武汉部分高三起点9月8日含答案A3.pdf

1、 数学试卷参考答案第页 （共4页） 选择题： 题号 答案 1 B 2 A 3 D 4 A 5 C 6 C 7 D 8 B 9 ABC 10 AB 11 BC 12 ABD 填空题： 13. 8 3 3 14. -2615. -2ln216. 2 3 3 解答题： 17. （10分） 解： 方案一： 选条件. Sn+1 n+1 - Sn n = a1+an+1 2 - a1+an 2 = d 2 ， Sn n 构成公差为 d 2 的等差数列.5分 S1 1 + S2 2 + S7 7 =7S1+ 76 2 d 2 =7a1+ 21 2 d=21， 又a1=-3d=4，an=a1+(n-1)d=4

2、n-7. 因此， 选条件时问题中的数列存在， 此时an=4n-7.10分 方案二： 选条件. 1 anan+1 = 1 an+1-an( 1 an - 1 an+1)= 1 d( 1 an - 1 an+1) ， 1 d( 1 a1 - 1 a2 + 1 a2 - 1 a3 + 1 a6 - 1 a7)=- 2 3 ， 1 d( 1 a1 - 1 a7)= - 2 3 ， 即 6 a1a7 =-2 3 .5分 代入a1=-3得a7=3， 则d= 1 6(a7 -a1)=1. an=a1+(n-1)d=n-4， 此时a4=0不符合条件. 因此， 选条件 时问题中的数列不存在.10分 方案三： 选

3、条件. a 2 n-a 2 n+1=(an-an+1)(an+an+1)=-d(an+an+1)， -d(a2+a3+a6+a7)=-48， d(S7-a1)=48， 由S7=7a1+21d，a1=-3，5分 20202021学年度 武汉市部分学校高三起点质量检测 数学试卷参考答案及评分标准 1数学试卷参考答案第页 （共4页） 代入得d=2或d=-8 7（舍） ， an=a1+(n-1)d=2n-5， 因此， 选条件时问题中的数列存在， 此时an=2n-5.10分 18. （12分） 解：（1） 设BAD=CAD=， 则ABC面积S= 1 2 ABACsin2= 1 2 ABADsin+ 1

4、2 ACADsin， 3 2sin2=2sin ， 即3sincos=2sin. 又sin0，cos= 2 3. cosBAD= 2 3. 6分 （2）cos= 2 3, sin= 5 3 , sin2=2sincos= 4 5 9 ， S= 1 2 ABACsin2= 2 5 3 .12分 19. （12分） （1） 证明： 连接A1C， 在A1AC中，A1C 2=AA2 1+AC 2-2AA 1ACcosA1AC 即A1C 2=12+22-212cos60=3，于是A 1C 2+AA2 1=AC 2, AA1A1C, 又A1B1面ACC1A1，AA1面ACC1A1，A1B1AA1， 而A1

5、B1A1C=A1，AA1面A1B1C， 而B1C面A1B1C， AA1B1C.6分 （2） 解： 如图， 以A1为原点， A1A， A1C, A1B1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角 坐标系A1-xyz. 设n=(x1,y1,z1)为平面AB1C的法向量， m=(x2,y2,z2)为平面BB1C的法向量， 则A1(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0, 3,0)，B1(0,0,1)，B(1,0,1)， AB1=(-1,0,1)， AC =(-1, 3,0)， BB1=(-1,0,0)， B1C =(0, 3,-1)， 由 n AB1=0 n AC =0 得， -

6、x1+z1=0 -x1+3y1=0 ,令x1=3,则y1=1,z1=3,n=( 3,1, 3)， 由 m BB1=0 m B1C =0 得， -x2=0 3y2-z2=0 ,令y2=1,则z2=3,m=(0,1, 3)， cosn,m= nm |n|m| = 4 7 2 = 2 7 7 ， 二面角A-B1C-B的平面角的余弦值为 2 7 7 .12分 2 数学试卷参考答案第页 （共4页） 20. （12分） 解：（1） 记 “三只小球恰在同一个盒子” 为事件A， 则P(A)= 4 4 3= 1 16 .3分 （2） 记 “三只小球在三个不同盒子且每只球编号与所在盒子编号不同” 为事件B. 其中

