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1、高三数学答案 第 1 页 共 10 页 2020 届高三第一学期期末考试 数学试题参考答案及评分标准数学试题参考答案及评分标准 2020 1 一 一 单项选择题 本大题共单项选择题 本大题共 8 小题 每小题小题 每小题 5 分 共分 共 40 分 分 14 BCDA 58 CDBC 二 二 多项选择题 本大题共多项选择题 本大题共 4 小题 每小题小题 每小题 5 分 共分 共 20 分 分 9 AB 10 ABD 11 BCD 12 AC 三 填空题 本题共三 填空题 本题共 4 小题 每小题小题 每小题 5 分 共分 共 20 分 分 13 1 2 1 3 1 6 14 6 15 2 1
2、6 45 6 四 解答题 本题共四 解答题 本题共 6 小题 共小题 共 70 分 分 17 在横线上填写在横线上填写 3 cos sinbCacB 解 解 由正弦定理 得3 sincossin sinsinBCACB 2 分 由sinsin sincoscossinABCBCBC 得3cossinsinsinBCCB 由0 C 得sin0C 所以3cossinBB 4 分 又cos0B 若cos0B 则sin0B 22 sincos0BB 这与 22 sincos1BB 矛盾 所以tan3B 又0 B 得 2 3 B 6 分 由余弦定理及2 3b 得 222 2 2 3 2cos 3 aca
3、c 8 分 即 2 12 acac 将4ac 代入 解得4ac 9 分 所以 113 sin43 222 ABC SacB 10 分 在横线上填写在横线上填写 22 cosacbC 解 解 由22 cosacbC 及正弦定理 得 2sinsin2sincosACBC 2 分 又sinsin sincoscossinABCBCBC 所以有2cossinsin0BCC 4 分 因为 0 C 所以sin0C 从而有 1 cos 2 B 又 0 B 所以 2 3 B 6 分 由余弦定理及2 3b 得 222 2 2 3 2cos 3 acac 8 分 即 2 12 acac 将4ac 代入 解得4ac
4、 9 分 高三数学答案 第 2 页 共 10 页 所以 113 sin43 222 ABC SacB 10 分 在横线上填写在横线上填写 sin3 sin 2 AC bAa 解 解 由正弦定理 得 sinsin3sinsin 2 B BAA 2 分 由0 A 得sin0A 所以sin3cos 2 B B 4 分 由二倍角公式 得2sincos3cos 222 BBB 由 0 22 B 得cos0 2 B 所以 3 sin 22 B 所以 23 B 即 2 3 B 6 分 由余弦定理及2 3b 得 222 2 2 3 2cos 3 acac 8 分 即 2 12 acac 将4ac 代入 解得4
5、ac 9 分 所以 113 sin43 222 ABC SacB 10 分 18 解 1 设 n a的公比为q 因为 1 a 2 a 31 aa 成等差数列 所以 2131 2 aaaa 即 23 2aa 因为 2 0a 所以 3 2 2 a q a 2 分 因为 1 34 a aa 所以 4 1 3 2 a aq a 3 分 因此 1 1 2 nn n aa q 4 分 由题意 2 1 log 1 22 n n nann S 所以 11 1bS 5 分 122 3bbS 从而 2 2b 所以 n b的公差 21 21 1dbb 所以 1 1 1 1 1 n bbndnn 6 分 高三数学答案
6、 第 3 页 共 10 页 2 令 nn n ca b 则2n n cn 因此 n T 12n ccc 1231 1 2223 2 1 22 nn nn 又 2341 21 2223 2 1 22 nn n Tnn 8 分 两式相减得 231 22222 nn n Tn 1 222 2 12 n n n 10 分 11 222 nn n 1 1 22 n n 所以 1 1 22 n n Tn 12 分 19 1 证明 在RtPAB 中 由勾股定理 得 2222 3 3 6PBABAP 1 分 因为 21 33 PEPAPB uuu ruuu ruuu r AB PBPA uuu ruuu ru
7、uu r 所以 21 33 PE ABPAPBPBPA uuu r uuu ruuu ruuu ruuu ruuu r 22211 333 PAPBPA PB uuu ruuu ruuu r uuu r 22 211 3 6 00 333 所以PE AB uuu ruuu r 所以PEAB 3 分 因为AD 平面PAB PE 平面PAB 所以PEAD 4 分 又因为PEAB ABADA I 所以PE 平面ABCD 5 分 又因为DC 平面ABCD 所以PEDC 6 分 2 解法一 解法一 由 21 33 PEPAPB uuu ruuu ruuu r 得2EBAE uuu ruuu r 所以点E
8、是靠近点A的线段AB的三等分点 所以 1 1 3 AEAB 分别以AB uuu r AD uuur 所在方向为y轴 z轴的正方向 建立如图所示的空间直角坐标 系Axyz 则 0 0 0 A 0 0 2 3 D 0 1 0 E 2 1 0 P 8 分 E C D A BP 高三数学答案 第 4 页 共 10 页 设平面PDE的法向量为 111 x y z m 2 0 0 EP uuu r 0 1 2 3 ED uuu r 由 0 0 EP ED uuu r uuu r m m 得 1 11 20 2 30 x yz 令 1 1z 则 0 2 3 1 m 9 分 设平面APD的法向量为 222 x
