山东省枣庄市2020届高三数学上学期期末考试试题答案（PDF）.pdf

《山东省枣庄市2020届高三数学上学期期末考试试题答案（PDF）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省枣庄市2020届高三数学上学期期末考试试题答案（PDF）.pdf（10页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

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 20201 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 9AB 10ABD 11BCD 12AC 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 1312，13，16 146 152 1645，6 四、解答题：

2、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0C，得sin0C 所以3cossinBB= 4 分 又cos0B （若cos0B =，则sin0B =，22sincos0BB+=这与22sincos1BB+=矛盾） ， 所以tan3B = 又0B，得23B = 6 分 由余弦定理及2 3b =，得2222(2 3)2cos3aca

3、c=+， 8 分 即212()acac=+将4ac+ =代入，解得4ac = 9 分 所以113sin43222ABCSacB= = 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1cos2B = 又(0,)B，所以23B = 6 分 由余弦定理及2 3b =，得2222(2 3)2cos3acac=+， 8 分 即212()

4、acac=+将4ac+ =代入，解得4ac = 9 分 高三数学答案 第 2 页 共 10 页 所以113sin43222ABCSacB= = 10 分 在横线上填写在横线上填写“sin3 sin2ACbAa+=” 解：解：由正弦定理，得sinsin3sinsin2BBAA= 2 分 由0A，得sin0A ，所以sin3cos2BB = 4 分 由二倍角公式，得2sincos3cos222BBB= 由022B，得cos02B，所以3sin22B=所以23B=，即23B = 6 分 由余弦定理及2 3b =，得2222(2 3)2cos3acac=+， 8 分 即212()acac=+将4ac+

5、 =代入，解得4ac = 9 分 所以113sin43222ABCSacB= = 10 分 18解： （1）设na的公比为q 因为1a，2a，31aa成等差数列， 所以21312()aaaa=+，即232aa=因为20a ，所以322aqa= 2 分 因为1 34a aa=，所以4132aaqa= 3 分 因此112nnnaa q= 4 分 由题意，2(1)log(1)22nnnannS+= 所以111bS=， 5 分 1223bbS+=，从而22b = 所以 nb的公差2121 1dbb= = 所以1(1)1(1) 1nbbndnn=+= + = 6 分 高三数学答案 第 3 页 共 10

6、页 （2）令nn nca b=，则2nncn= 因此nT =12nccc+=12311 2223 2(1) 22nnnn+ + 又234121 2223 2(1) 22nnnTnn+= + +， 8 分 两式相减得23122222nnnTn+=+ 1222212nnn+= 10 分 11222nnn+=1(1) 22nn+= 所以1(1) 22nnTn+=+ 12 分 19 （1）证明：在RtPAB中，由勾股定理，得 22223( 3)6PBABAP= 1 分 因为2133PEPAPB=+uuu ruuu ruuu r，ABPBPA=uuu ruuu ruuu r， 所以21() ()33PE

7、 ABPAPBPBPA=+uuu r uuu ruuu ruuu ruuu ruuu r 22211+333PAPBPA PB= +uuu ruuu ruuu r uuu r 22211( 3) +( 6)00333= += 所以PEABuuu 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2133PEPAPB=+uuu ruuu ruuu r，得2EBAE=uuu ruuu r 所以点E是靠近点A的线

8、段AB的三等分点所以113AEAB= 分别以ABuuu r，ADuuur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 ECDABP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,EPED=uuu ruuu rmm 得11120,2 30.xyz=+= 令11z =，则(0, 2 3,1)=m. 9 分 设平面APD的法向量为222(,)xyz=n，( 2,

9、1,0)AP =uuu r，(0,0,2 3)AD =uuur. 由0,0,APAD=uuu ruuurnn 得22220,2 30.xyz+=令21x =，则(1,2,0)=n. 10 分 设向量m与n的夹角为， 则22222 62 26cos| |13(2 3)11(2)= + m nmn. 所以二面角APDE的余弦值为2 2613. 12 分 解法二：解法二：由2133PEPAPB=+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113AEAB= 过E作EMAP，垂足为M，过M作MQPD，垂足为Q. 7 分 因为AD 平面P

