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原五中 2019-2020 学年度第二学期阶段性检测
高 三 数 学 答 案(理)
命题、校对:禹海青、李小丽(2020.3.29)
一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分,每小题有且只有一个正确选项)
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 A A B B D C A C D C B B
二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分,把答案填在题中的横线上)
13. 14. -228 15.
16
3 휋 16.
( ― 3
2 , 3)
三、解答题(本大题 5 小题,共 60 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17. (本小题满分 12 分)
解:(1)푆푛 = 푎1 + 푎2 + 푎3 +…푎푛,푎1 + 푎2 + 푎3 +… + 푎푛 = 1
2(3푛 ―1),
푛 = 1时,푎1 = 1,
푛 ≥ 2时,푎푛 = 푆푛 ― 푆푛―1 = 3푛―1,对푛 = 1也成立,
∴ 푎푛 = 3푛―1,푛 ∈ 푁 ∗ ;
(2)由푎푛 = 3푎푛푏푛,푏푛 = (푛 ― 1)(1
3)푛―1,
푇푛 = 푏1 + 푏2 + …푏푛 =
1
3 + 2 × (
1
3)2 + …(푛 ― 1)(
1
3)푛―1①
1
3푇푛 = (
1
3)2 + 2 × (
1
3)3 + …(푛 ― 2)(
1
3)푛―1 + (푛 ― 1)(
1
3)푛②
① ― ②得2
3푇푛 = 1
3 +(1
3)2 +…(1
3
)푛―1 ―(푛 ― 1)(1
3)푛,
2
3푇푛 =
1
3[1 ― (1
3)푛―1]
1 ― (1
3)
―(푛 ― 1)(1
3)푛,
∴ 푇푛 = 3
4 ―(2푛 + 1
4 )(1
3)푛―1.
18.(本小题满分 12 分)
解:(1)连接퐴퐵1交퐴1퐸于点 G,连接퐹퐺.…………(1分)
因为 △ 퐴퐺퐴1~ △ 퐵1퐺퐸,所以 퐴퐺
퐺퐵1
= 퐴퐴1
퐸퐵1
= 2,又因为퐴퐹
퐹퐶 = 2,所以퐴퐹
퐹퐶 = 퐴퐺
퐺퐵1
,所以퐹퐺//퐶
퐵1,………(3分)
又퐶퐵1⊄面퐴1퐸퐹,퐹퐺 ⊂ 面퐴1퐸퐹,所以퐶퐵1//面퐴1
퐸퐹…………(4分)
(2)过 C 作퐶푂 ⊥ 퐴퐵于 O,因为퐶퐴 = 퐶퐵,所以 O 是线
段 AB 的中点.
因为面퐶퐴퐵 ⊥ 面퐴퐵퐵1퐴1,面퐶퐴퐵 ∩ 面퐴퐵퐵1퐴1 = 퐴퐵,
所以퐶푂 ⊥ 面퐴퐵퐴1.连接푂퐴1,
因为 △ 퐴퐵퐴1是等边三角形,O 是线段 AB 的中点,所
以푂퐴1 ⊥ 퐴퐵.
4
3
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如图以 O 为原点,푂퐴,푂퐴1,푂퐶分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标 ………6
分
不妨设퐴퐵 = 2,则퐴(1,0,0),퐴1(0, 3,0),퐶(0,0,1),퐵( ― 1,0,0),퐹(1
3,0,2
3),
由퐴퐴1 = 퐵퐵1,得퐵( ― 2, 3,0),퐵퐵1的中点퐸( ― 3
2, 3
2 ,0),퐴1퐸 = ( ― 3
2, ― 3
2 ,0),퐴1퐹
= ( ― 1
3, ― 3,2
3)………(7分)
设面퐴1퐹퐸的一个法向量为푛1 = (푥1,푦1,푧1),则{퐴1퐸 ⋅ 푛1 = 0
퐴1퐹 ⋅ 푛1 = 0,即{푥1
3 ― 3푦 + 2
3푧1 = 0
― 3
2푥1 ― 3
2 푦1 = 0
,
得方程的一组解为{푥1 = ―1
푦1 = 3
푧1 = 5
,即푛1 = ( ― 1, 3,5)…………(9分)
面퐴퐵퐴1的一个法向量为푛2 = (0,0,1),则cos〈푛1,푛2〉 = 푛1 ⋅ 푛2
|푛1||푛2| = 5 29
29 …………(11分)
所以二面角퐹 ― 퐴1퐸 ― 퐴的余弦值为5 29
29 .…………(12分)
19. (本小题满分 12 分)
解:(1) ∵ 퐹1,E,A 三点共线,
∴ 퐹1퐴为圆 E 的直径,且|퐴퐹1| = 4,
∴ 퐴퐹2 ⊥ 퐹1퐹2.由푥2 +(0 ― 1)2 = 4,得푥 =± 3,
∴ 푐 = 3, ∵ |퐴퐹2|2 = |퐴퐹1|2 ―|퐹1퐹2|2 = 16 ― 12 = 4,
∴ |퐴퐹2| = 2, ∴ 2푎 = |퐴퐹1| + |퐴퐹2| = 6,푎 = 3.
