数学三调参考答案(8页).pdf

数学参考答案与评分细则 第 1页（共 8页） A1 C1 B A C D E B1 F 高三第三次调研测试数学参考答案 1． { 1 0 1 2} ， ，， 2. 1 3． 5 4． 55 5． 3 5 6． 2 7． 33 65 8． 5 6 9． 9 10． 32 11． 2 6 3 12． 9 2 13． (27 ) ， 14． [ 10 42)， 注：13． 27k  同样给分 15．【解】（1）在△ABC 中，因为 5(sin sin ) 5sin 8sinC B A B a b c    ， 所以由正弦定理 sin sin sin a b c A B C  ，得 5( )( ) (5 8 )b c c b a a b    ， 即 2 2 2 8 5a b c ab   ， …… 4 分 所以由余弦定理，得 2 2 2 4cos 2 5 a b cC ab    ． …… 7 分 （2）因为 4cos 5C  ， (0 )C  ， ，所以 2 3sin 1 cos 5C C   ， …… 9 分 所以 24sin 2 2sin cos 25C C C  ． …… 12 分 因为 A C ，所以 24sin sin(π ) sin( ) sin 2 25B A C A C C       ． …… 14 分 注：(1)正弦定理与 sin sin sin a b c A B C  ，写一个不扣分，两者都不写，扣 2 分；余弦定理同样； (2)只要有 sin sin( )B A C  ，就不扣分，否则扣 2 分 16．【证】（1）在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1CC  平面 ABC ， 因为 AC  平面 ABC ，所以 1CC AC ． …… 2 分 又因为 AC BC ， 1BC CC C ， 1BC CC ， 平面 1 1BCC B ， 所以 AC  平面 1 1BCC B . …… 4 分 因为 AC  平面 ACD ， 所以平面 ACD  平面 1 1BCC B ． …… 6 分 （2）（方法一）取 AC 的中点 F，连结 DF，EF． 因为在△ABC 中，E 是 BC 的中点， F 是 AC 的中点， 所以 EF∥AB，且 1 2EF AB ． …… 8 分 因为 D 是 1 1A B 的中点，所以 1 1 1 1 2B D A B ． 又因为在棱柱 1 1 1ABC A B C 中，AB∥ 1 1A B ，且 1 1AB A B ， 所以 EF∥DB1，且 EF =DB1， …… 10 分数学参考答案与评分细则 第 2页（共 8页） A1 C1 B A C D E B1 G 所以四边形 1EFDB 是平行四边形，所以 B1E∥FD． …… 12 分 因为 1B E  平面 ADC， FD  平面 ADC， 所以 1B E ∥平面 ACD ． …… 14 分 （方法二）取 AB 的中点 G，连结 EG，B1G． 因为在△ABC 中，E 是 BC 的中点， G 是 AB 的中点， 所以 EG∥AC． 因为 GE  平面 ACD， AC  平面 ACD， 所以 EG∥平面 ACD． …… 8 分 在棱柱 1 1 1ABC A B C 中，AB∥A1B1，且 AB =A1B1 ， 因为 D 是 1 1A B 的中点，G 是 AB 的中点， 所以 AG∥DB1，且 AG =DB1， 所以四边形 1AGB D 是平行四边形，所以 B1G∥AD． 因为 1B G  平面 ACD， AC  平面 ACD， 所以 B1G∥平面 ACD． …… 10 分 又因为 EG∥平面 ACD， BG GE ， 平面 B1GE， 1B G GE G ， 所以平面 B1GE∥平面 ACD． …… 12 分 因为 B1E  平面 B1GE， 所以 1B E ∥平面 ACD ． …… 14 分 注：少一个条件 2 分全扣；（1）中没有“在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中”全扣(突然死亡法) 17．【解】过点O 作OD BC 于点 D ，则 D 为 BC 的中点． 又△ABC 为等腰三角形，所以 A O D， ， 三点共线， 所以 AOB AOC       ． 