7、， 三个盒子中不含4号盒子为事件B1， 含4号盒子为事件B2， 则P(B1)= 21 4 3 = 2 64 ，P(B2)= C 2 3(1+21) 4 3 = 9 64 . 事件B1，B2互斥，P(B)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)= 11 64. 7分 （3）X可能取值为1， 2， 3， 4. P(X=1)= 4 3-33 4 3 = 37 64 ， P(X=2)= 3 3-23 4 3 = 19 64 ， P(X=3)= 2 3-13 4 3 = 7 64 ， P(X=4)= 1 4 3= 1 64 ， E(X)=1 37 64 +2 19 64 +3 7 64 +4 1 64

8、 = 25 16. 12分 21. （12分） 解：（1） 设椭圆焦距为2c(c0)， 由 b 2+c2=a2 c a = 1 2 a 2+b2 =7 ， 解得a=2,b=3. 椭圆E的标准方程为 x 2 4 + y 2 3 =1.4分 （2） 由题意直线AP,BP斜率存在且均不为0， 设直线AP方程为y=k(x+r)，M(x1,y1)，N(x2,y2)， 由 y=k(x+r) x 2 4 + y 2 3 =1 得，(3+4k 2)x2+8k2rx+(4k2r2-12)=0 . x1+x2= -8k 2r 3+4k 2，x1x2= 4k 2r2-12 3+4k 2 . 又kOM+kON= y1

9、 x1 + y2 x2 = k(x1+r) x1 + k(x2+r) x2 = 2kx1x2+kr(x1+x2) x1x2 ， 从而代入得kOM+kON= -6k k 2r2-3. 又APBP， 以-1 k 替代k， 以-r替代r， 同理可得kOS+kOT= 6k r 2-3k2， -6k k 2r2-3= 6k r 2-3k2 ， (k 2+1)(r2-3)=0 对k0恒成立， 解得r=3或r=- 3 （舍）， 经检验， 此时0， 因此存在r=3.12分 3数学试卷参考答案第页 （共4页） 22. （12分） 解：（1）g(x)=1+lnx， g(e)=2，则g(e)=e， 切线方程为y-e

10、=2(x-e)， 整理得：2x-y-e=0.4分 （2）f (x)= (x 2 -1)lnx-(x 2 +1) (xlnx) 2 = x 2 -1 (xlnx) 2(lnx- x 2 +1 x 2 -1) ， 令h(x)=lnx- x 2 +1 x 2 -1，即h(x)=lnx- 2 x 2 -1 -1. 由y=lnx和y=- 2 x 2 -1 在(0,1)和(1+)上单调递增， h(x)在(0,1)和(1+)上单调递增. 又h( 1 e 2)= 3-e 4 e 4 -1 0， 存在唯一x1( 1 e 2, 1 e) ， 使h(x1)=0. 当0xx1时，h(x)0，f(x)单调递增. 当x1x0，f (x)0，f (x)单调递减. 又h(e)= -2 e 2 -1 0， 存在唯一x2(e,e 2) ， 使h(x2)=0. 同理， 当1xx2时，h(x)0，f (x)x2时，h(x)0，f (x)0，f(x)单调递增. f(x)恰有两个极值点x1和x2. 当h(x1)=0时，lnx1- x 2 1+1 x 2 1-1 =0， 则h( 1 x1)=-lnx1 + x 2 1+1 x 2 1-1 =0， 又 1 x1 (e,e 2)且h(x 2)=0， x2= 1 x1 . f(x1)+f(x2)= x 2 1+1 x1lnx1 - x 2 1+1 x1lnx1 =0.12分 4