∵ 푎2 = 푏2 + 푐2, ∴ 푏2 = 6,
∴ 椭圆 C 的方程为푥2
9 + 푦2
6 = 1.
(2)由(1)知,点 A 的坐标为( 3,2),
∴ 直线 OA 的斜率为2
3 3,故设直线 l 的方程为푦 = 2
3 3푥 + 푚,
将 l 方程代入푥2
9 + 푦2
6 = 1消去 y 得:6푥2 +4 3푚푥 + 3푚2 ―18 = 0,
设푀(푥1,푦1),푁(푥2,푦2),
∴ 푥1 + 푥2 = ― 2
3 3푚,푥1푥2 = 1
2푚2 ―3, △= 48푚2 ―72푚2 +432 > 0,푚2 < 18,
∴ ―3 2 < 푚 < 3 2,
又:|푀푁| = 1 + 푘2|푥2 ― 푥1| = 1 + 4
3 ⋅ (푥1 + 푥2)2 ― 4푥1푥2 = 28 ― 14
9 푚2,
∵ 点 A 到直线 l 的距离푑 = 21
7 |푚|,
∴ 푆△퐴푀푁 =
1
2|푀푁| ⋅ 푑 =
1
2 28 ―
14
9 푚2 ⋅
21
7 |푚| = 21
14 (28 ― 14
9 푚2) ⋅ 푚2 = 21
14
― 14
9 푚4 + 28푚2 ≤ 21
14 × 3 14 = 3
2 6,
当且仅当푚2 = ―
28
2 × ( ― 14
9 ) = 9,即푚 =± 3时等号成立,此时直线 l 的方程为푦 = 2
3 3第 3 页,共 5 页
푥 ± 3.
20. (本小题满分 12 分)
解:(1)随机变量 X 的可能取值为 9、9.5、10、10.5、11,
设一评、二评、仲裁所打分数分别为 x,y,z,
푃(푋 = 9) = 푃(푥 = 9,푦 = 9) + 푃(푥 = 9,푦 = 11,푧 = 9) + 푃(푥 = 11,푦 = 9,푧 = 9)
= 1
4 × 1
4 + 1
4 × 1
4 × 1
4 × 2 = 3
32,
푃(푋 = 9.5) = 푃(푥 = 9,푦 = 10) + 푃(푥 = 10,푦 = 9) = 1
4 × 1
2 × 2 = 1
4,
푃(푋 = 10) = 푃(푥 = 10,푦 = 10) = 1
2 × 1
2 = 1
4,
푃(푋 = 10.5) = 푃(푥 = 10,푦 = 11) + 푃(푥 = 11,푦 = 10) + 푃(푥 = 9,푦 = 11,푧 = 10) + 푃(푥
= 11,푦 = 9,푧 = 10)
= 1
2 × 1
4 × 2 + 1
4 × 1
4 × 1
2 × 2 = 5
16,
푃(푋 = 11) = 푃(푥 = 11,푦 = 11) + 푃(푥 = 11,푦 = 9,푧 = 11) + 푃(푥 = 9,푦 = 11,푧 = 11)
= 1
4 × 1
4 + 1
4 × 1
4 × 1
4 × 2 = 3
32,
所以 X 分布列如下表:
