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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．
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