所以 2 2 1 1 1 12 1 1 sin2 sin22 2 2S            ， …… 2 分    2 12 1 2sin 2sin 02 2S           ， ， ．…… 4 分 注：只要有 S1 结果的就给 2 分；同样只要，有 S2 结果的就给 2 分； （1）当 3  时，  2 1 12sin sin22S S       A B C O 2θ D数学参考答案与评分细则 第 3页（共 8页）  1 22sin sin3 3 2 3      5 3 4 3   ． 答：当 3  时， 2 1S S 的值为 5 3 4 3      cm2． …… 6 分 （2）设  2 1 1( ) 2sin + sin2 02 2f S S         ， ， ， 所以  2( ) 2cos 1 cos2 2 cos +cos 1f           ． …… 8 分 令 ( ) 0f   ，得 5 1cos 2  ， 5 1cos 2   （舍）， 记 0 5 1cos 2  ， 00 2   ． …… 10 分 所以当 0 5 1cos 2  时， ( )f  取得最大值，此时 2 1S S 的值最大． 答：当纪念章最美观时， 5 1cos 2  ． …… 14 分 注：一个答案 1 分，写成“所以”不扣分；答案中没有单位 cm2 的，扣 1 分 18．【解】（1）设椭圆的焦距为 2c ，所以 2 2 2 2 2 2 6 3 b c a a b c         ， ， ， 解得 2 6a  ， 2 2b  ， 2 4c  ． 所以椭圆的标准方程为 22 16 2 yx   ． …… 3 分 （2）因为直线 MN 的斜率为 5 ，且过点 2 (2 0)F ， ，所以直线 MN 的方程为 5( 2)y x  ． 由 22 5( 2) 16 2 y x yx     ， + ， 得 28 30 27 0x x   ，解得 3 9 2 4x x ， ． 所以 53( )2 2M ， ， 59( )4 4N ， ． 所以 2 25 5 3 69 3( ) ( )4 2 4 2 4MN      ． …… 6 分 又因为 1 2 1 2 1( ) ( ) 4 6MF MF NF NF MF NF MN       ， 所以 1 1 13 6 4MF NF  ． …… 8 分 （3）设 1 1( )M x y， ， 2 2( )N x y， ． 又 ( 0)P t， ， 2t  ，  0(0 )， 0 0( )2 ， ( )f   0  ( )f   极大值 数学参考答案与评分细则 第 4页（共 8页） 所以 1 1 2 2( ) ( )PM x t y PN x t y    ， ， ， ． 又因为点 P 在以 MN 为直径的圆上，所以 PM PN  ， 所以 1 2 1 2( )( ) 0PM PN x t x t y y       ， 所以 2 1 2 1 2 1 2( ) 0x x t x x t y y     ． …… 10 分 ①当直线 MN 倾斜角为 0 时， ( 6 0)N  ， ， ( 6 0)M ， ，所以 6t  ． ②当直线 MN 倾斜角不为 0 时，设直线 MN 方程为 2x my  ． 由 22 2 16 2 x my yx    ， + ， 消去 x ，得 2 23 4 2 0m y my   ( ) ．所以 2 2 1 2 2 1 2 2 16 8( 3) 0 4 3 2 .3 m m my y m y y m              ， ， 所以 1 2 1 2( 2)( 2)x x my my   2 1 2 1 22 ( ) 4m y y m y y    ， 1 2 1 2( ) 4x x m y y    ． …… 12 分 所以 2 2 1 2 1 2( 1) (2 )( ) 4 4 0m y y m tm y y t t        ， 所以 2 2 2 3 12 10 06 t tm t     ≥ ， …… 14 分 解得 66 2 3t ≤ 或 66 2 3t  ≤ （舍去）． 综合①②得，实数 t 的取值范围是 66 2+ 3      ， ． …… 16 分 19．