X 9 9.5 10 10.5 11
概率 3
32
1
4
1
4
5
16
3
32
数学期望퐸(푋) = 9 × 3
32 +9.5 × 1
4 +10 × 1
4 +10.5 × 5
16 +11 × 3
32 = 321
32 ;
(2) ∵ ∑5
푖―1 푎푖 = 6,
∴ 푃(“푎1 + 푎4 + 푎5 = 4”) = 푃(“푎2 + 푎3 = 2”)
∵ 푃(“푎2 + 푎3 = 2”) = 푃(“푎2 = 0,푎3 = 2”) + 푃(“푎2 = 2,푎3 = 0”) + 푃(“푎2
= 1,푎3 = 1”) = 15
256 + 15
256 + 30
256 = 15
64,
21. (本小题满分 12 分)
解:(1)푓′(푥) = 2푎푥 ― 푎 ― 1
푥 = 2푎푥2 ― 푎푥 ― 1
푥 (푥 > 0),
令ℎ(푥) = 2푎푥2 ―푎푥 ― 1, △= 푎2 +8푎,
①当푎 = 0时,푓(푥) = ―푙푛푥在(0, + ∞)上单调递减,
②当푎 > 0时, △> 0,由푓′(푥) = 0得푥1 = 푎 + 푎2 + 8푎
4푎 > 0,푥2 = 푎 ― 푎2 + 8푎
4푎 < 0,
当푥 ∈ (0,푎 + 푎2 + 8푎
4푎 )时푓′(푥) < 0,当푥 ∈ (푎 + 푎2 + 8푎
4푎 , + ∞)时,푓′(푥) > 0,
∴ 푓(푥)在(0,푎 + 푎2 + 8푎
4푎 )上单调递减,在(푎 + 푎2 + 8푎
4푎 , + ∞)上单调递增,
③当 ―8 ≤ 푎 ≤ 0时, △≤ 0,푓′(푥) ≤ 0, ∴ 푓(푥)在(0, + ∞)上单调递减,
④当푎 < ―8时, △> 0,由푓′(푥) = 0得푥 = 푎 ± 푎2 + 8푎
4푎 > 0,
当푥 ∈ (푎 + 푎2 + 8푎
4푎 , + ∞)或푥 ∈ (푎 ― 푎2 + 8푎
4푎 , + ∞)时,푓′(푥) < 0,第 4 页,共 5 页
当푥 ∈ (푎 + 푎2 + 8푎
4푎 ,푎 ― 푎2 + 8푎
4푎 )时,푓′(푥) > 0,
∴ 푓(푥)在(0,푎 + 푎2 + 8푎
4푎 ),(푎 ― 푎2 + 8푎
4푎 , + ∞)上单调递减,
在(푎 + 푎2 + 8푎
4푎 ,푎 ― 푎2 + 8푎
4푎 )上单调递增,
综上所述,
当푎 > 0时,푓(푥)在(0,푎 + 푎2 + 8푎
4푎 )上单调递减,
在(푎 + 푎2 + 8푎
4푎 , + ∞)上单调递增;
当 ―8 ≤ 푎 < 0时,푓(푥)在(0, + ∞)上单调递减;
当푎 < ―8时,푓(푥)在(0,푎 + 푎2 + 8푎
4푎 ),(푎 ― 푎2 + 8푎
4푎 , + ∞)上单调递减,
在(푎 + 푎2 + 8푎
4푎 ,푎 ― 푎2 + 8푎
4푎 )上单调递增.
