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1、岳阳市 2021 届高三教学质量检测（二）数学参考答案及评分细则一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）题号1 2 3 4 5 6 7 8 答案A D A C D B B D 二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求 . 全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）题号9 10 11 12 答案AC BCD ACD AD 三、填空题（本题共4 小题，每小题5 分，共 20 分）13. 3-14. 615. m的取值只需满足3m即可16. 0 ,16)四、解答题（本题共
2、6 小题，共70 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17设数列na满足11a =，112 3nnnaa-+-=（ 1）求数列na的通项公式；（ 2）令(21)nnbna=+，求数列nb的前n项和nS【解答】（1）由已知，当2n时，212 3nnnaa-=，121321()()()nnnaaaaaaaa-=+-+-+- 2 分12211312(1333)1231 3nnn-=+=+=- 4 分当1n =时，1 1131a-=符合上式，所以13nna-=，*nN. 5 分（2）由（ 1）知1(21)(21)3nnnbnan-=+=+，0113 35 3(21)3nnSn-=+3nS =
3、1213 35 3(21) 3(21) 3nnnn-+-+ 7 分-得121232(333)(21) 3nnnSn-=+-+121(21)2(1 333)31nnn-=+-+132(21) 3113nnn-=-+-23nn= -所以，3nnSn=，*nN. 1018在coscos2 cosaBbAcC+=；22sin2 3sin()cos3CABC+=；sin()sinsinCABA-=-这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答问题：在ABC中，角,A B C的对边分别为, ,a b c，且（ 1）求C；（ 2）若2c =，求22ab+的范围注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分
4、【解答】（1）选由正弦定理得，sincossincos2sincosABBACC+=， 2 分即sin()sin2sincosABCCC+=所有1cos2C =，又(0, )C，故3C = 5 分选21cos22sin2 3sincos23sin232CCCCC-+=+= 2 分即3sin2cos22, sin(2)16CCC-=-= 4 分所以，262C -=，3C = 5 分选sin()sin()sinCACAA-=+- 2 分所以，sincoscossinsincoscossinsinCACACACAA-=+-即2sincossinACA=，sin0A 4 分所以，1cos2C =，(0
5、, )C，故3C = 5 分（2）由正弦定理，4 34 3sin,sin33aA bB= 6 分16162sinsinsinsin()333abABAA=- 7 分216318 38sin(cossin)sincossin3223344(3sin 2cos2 )33AAAAAAAA=+=+=-+84sin(2)363A=-+ 9 分因为2(0)3A，所以(0,4ab 11 分由余弦定理224(4,8abab+=+ 12 分19如图，在四棱锥PABCD-中，平面PBC平面ABCD，90PBC =，ADBC，90ABC =，2222ABADCDBC=（ 1）求证：CD 平面PBD；（ 2）若直线P
6、D与底面ABCD所成的角的余弦值为33，求二面角BPCD-的正切值【解答】（1）证明：在四边形ABCD中，/ /,90 ,222ADBCABCABADCDBC=，所以,ABDBCD都为等腰直角三角形，即CDDB，又因为平面PBC平面,90ABCDPBC =，平面PBC平面,ABCDBC=所以直线PB 平面ABCD，又CD平面ABCD所以PBCD又PBBDB=，所以CD 平面PBD. 6 分（2）以B为原点，,BC BP BA分别为, ,x y z轴建立空间直角坐标系，如图，设2,BC =则,1,2,ABCDBD=因为直线PD与底面ABCD所成的角的余弦值为3,3所以在RtPBD中3,cos,3