【解】（1） 2n≥ 时， 1 1 2nn n n Ta T     ， 1n  时， 1 1 1a T  ，符合上式，(没有验证的，扣 1 分) …… 2 分 所以 12n na  ， Nn  ，所以 2 4n n n nb a a   ， 所以数列{ }nb 的通项公式为 4n nb  ． …… 3 分 （2）因为 1 1 1 1kb a a kd    ，  2 2 2 (1 ) 1 ( 1)kb a a d k d      ， 2 1 4b b  ， 所以  2 2 14 ( 1) 2 ( 1) 2b b k d d d k d        ． 因为 k N ， 0d≥ ，且 d Z ，所以 ( 1) 2d k d   ， 所以 1d  ．所以 24 2 1 ( 1) 1k     ，则 1k  ． …… 7 分数学参考答案与评分细则 第 5页（共 8页） (只要出现 1d  ， 1k  ，就各得 2 分) 从而 na n ， 1 ( 1)n n nb a a n n   ，所以 1 1 1 1nb n n   ， 所以 1 2 2020 1 1 1 b b b    1 1 1 1 1(1 ) ( ) ( )2 2 3 2020 2021        1 20201 2021 2021    ． …… 9 分 （3）设等比数列{ }nb 的公比为 q，显然 q>0． 由 n n n kb a a   ①， 2n k n k n kb a a    ②， ②÷①得， 2 kn k n k n k n n n k b a a qb a a       ． 因为 2 2n n k n ka a a   ，所以 2n k n k n n k a a a a     ，即 2 kn k n a qa      ， 所以 2 k n k n a qa   （正常数）． …… 12 分 由 n n n kb a a   ③， 1 1 1n n n kb a a     ④， ④÷③得， 1 1 1n n n k n n n k b a a qb a a         （*）． …… 14 分 因为 2 k n k n a qa   ，所以 1 1 n k n k n n a a a a      ，将 1 1n n k n n k a a a a      代入（*）式，得到 2 1n n a qa      ， 即 1 1 2n n a qa   （正常数），所以{ }na 为公比为 1 2q 的等比数列． …… 16 分 20．【解】（1）因为 ln( ) a xf x x ，所以 2 (1 ln )( ) a xf x x   ． …… 1 分 令 ( ) 0f x  ，得 ex  ，因为 0a  ，列表如下： 所以 lne 1( ) (e) e e af x f  极大值 ，所以 1a  ． …… 3 分 （2）当 ea  时， eln( ) xf x x ，则 2 e(1 ln )( ) xf x x   ， 1( ) ex xg x  ，则 ( ) ex xg x   ． 曲线 ( )y f x 与 ( )y g x 在 0x x 处的切线互相垂直， 所以 0 0( ) ( ) 1f x g x    ，即 0 0 0 2 0 e(1 ln ) 1ex x x x     ， …… 5 分 x (0 e)， e (e ) ， ( )f x + 0  ( )f x  极大值 数学参考答案与评分细则 第 6页（共 8页） 整理得 0 0 0e eln e=0xx x  ．设 ( ) e eln exr x x x   ，则 e( ) ( 1)e xr x x x     ． 因为 0x  ，所以 ( ) 0r x  ， 所以 ( ) e eln exr x x x   在 (0 ) ， 上单调递增． …… 7 分 又因为 (1) 0r  ，且 0( ) 0r x  ，所以 0 1x  ． …… 8 分 （3） ln ln( ) ex x a a xh x x   ，设 ( ) e exm x x  ，则 ( ) e exm x   ．令 ( ) 0m x  ，得 1x  ． 列表如下： 所以 ( ) (1) 0m x m 最小值 ． 所以 e ex x≥ ，所以 lne ln(e )x x≥ ，即 1 lnx x≥ ，即 ln 1x x ≤ ． …… 10 分 注：主要出现上面一行内容，就给 2 分 ① 1 ea≥ 时， ln 1a ≥ ．又因为 0 1x  ，所以 ln 0x  ． 