10、AB，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 =，1cos3MAE=，所以1cos3MAAEMAE=. 在RtPMQ中，12333PMPAMA=，sinsinQPMDPA= zyxECBADPMQECBADP高三数学答案 第 5 页 共 10 页 2 32155ADPD=，所以224sin3515QMPMQPM=. 在RtEQM中，415QM =，23M

11、E =， 224226() +() =31515QE =， 所以42 2615cos=132615QMEQMQE=. 所以二面角APDE的余弦值为2 2613. 12 分 20 （1）解：由题意，1X(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2X的分布列为 2X 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 11(0.08)0.08 ()0.08201.6EXE

12、 Xpp= (百万元) 7 分 2211(0.08)0.08()0.0820 (1)0.128 (1)DXD Xpppp= 8 分 222()(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34p = 而12(0.08)()DXD X时，1.63.21.2pp，解得304p 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)EX，1(0.08

13、)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223114ab+= 2 分 因为F的标准方程为221(3)4xy+=， 所以F的坐标为( 3,0)，半径12r = 设左焦点为1F，则1F的坐标为(3,0) 由椭圆定义，可得 12|aAFAF=+222211 3(3)(0)( 33)(0)22= +4= 由解得2a =，1b = 所以C的方程为2214xy+= 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2214(3)xyyk x+=消去y得2222(14

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 xyO1FFMNPQ高三数学答案 第 7 页 共 10 页 21228 314kxxk+=+，21 2212414kx xk=+ 22121 2|(1)()4PQkxxx x=+ 224441kk+=+ 7 分 又因为F的直径| 1MN =， 所以| | (| |)| | 1NQMPPQNPMNNPPQMNPQ=2341k=+ 9 分 (3)yk x=可化为30kxyk= 因为l与O相切，所以O的半径231kRk=+，所以2223(

15、 )1kS kRk=+ 10 分 所以(|)( )NQMPS k2229(41)(1)kkk=+ 2429451kkk=+ 229145kk=+?22912 45kk+=， 当且仅当2214kk=，即22k =时等号成立 因此，直线l的方程为2(3)2yx= 12 分 22解： （解： （1）对( )ln(2)f xxa=+求导，得2( )2fxxa=+ 因此2(1)2fa=+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2ln(2)(1)2yaxa+=+，即xyO1FFMNPQ高三数学答案 第 8 页 共 10 页 22ln(2)22yxaaa=+

16、 2 分 由题意，22ln(2)ln323aa+=+ 显然1a =适合上式 3 分 令2( )ln(2)2aaa=+(0)a ，求导得212( )02(2)aaa=+， 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)21xh xxx=+(0)x 因为24( )202121xg xxx= 为减函数 5 分 因为22224( )021(21)(21)xh xxxx=+， 所以2( )( )12xh xf xx=+ (0)x 为增函数 6 分 （3）证明：由125a =，1()ln(21)nnnaf aa+=+，

17、易得0.na 152122nnna+25nna 时，( )(0)0g xg=，即( )2f xx 令1(2)nxan=?，得11()2nnf aa，即12nnaa 因此，当n ?2时，2112122225nnnnnaaaa= 所以152122nnna+成立 8 分 下面证明：120na时，( )(0)0h xh=，即2( )021xf xx+ 因此111( )2f xx+，即11 12(2)( )2f xx 9 分 令1(2)nxan=?，得111112(2)()2nnf aa，即11112(2)2nnaa=，所以120ln1.8，所以2120a 10 分 所以，当n ? 3时，11112(2

18、)2nnaa2211(2)2na2211(2)02na 所以，当n? 2时，120na成立 综上所述，当n? 2时，1521202nnna+，所以1112022nnnaaa 下面用数学归纳法证明：2n?时，12na 当2n =时，2112()ln(21)ln(21)ln1.85af aa=+=+= 而221ln1.8ln1.8ln21.821.823.2422a =， 因为3.242，所以212a 可见2n =时，不等式成立 10 分 假设当(2)nk k=?时不等式成立，即12ka 当1nk=+时，1()ln(21)nkkkaaf aa+=+ 高三数学答案 第 10 页 共 10 页 因为12ka ，( )ln(21)f xx=+是增函数，所以11ln(21)ln(21)ln22kkaa+=+= 要证112ka+，只需证明1ln22 而221ln2ln2ln2222( 2)422， 因为42，所以1ln22所以112ka+ 可见，1nk=+时不等式成立 由可知，当2n?时，12na 成立 12 分