(2)由(1)得푎 < ―8时,푓(푥)有两个极值点푥1 < 푥2,设푥1 < 푥2,
则有{푥1 + 푥2 = 1
2
푥1푥2 = ― 1
2푎
且0 < 푥1 < 1
4,
∴ 푥2푓(푥1) + 푥1푓(푥2) = 푥2(푎푥21 ―푎푥1 ―푙푛푥1) + 푥1(푎22 ―푎푥2 ―푙푛푥2),
= 푎푥1푥2(푥1 + 푥2) ― 2푎푥1푥2 ― 푥2푙푛푥1 ― 푥1푙푛푥2 = 3
4 ― 푥2푙푛푥1 ― 푥1푙푛푥2 = 3
4 +(푥1 ― 1
2)푙푛푥1
― 푥1ln(1
2 ― 푥1),푥1 ∈ (0,1
4),
令푔(푥) = 3
4 +(푥 ― 1
2)푙푛푥 ― 푥푙푛(1
2 ―푥),푥 ∈ (0,1
4),푔′(푥) = 푙푛푥 ― ln(1
2 ―푥) +
푥 ― 1
4
푥(1
2 ― 푥)
,
令ℎ(푥) = 푔′(푥),则ℎ′(푥) = 1
푥 +
1
1
2 ― 푥 +
푥2 ― 1
2푥 + 1
8
(푥2 ― 1
2푥)2
,
∵ 푥 ∈ (0,1
4), ∴ 1
푥 > 0,
1
1
2 ― 푥 > 0,
푥2 ― 1
2푥 + 1
8
(푥2 ― 1
2푥)2
> 0,
∴ 当푥 ∈ (0,1
4)时,ℎ′(푥) > 0, ∴ 푔′(푥)在区间(0,1
4)单调递增,
∴ 푔′(푥) < 푔′(1
4) = 0, ∴ 푔(푥)在区间(0,1
4)单调递减,
∴ 푔(푥) > 푔(1
4) = 3
4 +푙푛2,
综上,푥2푓(푥1) + 푥1푓(푥2) > 3
4 +푙푛2.
22. (本小题满分 10 分)
解:(1)由曲线 C 的极坐标方程为휌2 = 16
1 + 3푠푖푛2휃,得휌2 +3휌2sin2휃 = 16,转换为直角坐标
方程为푥2
16 + 푦2
4 = 1.
直线 l 的参数方程为{푥 = 9 + 3푡,
푦 = 푡 (푡为参数),转换为直角坐标方程为푥 ― 3푦 ― 9 = 0.
(2)可知曲线 C 的参数方程为{푥 = 4푐표푠훼
푦 = 2푠푖푛훼 (훼为参数),第 5 页,共 5 页
设푃(4푐표푠훼,2푠푖푛훼),则线段 OP 的中点푀(2푐표푠훼,푠푖푛훼),
则푀(2푐표푠훼,푠푖푛훼)到直线푥 ― 3푦 ― 9 = 0的距离为푑 = |2푐표푠훼 ― 3푠푖푛훼 ― 9|
2 = | 7sin(휃 ― 훼) ― 9|
2
≤ 9 + 7
2 ,
所以线段 OP 的中点 M 到直线 l 的最大距离为9 + 7
2 .
23. (本小题满分 10 分)
解:(1)푓(푥) = |푥 ― 4| + |1 ― 푥| = {2푥 ― 5,푥 > 4
3,1 ≤ 푥 ≤ 4
―2푥 + 5,푥 < 1
.
∵ 푓(푥) ≤ 5, ∴ {2푥 ― 5 ≤ 5
푥 > 4 或1 ≤ 푥 ≤ 4或{ ―2푥 + 5 ≤ 5
푥 < 1 ,
∴ 4 < 푥 ≤ 5或1 ≤ 푥 ≤ 4或0 ≤ 푥 < 1, ∴ 0 ≤ 푥 ≤ 5,
∴ 不等式的解集为{푥|0 ≤ 푥 ≤ 5}.
(2)由(1)知,푓(푥)푚푖푛 = 푀 = 3, ∴ 푎2 + 푏2 = 푀 = 3,
∴
1
푎2 + 2 ―
1
푏2 + 1 = (
1
푎2 + 2 +
1
푏2 + 1)[(푎2 + 2) + (푏2 + 1)] ×
1
6
= (2 +
푏2 + 1
푎2 + 2 +
푎2 + 2
푏2 + 1) ×
1
6 ≥ (2 + 2
푏2 + 1
푎2 + 2 ⋅
푎2 + 2
푏2 + 1) ×
1
6
= 2
3,当且仅当푎2 = 1,푏2
= 2时等号成立,
∴ 1
푎2 + 2 + 1
푏2 + 1 ≥ 2
3.