7、BDPDBPD=即6,2PDPB=，设平面PBC和平面PDC法向量分为为, ,m n易知可取(0,0,1),m =因为PC =(2, 2,0),(1,0, 1),DC-=-所以0,0PC nDC n=解得(1,1,1),n =设所求二面角为,所以1cos| |3m nmn=，即tan2= 12 分ABCPDzxyABCPD20一个袋子中装有n个红球(5,)nnN和5个白球，一次摸奖是从袋中同时摸两个球，两个球颜色不同则为中奖（ 1）试用n表示一次摸奖就中奖的概率；（ 2）若5n =，求三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率；（ 3）记三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率为P，当n
8、取多少时P最大？【解答】（1）一次摸奖是从(5)n+个球中同时选两个球，有25Cn+种方法，它们是等可能的，其中两球不同色有115C Cn种方法，所以一次摸奖就中奖的概率为：11525C C10( )(5 ,)C(5)(4)nnnP nnnnn+=+N 3 分（2）当5n =时，5(5)9P=，由于摸奖是有放回的，因此三次摸奖可看作三次独立重复试验，三次摸奖恰有一次中奖的概率为1235480C( )99243= 6 分（3）记（ 1）中的10( )(5,)(5)(4)nP ntnnnn=+N，10(1)1010(4)(1)( )0(6)(5)(5)(4)(4)(5)(6)nnnP nP nnn
9、nnnnn+-+-=-=+，5(1)( )(5)9P nP nP+=，即509t12323C(1)363Pttttt=-=-+，2( )91233(31)(1)F ttttt=-+=-，在1(0,)3上单调递增，在1 5(,3 9上单调递减，所以当13t =时，P取得最大值由101(5)(4)3ntnn=+，解得20n =或1n =（舍去），所以当20n =时，三次摸奖（每次摸奖后放回），恰有一次中奖的概率P最大 12 分21已知双曲线C的焦点到其渐近线2yx=的距离为2（1）求双曲线C的标准方程；（2）设双曲线C的焦点在x轴上，过点(0,2)P的直线l交C双曲线的左右两支分别于,A B，交渐
10、近线分别于,M N，证明：AMBN=【解答】（1）当C的焦点在x轴上时，设2222:1xyCab-=，易得焦点( ,0)F c到渐近线的距离为b，故2b =，又2ba=，所以1a =，此时，C的方程为2214yx -= 2 分当C的焦点在y轴上时，设2222:1yxCab-=，易得焦点(0, )Fc到渐近线的距离为b，故2b =，又2ab=，所以4a =，此时，C的方程为221164yx-= 4 分（2）设过点P的直线:2lykx=+，联立222(01)4ykxyx=+-=或消去y，整理得：22(4)4440kxkx-=，0，( 2,2)k- 7 分设1122(,) ,(,)A x yB xy
11、，3344(,),(,)M xyN xy当1=时，12244kxxk+=-，即AB中点横坐标为224kk-当0=时，34244kxxk+=-，即MN中点横坐标为224kk- 10 分故线段,AB MN的中点重合，所以AMBN= 12 分22已知函数( )esin1xf xaxx=-+-（ 1）当2a =时，求函数( )f x的单调区间；（ 2）当12a时，证明：函数( )f x有2个零点【解答】（1）当2a=时，( )e2sin1xf xxx=-+-，则( )e2cosxfxx=-+，可得( )esinxfxx=-. 2 分当(0,)x+时，e1x，( )1sin0fxx-，( )fx在(0,
12、)+单调递增，( )(0)0fxf=，( )f x在(0,)+单调递增 . 4 分当(,0 x时，可得e1x，( )e2cos1 cos0 xfxxx=-+-+，( )f x在(,0单调递减；综上，( )f x在(,0单调递减，在(0,)+单调递增 . 5 分（2）当0 x =时，0(0)e0 1sin00f=-+=，所以0 x =是( )f x的一个零点，由( )ecosxfxax=-+，可得( )esinxfxx=-.因为12a， 6 分当(0,)x+时，e1x，( )1sin0fxx-，( )xf在(0,)+单调递增，( )(0)20fxfa=-，所以( )f x在(0,)+单调递增，所
13、以( )(0)0f xf=，此时( )f x在(0,)+无零点 . 8 分当(, x-时，ax-，有( )esin1 e sin10 xxf xaxxx=-+-+-，此时( )f x在(, -无零点 . 9 分当( ,0)x-时，sin0 x，( )esin0 xfxx=-，所以( )fx在( ,0)-单调递增，又(0)20fa=-，( )e10fa-=-，由零点存在性定理知，存在唯一0( ,0)x-，使得0()0fx=.当0( ,)xx-时，0( )fx，( )f x在0( ,)x-单调递减；当0(,0)xx时，0( )fx，( )f x在0(,0)x单调递增；又( )e 10fa-=+-，0()(0)0f xf=，所以( )f x在( ,0)-上有 1 个零点 .综上，当12a时，( )f x有2个零点 . 12 分
