2020武汉六校第一次联考数学答案.pdf

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1、第 1 页 共 6 页湖北省部分重点中学湖北省部分重点中学 2021 届高三第一次联考届高三第一次联考高三数学试卷参考答案一、单选题14：BCAC58：DABD二、多选题9.ABC10.AB11.AC12.AD三、填空题13.2eyx14.6215.4 3316.12四、解答题17.解： （1）由)sin(cosAAcb知ACACBsinsincossinsin，又CACACABsincoscossin)sin(sin，因为sincossinsin(sin0)tan1ACCAAC 又又0C，所以34C 5 分（2）选择条件选择条件：由ABC的面积2S 知，1sin22abC ， 即1224 2

2、22abab（1）又Cabbaccos2222，所以2220abab（2）联立（1） （2）得2 2,2ab或2,2 2.ab又BA，所以2, 2 2ab因此，在ACD中，22222cos8 1 2 2 2 1132ADACCDAD CDC ，所以13AD .10 分选择条件选择条件：由cos2 55B 知55sinB.所以10sinsin()sincoscossin10ABCBCBC，在ABC中，由2252551010sinsinsinbaCcBbAa知：，所以22 2ab，所以在ACD中，22222cos8 1 2 2 2 1132ADACCDAD CDC ，所以13AD .10 分18.

3、解： （1）由题意，12a 由112323(1) 22(1)nnaaanann，得123123(1)(2) 22(2)nnaaanann，第 2 页 共 6 页，得1(1) 22 (2) 222 (2)nnnnnannnn，所以2 (2)nnan又因为当1n 时，上式也成立，所以数列na的通项公式为2nna 6 分（没有讨论1n 的情况扣 1 分）（2）由题意，21212nnnnnba，所以12312335721=2222nnnnSbbbb，234113572121222222nnnnnS，得所以从而1(25) ( )52nnSn 12 分19.解： （1）连接AC交BD于O，连接PO，由四边

4、形ABCD是菱形，得BDAC，因为=PB PD，所以BDPO，又ACPO ，平面PAC，OPOAC，故 BD平面 PAC又BD 平面ABCD，所以平面PAC 平面ABCD.5 分（2）解法一：解法一：由（1）知：平面PAC 平面ABCD，平面PAC 平面ABCDAC，又PAAC，PA平面PAC，故PA 平面ABCD在菱形ABCD中，因为3BDAB，所以30ABD，所以ABC为等边三角形，所以2AC ，在PBC和PDC中，PBPD，PCPC，BCDC，所以PBCPDC ，所以BPMDPM 在PBM和PDM中，PBPD，BPMDPM ，PMPM，所以PBMPDM ，所以BMDM因为BMMD，所以B

5、DM为等腰直角三角形，所以= 3OMOB，所以1=2OMAP，12323412341111357213572121 22222222223111121 2()222222111 ( ) 12122 =21221251 =(25) ( )22nnnnnnnnnnnnSnnn 第 3 页 共 6 页所以M为PC中点，OMAP8 分又PA 平面ABCD，所以OM 平面ABCD设O到平面ABM的距离为h，BD与平面ABM所成角为，则sinhOB由O ABMMAOBVV，知11SS33ABMAOBhOM，所以SSAOBABMOMh在Rt AOB中，113S13222AOBOA OB 在Rt BMD中，2

6、62BMBD在Rt PAC中，2222(2 3)24PCPAAC，所以2AM ，所以22221116156222222ABMSBMABBM，所以331525152AOBABMSOMhS，1555sin53hOB即直线BD与平面ABM所成角的正弦为5512 分解法二：解法二：以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系则(0 1 0)A， ，(0 1 0)C，( 3 0 0)B，(3 0 0)D ，设(01)PMPC ，则有( 1 2 3)(0 2 2 3)MMMxyz， ，所以(0 21 2 32 3 )M，由BMMD，得0BM MD ，即(3 21 2 32 3 ) (3 1 2 2 32 3)0

7、，所以223(21)(2 32 3)0，即281450，解得12或54（舍去）所以(0 0 3)M，设平面ABM的法向量为( )nx y z，则00AB nAM n ，即( 3 1 0) ( )0(0 1 3) ( )0 x y zx y z，即30 30 xyyz，可取(1 3 1)n ，设BD与平面ABM所成的角为，则2 35sincos 52 35BD nBD nBDn ，12 分第 4 页 共 6 页20.解：（1）设11( ,)M x y，则由题意知，10y ，( 2,0)A 由已知及椭圆的对称性，知1k ，所以AM的方程为2yx将2xy代入22143xy中，得27120yy所以0y

8、 或127y 所以1127y 所以11212144227749AMNS4 分（2）由题意，0k ，设直线AM的方程为(2)yk x，联立22(2),1.43yk xxy消y，得2222(34)1616120kxk xk，由2121612( 2)34kxk ，得2126834kxk，所以221212 11234kAMkxk8 分同理可设直线AN的方程为1(2)yxk ,可得2212134k kANk9 分由198AMAN，得221983434kkk，即32325724760kkk,即2(2)(32738)0kkk，又0k ，所以2327380kk，所以2k 12 分21.解：由图可知，1000

9、名高血压患者中：BMI28 30)，30 32)，32 34)，人数0.1 2 1000200 0.05 2 1000100 0.025 2 100050 5000 名非高血压患者中：BMI28 30)，30 32)，32 34)，人数0.08 2 5000800 0.03 2 5000300 0.005 2 500050 被调查者中肥胖人群的 BMI 平均值200800291003003150503329.8200 1005080030050（2）由（1）及频率分布直方图知，1000 名高血压患者中有200 10050350人肥胖，5000 名非高血压患者中有800300501150人肥胖，

10、所以可得如下列联表：第 5 页 共 6 页肥胖不肥胖总计高血压3506501000非高血压115038505000总计150045006000由列联表中数据得2K的观测值为26000 (350 3850 1150 650)6410.8281000 5000 4500 1500k，所以能有 99.9%的把握认为 35 岁以上成人高血压与肥胖有关22.解： （1）设( )f x的零点为0 xx ，则axxa00，又因1( )lnxafxaaax，则由题意知0()0fx，即0ln100axaxaa，由得100lnaaaxax，所以0ln1aax又对式两边取对数得00lnlnxaax，即00lnlnx

11、xaa比较得：1ln0 x，故0ex 所以满足条件的实数a的值只有一个，且ea 6 分（2）当ea 时，e( )exf xx2e( )1f xxx 在(0 + )，上恒成立2e1xx在(0 + )，上恒成立设2e1( )xg xx，则3e (2)2( )xxg xx设( )e (2)2xh xx，则( )e (1)xh xx故( )h x在(0 1)，上单调递减，在(1 + )，上单调递增又(0)=0h，(1)=2e0h，1.5(1.5)=20.5e0h所以存在0(1.5 1.6)x ，使得000()=e (2)2=0 xh xx ，即002e =2xx当0(0 )xx，时，( )0h x ，此时3e (2)2( )0 xxg xx；当0( + )xx，时，( )0h x ，此时3e (2)2( )0 xxg xx所以( )g x在0(0 )x，上单调递减，在0( + )x，上单调递增所以( )g x在0 xx处取得最小值0()g x又0(1.5 1.6)x ，所以000220000212e11425()=, (2)316xxg xxxxx第 6 页 共 6 页要使2e1( )xg xx在(0 + )，上恒成立，需满足0()g x所以整数的最大值为 112 分