2021届9月武汉部分学校起点考试数学答案.pdf

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 π 14. -26 15. -2ln2 16. 2 3 3 解答题： 17.（10分） 解：方案一：选条件①. ∵ Sn + 1 n + 1 - Sn n = a1 + an + 12 - a1 + an2 = d2 ， ∴{ }Sn n 构成公差为 d2 的等差数列. …………………………………5分 ∴S11 + S22 + … + S77 = 7S1 + 7 × 6 2 ·d2 = 7a1 + 21 2 d = 21 ， 又 a1 = -3 ∴ d = 4，an = a1 +(n - 1)d = 4n - 7 . 因此，选条件①时问题中的数列存在，此时 an = 4n - 7. ………………………10分 方案二：选条件②. 1 an an + 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 ②时问题中的数列不存在. …………………………………10分 方案三：选条件③. ∵a2 n - a2 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 2020～2021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③时问题中的数列存在，此时 an = 2n - 5. ……………………10分 18.（12分） 解：（1）设 ∠BAD = ∠CAD = θ ， 则△ABC 面积 S = 1 2 AB·AC· sin 2θ = 1 2 AB·AD· sin θ + 1 2 AC·AD· sin θ ， ∴3 2sin 2θ = 2 sin θ ， 即 3 sin θ cos θ = 2 sin θ. 又 sin θ ≠ 0 ，∴ cos θ = 2 3. ∴ cos ∠BAD = 2 3. …………………………………………………6分 （2）∵ cos θ = 2 3, ∴ sin θ = 5 3 , sin 2θ = 2 sin θ cos θ = 4 5 9 ， ∴ S = 1 2 AB·AC· sin 2θ = 2 5 3 . …………………………………………………12分 19.（12分） （1）证明：连接 A1C ，在△A1 AC 中，A1C2 = AA2 1 + AC2 - 2AA1 ·AC· cos ∠A1 AC 即 A1C2 = 12 + 22 - 2 × 1 × 2 × cos 60° = 3，于是A1C2 + AA2 1 = AC2, ∴ AA1 ⊥ A1C, 又 A1B1 ⊥ 面ACC1 A1 ，AA1 ⊂ 面ACC1 A1 ，∴ A1B1 ⊥ AA1 ， 而 A1B1 ⋂ A1C = A1 ，∴ AA1 ⊥ 面A1B1C ，而 B1C ⊂ 面A1B1C ， ∴ AA1 ⊥ B1C . ……………………………………………………6分 （2）解：如图，以 A1 为原点，    A1 A ，    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 ì í î n·   AB1 = 0 n·  AC = 0 得，ì í î -x1 + z1 = 0 -x1 + 3 y1 = 0 ,令 x1 = 3 ,则 y1 = 1,z1 = 3,n =( 3,1, 3) ， 由 ì í î m·   BB1 = 0 m·   B1C = 0 得，ì í î -x2 = 0 3 y2 - z2 = 0 ,令 y2 = 1,则 z2 = 3,m =(0,1, 3) ， ∴ cos 〈n,m〉 = n·m|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 43 = 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，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 )= 2 × 1 43 = 2 64 ，P(B2 )= C2 3 ×(1 + 2 × 1) 43 = 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)= 43 - 33 43 = 37 64 ， P(X = 2)= 33 - 23 43 = 19 64 ， P(X = 3)= 23 - 13 43 = 7 64 ， P(X = 4)= 1 43 = 1 64 ， E(X)= 1 × 37 64 + 2 × 19 64 + 3 × 7 64 + 4 × 1 64 = 25 16. ……………………………………12分 21.（12分） 解：（1）设椭圆焦距为 2c(c > 0) ， 由 ì í î ïï ïï b2 + c2 = a2 c a = 1 2 a2 + b2 = 7 ，解得 a = 2,b = 3. ∴椭圆 E 的标准方程为 x2 4 + y2 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 ì í î ï ï y = k(x + r) x2 4 + y2 3 = 1得，(3 + 4k2)x2 + 8k2rx +(4k2r2 - 12)= 0 . ∴ x1 + x2 = -8k2r3 + 4k2，x1x2 = 4k2r2 - 12 3 + 4k2 . ① 又 kOM + kON = y1 x1 + y2 x2 = k(x1 + r) x1 + k(x2 + r) x2 = 2kx1x2 + kr(x1 + x2 ) x1x2 ， ② 从而①代入②得 kOM + kON = -6k k2r2 - 3 . 又 AP ⊥ BP ，以 -1 k 替代 k ，以 -r 替代 r ， 同理可得 kOS + kOT = 6k r2 - 3k2 ， ∴ -6k k2r2 - 3 = 6k r2 - 3k2 ， ∴(k2 + 1)(r2 - 3)= 0 对 k ≠ 0 恒成立，解得 r = 3 或 r = - 3（舍），经检验，此时 Δ > 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 = 2(x - e) ， 整理得：2x - y - e = 0. ……………………………………………4分 （2）f ′(x)= (x2 - 1)lnx -(x2 + 1) (x lnx)2 = x2 - 1 (x lnx)2 (lnx - x2 + 1 x2 - 1) ， 令 h(x)= lnx - x2 + 1 x2 - 1，即h(x)= lnx - 2 x2 - 1 - 1. 由 y = ln x和y = - 2 x2 - 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 e2 )= 3 - e4 e4 - 1 < 0，h(1 e)= 2 e2 - 1 > 0 ， ∴存在唯一 x1 ∈( 1 e2 , 1 e) ，使 h(x1 )= 0 . 当 0 < x < x1 时，h(x)< 0，f ′(x)> 0，f (x) 单调递增. 当 x1 < x < 1时，h(x)> 0，f ′(x)< 0，f (x) 单调递减. 又 h(e)= -2 e2 - 1 < 0，h(e2)= e4 - 3 e4 - 1 > 0 ， ∴存在唯一 x2 ∈(e,e2) ，使 h(x2 )= 0 . 同理，当1 < x < x2 时，h(x)< 0，f ′(x)< 0，f (x) 单调递减. 当 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 - x2 1 + 1 x2 1 - 1 = 0 ，则 h( 1 x1 )= -ln x1 + x2 1 + 1 x2 1 - 1 = 0 ， 又 1 x1 ∈(e,e2)且h(x2 )= 0 ， ∴ x2 = 1 x1 . ∴ f (x1 )+ f (x 2 )= x2 1 + 1 x1 ln x1 - x2 1 + 1 x1 ln x1 = 0. …………………………………12分 4