ， 面 ,所以 . 因为 是正方形，所以 又 ， 面 ， 面 ,故 平面 .…………5 分 （2）法 1：【向量法】 因为 ， ， 两两垂直，建立空间直角坐标系 如图所示. 因为 平面 ，且 与平面 所成角为 60°，即 ， 所以 .由已知 ，可得 ， . 则 ， ， ， ， ， 所以 ， . 设平面 的法向量为 ，则 ，即 . 令 ，则 .…………………………………………………9 分 因为 平面 ，所以 为平面 的法向量， . 所以 . 因为二面角为锐角，所以二面角 的余弦值为 .………………………………12 分 法 2：【几何法】 如图，G、P 分别为线段 、 的三等分点， M、N 分别为线段 、 的中点， ，连结 ， ，且 ，所以 ，且 所以 面 ， 过 F 作 垂足为 Q，连结 由三垂线定理知， 为二面角 的平面角. ………………………………8 分 由已知可得 ，所以 因为 平面 ，且 与平面 所成角为 ，即 ， 为直角三角形， ， ，所以 ， 由勾股定理得 ，得 ，……………………………………10 分 所以 . 所以二面角 的余弦值为 .………………………………………………12 分 20.【解析】（1） 1 2AF F 面积的最大值为 3 ，则： 3bc  又 1 2 ce a   ， 2 2 2a b c  ，解得： 2 4a  ， 2 3b  椭圆C 的方程为： 2 2 14 3 x y  ……………………4 分 （2） AB PF1 为定值 4 1 ，设直线 AB: 1x my  （ 0m ） 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，线段 AB 的中点为  0 0,N x y 由 2 2 3 1 14 y x my x       ，消去 x 可得： 2 23 4 6 9 0m y my    0  恒成立 2 21 6 3 4 my y m    1 2 2 9 3 4y y m    ……………………………6 分 2 2 1 2 2 12( 1)1 3 4 mAB m y y m      0 2 4 3 4x m     , 20 3 3 4 my m   ， )43 3,43 4( 22  m m mN ……………………8 分 直线 PN： 2 2 3 4 3 4 3 4 my m xm m         令 0y  ，则 43 1 2  mxp ……………………………………………………………10 分     21 2 2 1 1 13 4 412 1 3 4 PF m AB m m       ，故 AB PF1 为定值 4 1 …………………………………12 分 21.【解析】(1)X 可能的取值为 1，2，5，－15. 根据题意，有 P(X＝1)＝C13× 1 2 1 × 1－1 2 2 ＝3 8 ， P(X＝2)＝C23× 1 2 2 × 1－1 2 1 ＝3 8 ， P(X＝5)＝C33× 1 2 3 × 1－1 2 0 ＝1 8 ， P(X＝－15)＝C03× 1 2 0 × 1－1 2 3 ＝1 8. 所以 X 的分布列为： X 1 2 5 －15 P 3 8 3 8 1 8 1 8 ……………………5 分 (2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i＝1，2，3)，则 P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－15)＝1 8. 所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为 1－P(A1A2A3)＝1－ 1 8 3 ＝1－ 1 512 ＝511 512. 因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是511 512.……………………9 分 (3)由(1)知，随机变量 X 的数学期望为 EX＝1×3 8 ＋2×3 8 ＋5×1 8 －15×1 8 ＝－1 8. 这表明，获得分数 X 的均值为负． 因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．……………………12 分 22.【解析】（1）∵    2242 2'  xxxxxf ∴  xf 在  0, 和 ,2 上单调递增， 在  2,0 上单减，  xf 的极大值为   3 40 f ，  xf 的极小值为   3 42 f ， 又   3 43 f ，若  xf 的最大值是 3 4 ，则      310 05 a a ，∴ 41  a ……………4 分 （2）      31133 23  xxxxxxxh ，当 0x 时，   0 axexg x ， 此时    xhxF  ∴  xF 在 ]0,( 有一个零点， 11 x ……………………6 分 当 0x 时，   aexg x ' ∴  xg 在  aln,0 上单调递减，在  ,ln a 上单调递 增。 又 3ea  ∴ 3ln a 由于     01,010  aegg ∴  xF 在  1,0 上有一个零点 2x ……………8 分 又     0ln1ln  aaag ，令       01,ln '3  x xxkexxxxk ∴  xk 在 ,3e 上单增，     03ln 33  eekxxxk ，    2,ln aeagaa a  ，再令         02,2,2 "'2  xxx exxexxxex  ∴  x' 在 ,2 上单调递增，从而     042 2''  ex  ∴  x 在 ,2 上单调递增，     042 2  ex  从而   0ag ∴  xF 在 aa,ln 上有一个零点 3x ， 综上所述：当 3ea  时，  xF 有三个零点： axaxx  321 ln,10,1 ……12 分 （注： 2x , 3x 的范围只要表示合理，酌情给分）