唐山市2020-2021学年度高三年级摸底考试数学试卷答案.pdf

1、数学参考答案第 1 页 唐山市 20202021 学年度高三年级摸底考试 数学参考答案 一选择题（单选） ： 14BBCD 58DAAD 二选择题（不定项选） ： 9CD 10ABC 11ABD 12BC 三填空题： 132 140 15x2(y1)22 1610 四解答题： 17解： 条件，在ABC 中，由余弦定理可得 2cb 2c2a2 2bc b 4 分 所以 ac，又 a2 从而 SABC 1 2acsinB2sinB， 8 分 所以 B 2时，SABC 取得最大值 2 10 分 条件，在ABC 中，由正弦定理可得 2sinBsinA2sinCcosA 又 sinBsin(AC)sin

2、AcosCcosAsinC， 所以 2sinAcosC2cosAsinCsinA2sinCcosA， 从而 2sinAcosCsinA， 4 分 因为 sinA0，所以 cosC 1 2， 可得 C60 ，即 SABC 3 4 ab 8 分 在ABC 中，由余弦定理可得 c2a2b22abcosCa2b2abab 所以 ab2 时，ab 取得最大值 4， 故 ab2 时，SABC取得最大值 3 10 分 条件，在ABC 中，由余弦定理可得 c2a2b22abcosC(ab)22ab(1cosC)， 又 ab2c4，所以 ab(1cosC)6 4 分 因为 ab2 ab，所以 ab4，等号当且仅

3、当 ab2 时成立 从而 1cosC 3 2，即 cosC 1 2，所以 0 C60 8 分 SABC 1 2absinC， 当 ab2 时，ab 和 sinC 分别取得最大值 4 和 3 2 ， 因此 ab2 时，SABC取得最大值 3 10 分 18解： （1）由 an23an12ann1 得 an2an1(n1)2an12ann1(n1)2(an1ann)， 又 a2a111，所以an1ann是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列 5 分 数学参考答案第 2 页 （2）由（1）得 an1ann2n 1，所以 a n1an2n 1n， 7 分 所以 n2 时，(a2a1)(a3a2)(

4、a4a3)(anan1) (201)(212)(223)(2n 2n1) (2021222n 2)123(n1) 2n 11n(n1) 2 10 分 因此 ana12n 1n(n1) 2 1，an2n 1n(n1) 2 当 n1 时，a11 也满足上式， 故 an2n 1n(n1) 2 12 分 19解： （1）连接 BD，由题意可知ABD 是等边三角形，又 E 是 AD 的中点，所以 BEAD； 由 PD底面 ABCD，BE底面 ABCD，所以 PDBE，且 PDADD， 所以，BE平面 PAD，且 BE平面 PBE，所以平面 PBE平面 PAD4 分 （2）由（1）可知，PB 在平面 PA

5、D 上的射影为 PE，所以直线 PB 与平面 PAD 所成角 为BPE45 在 RtBPE 中，PEBE 3 2 AD 3 所以，在 RtDPE 中，DE 1 2AD1，PD PE 2DE2 2 6 分 以 E 为原点，EA 的方向为 x 轴正方向，EB的方向为 y 轴正方向，| | EA| |为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系 E-xyz 由题设可得P(1，0， 2)，C(2， 3，0)，B(0， 3，0)，所以EP (1，0， 2)， EC (2， 3，0) 8 分 设 m(x，y，z)是平面 PEC 的法向量，则 EP m0， EC m0，得 x 2z0， 2x 3y0， 可取 m

6、(1， 2 3， 1 2) 10 分 由（1）知 EB (0， 3，0)是平面 PED 的一个法向量， A B C D E P x y z 数学参考答案第 3 页 则 cos EB ，m EB m | | EB | |m| | 2 34 17 所以二面角 C-PE-D 的余弦值为2 34 17 12 分 20解： 将田忌的三匹马按照上、中、下三等分别记为 T1、T2、T3，齐威王的三匹马按照上、 中、下三等分别记为 W1、W2、W3，并且用马的记号表示该马上场比赛 （1）法一 在第一局比赛中，每一匹马上场的概率都是 1 3，可以按照如下方式进行讨论： 若齐威王派出的是 W1，则田忌必然失败；