9、yz n 2 1 0 AP uuu r 0 0 2 3 AD uuur 由 0 0 AP AD uuu r uuur n n 得 22 2 20 2 30 xy z 令 2 1x 则 1 2 0 n 10 分 设向量m与n的夹角为 则 2222 2 62 26 cos 13 2 3 11 2 m n mn 所以二面角APDE 的余弦值为 2 26 13 12 分 解法二 解法二 由 21 33 PEPAPB uuu ruuu ruuu r 得2EBAE uuu ruuu r 所以点E是靠近点A的线段AB的三等分点 所以 1 1 3 AEAB 过E作EMAP 垂足为M 过M作MQPD 垂足为Q
10、7 分 因为AD 平面PAB EM 平面PAB 所以EMAD 又APADA I 所以EM 平面PAD 因为PD 平面PAD 所以EMPD 因为MQPD MQEMM I 所以PD 平面EQM 因为EQ 平面EQM 所以EQPD 所以EQM 就是二面角APDE 的一个平面角 9 分 在RtAEM 中 1AE 1 cos 3 MAE 所以 1 cos 3 MAAEMAE 在RtPMQ 中 12 3 33 PMPAMA sinsinQPMDPA z y x E C B A D P M Q E C B A D P 高三数学答案 第 5 页 共 10 页 2 32 155 AD PD 所以 224 sin
11、 3515 QMPMQPM 在RtEQM 中 4 15 QM 2 3 ME 22 4226 31515 QE 所以 4 2 26 15 cos 1326 15 QM EQM QE 所以二面角APDE 的余弦值为 2 26 13 12 分 20 1 解 由题意 1 X 20 Bp 1 分 则盈利的天坑院数的均值 1 20E Xp 2 分 2 若投资项目二若投资项目二 则 2 X的分布列为 2 X 2 1 2 P p 1p 4 分 盈利的均值 2 21 2 1 3 21 2E Xppp 6 分 3 若盈利 则每个天坑院盈利0 240 0 08 百万元 所以投资建设 20 个天坑院 盈利的均值为 1
12、1 0 08 0 08 0 08201 6EXE Xpp 百万元 7 分 22 11 0 08 0 08 0 0820 1 0 128 1 DXD Xpppp 8 分 22 2 23 21 2 1 23 21 2 1 10 24 1 D Xpppppp 9 分 当 12 0 08 EXE X 时 1 63 21 2pp 解得 3 4 p 而 12 0 08 DXD X时 1 63 21 2pp 解得 3 0 4 p 高三数学答案 第 6 页 共 10 页 此时选择项目一 11 分 当 12 0 08 EXE X 时 1 63 21 2pp 此时选择项目二 12 分 备注 备注 在 1 0 08
13、 EX 1 0 08 DX 2 D X计算正确的前提下 若考虑投资风险 仅用 12 0 08 DXD X 由题设知 22 31 1 4ab 2 分 因为 F的标准方程为 22 1 3 4 xy 所以F的坐标为 3 0 半径 1 2 r 设左焦点为 1 F 则 1 F的坐标为 3 0 由椭圆定义 可得 1 2 aAFAF 2222 11 3 3 0 33 0 22 4 由 解得2a 1b 所以C的方程为 2 2 1 4 x y 4 分 2 由题设可知 M在C外 N在C内 P在 F内 Q在 F外 在直线l上的四 点满足 MPMNNP NQPQNP 由 2 2 1 4 3 x y yk x 消去y得
14、 2222 14 8 31240kxk xk 5 分 因为直线l过椭圆C内的右焦点F 所以该方程的判别式0 恒成立 设 11 P x y 22 Q xy 由韦达定理 得 x y O 1 FF M N P Q 高三数学答案 第 7 页 共 10 页 2 12 2 8 3 14 k xx k 2 1 2 2 124 14 k x x k 22 121 2 1 4 PQkxxx x 2 2 44 41 k k 7 分 又因为 F的直径 1MN 所以 1NQMPPQNPMNNPPQMNPQ 2 3 41k 9 分 3 yk x 可化为30kxyk 因为l与 O相切 所以 O的半径 2 3 1 k R
15、k 所以 2 2 2 3 1 k S kR k 10 分 所以 NQMPS k 2 22 9 41 1 k kk 2 42 9 451 k kk 2 2 9 1 45k k 2 2 9 1 2 45k k 当且仅当 2 2 1 4k k 即 2 2 k 时等号成立 因此 直线l的方程为 2 3 2 yx 12 分 22 解 解 1 对 ln 2 f xxa 求导 得 2 2 fx xa 因此 2 1 2 f a 又因为 1 ln 2 fa 所以曲线 yf x 在点 1 1 f处的切线方程为 2 ln 2 1 2 yax a 即 x y O 1 FF M N P Q 高三数学答案 第 8 页 共
16、 10 页 22 ln 2 22 yxa aa 2 分 由题意 22 ln 2 ln3 23 a a 显然1a 适合上式 3 分 令 2 ln 2 2 aa a 0 a 求导得 2 12 0 2 2 a aa 因此 a 为增函数 故1a 是唯一解 4 分 2 由 1 可知 ln 21 2g xxx 0 x 2 ln 21 21 x h xx x 0 x 因为 24 20 2121 x g x xx 为减函数 5 分 因为 22 224 0 21 21 21 x h x xxx 所以 2 12 x h xf x x 0 x 为增函数 6 分 3 证明 由 1 2 5 a 1 ln 21 nnn af aa 易得0 n a 1 521 2 2 n n n a 2 5 n n a 时 0 0g xg 即 2f xx 令 1 2 n xan 得 11 2 nn f aa 即 1 2 nn aa 因此 当n 2时 21 121 2 222 5 n n nnn aaaa 所以 1 521 2 2 n n n a 成立 8 分 下面证明 1 20 n a 时 0 0h xh 即 2 0 21 x f