7、若齐威王派出的是 W2，则田忌只有派出 T1才能胜利； 若齐威王派出的是 W3，则田忌派出 T1或 T2皆可胜利； 设事件 A“在第一局比赛中田忌胜利” ，则 AW2T1W3T1W3T2， 则在第一局比赛中田忌胜利的概率是 P(A) 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 34 分 法二 设事件 “第一局双方参赛的马匹”， 事件 A“在第一局比赛中田忌胜利”， 由题意得 (T1W1)，(T1W2)，(T1W3)，(T2W1)，(T2W2)，(T2W3)，(T3W1)，(T3W2)， (T3W3)， A (T1W2)，(T1W3)，(T2W3)， 则在第一局比赛中田忌胜利的概率是 P

8、(A) 3 9 1 3 4 分 （2）法一 设事件 B“第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马” ， 设事件 C“田忌获得本场比赛胜利” 由于第一局失败，田忌第二局和第三局必须都胜利才能获得本场比赛胜利依题设， 田忌若第二局胜利，第三局必然胜利，因此，只考虑第二局的对阵情况即可，故 C| |B(W2| |W1)( T1| |T3)(W3| |W1)( T2| |T3) 则本场比赛田忌胜利的概率是 P(C| |B) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 8 分 法二 设事件 B“第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马”， 事件 C“田忌获得本场比赛胜利”， 由题意得

9、 B (T3W1，T1W2，T2W3)，(T3W1，T1W3，T2W2)，(T3W1，T2W2，T1W3)， (T3W1，T2W3，T1W2)， BC (T3W1，T1W2，T2W3)，(T3W1，T2W3，T1W2)， 则本场比赛田忌胜利的概率是 P(C| |B) 2 4 1 2 8 分 （3） 1 6 12 分 数学参考答案第 4 页 21解： （1）由题意得 e2 c2 a2 a2b2 a2 2 3，整理得 a 23b2， 2 分 由 t0 时，| |AB| |2 6 3 得 1 a2 2 3b21 4 分 因此 a 3，b1 故 E 的方程是x 2 3y 21 5 分 （2）设 A(x

10、1，y1)，B(x2，y2)，则 D (3，y1) 将 xty1 代入x 2 3y 21 得(t23)y22ty20， y1y2 2t t23，y1y2 2 t23， 7 分 从而 ty1y2y1y2 8 分 直线 BD：yy 2y1 x23(x3)y1，设直线 BD 与 x 轴的交点为(x0，0)， 则y 2y1 x23(x03)y10， 10 分 所以 x0y 1(3x2) y2y1 3y 1(2ty2) y2y1 32y 1ty1y2 y2y1 3， 11 分 将式代入上式可得 x02 故直线 BD 过定点(2，0) 12 分 22解： （1）f(x)a 1 x，x0，a0 所以 0 x

11、 1 a时，f(x)0，f(x)单调递减； 当 x 1 a时，f(x)0，f(x)单调递增， 因此 f(x)的最小值为 f( 1 a)1lna 4 分 （2）令 g(x)f(x)xe ax1， 则 g(x)a 1 x(ax1)e ax(ax1)(eaxx ) xeax 5 分 由（1）得，当 a 1 e时，f( 1 a)0，即 axlnx0，所以 e axx， 7 分 所以 0 x 1 a时，g(x)0，g(x)单调递减； x 1 a时，g(x)0，g(x)单调递增， 所以 g(x)的最小值为 g( 1 a)lna 1 ea 10 分 由（1）得 a 1 e时，f(x)0，所以 x elnx，等号当且仅当 xe 时成立， 所以当 a 1 e，x 1 a时，有 1 ealn 1 alna，即 lna 1 ea0， 所以 g(x)0故原不等式得证 12 分