2 2 1 ( ln ) (1 ln ) 1 ( 1) 1 ln( ) e e ex x x a a x x xh x x x         ≤ 2 1 ( 1)2 e ex xx x   ≤ 2 2 (2 )( 1)2 2 0e e e x xx x x x x     ≤ ． 所以 ( )h x 在 (0 1)， 上单调递减，所以 1 ln( ) (1) 0e ah x h   ≥ ． …… 14 分 ②当 10 ea  时， 1 ln(1) 0e ah   ， ln 0a  ， e 1a  ， 所以 (1 e )lnln( ) ln 0e e e e a a a a a aa a a ah a a       ， 又 ( )h x 在 (0 1)， 上图象不间断，所以存在 (0 1)t  ， ，使 ( ) 0h t  ，不合题意． 综上，a 的取值范围为 1 e    ， ． …… 16 分 附加题参考答案 x ( 1)， 1 (1 ) ， ( )m x  0  ( )m x  极小值 数学参考答案与评分细则 第 7页（共 8页） 21A．【解】因为 是矩阵 的一个特征向量， 所以存在非零实数λ，使得 ， 所以 ，即 解得 则 ． …… 5 分 设 ，则 ，即 ，所以 解得 ．所以 ． …… 10 分 B．【解】将直线 l 的参数方程为 3 1 3 x t y t      ，（t 为参数）化为普通方程为 3 2 0x y   ． 3 分 由 2 sin ( 0)r r   ，得 2 2 sinr   ， 所以圆 C 的直角坐标方程为 2 2 2( )x y r r   ． …… 6 分 因为直线l 与圆 C 恒有公共点，所以 2 2 2 ( 3) ( 1) r r     ≤ ，解得 2r≥ . 所以实数 r 的取值范围是[2 ) ， ． …… 10 分 C．【证】因为 1x  ， 1y  ，且 4x y  ，由柯西不等式得，   2 2 ( 1) ( 1)1 1 y x x yx y         22 2 21 1 ( ) 161 1 y xx y x yx y             ≥ ， …… 8 分 即 2 2 2 161 1 y x x y       ≥ ，所以 2 2 81 1 y x x y  ≥ . …… 10 分 22．【解】（1）X 的可能取值为 1，2，3，4， 1( 1) 6P X   ， 5 1 1( 2) =6 5 6P X    ， 5 4 1 1( 3) =6 5 4 6P X     ， 5 4 3 1 5 4 3 2 1( 4) +6 5 4 3 6 5 4 3 2P X          ， (每个 1 分) X 1 2 3 4数学参考答案与评分细则 第 8页（共 8页） 所以 X 的分布列为 所以 1 1 1 1( ) 1 2 3 4 36 6 6 2E X          ．(1 分) …… 5 分 （2）（法一）记成功打开一扇门的事件为 A， 则 1 1 1 5 4 3 1 2( ) 6 6 6 6 5 4 3 3P A         ， …… 8 分 记恰好成功打开 4 扇门的事件为 B， 则 4 4 5 2 1 80( ) ( ) ( )3 3 243P B C  ． 答：恰好成功打开 4 扇门的概率为 80 243 ． …… 10 分 （法二）记成功打开一扇门的事件为 A，则 5 4 3 2 2( ) 1 =6 5 4 3 3P A      ． …… 8 分 记恰好成功打开 4 扇门的事件为 B，则 4 4 5 2 1 80( ) ( ) ( )3 3 243P B C  . 答：恰好成功打开 4 扇门的概率为 80 243 ．(答案不写扣 1 分) …… 10 分 23．【解】（1）当 AB x 轴时， AF p ， EF p ， 所以 2 2EA p  ，即 2p  ，所以抛物线的方程为 2 2 2y x ． …… 2 分 （2）设直线 AB 的方程为 2 2x my  ，由 2 2 2 2 2 y x x my     ， ， 得 2 2 2 2 0y my   ． 设 1 1( )A x y， ， 2 2( )B x y， ，所以 1 2 2 2y y m  ， 1 2 2y y   ， 直线 AE 方程为  1 1 2 22 2 yy x x    ． 令 0x  ，得 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 M y y y myx    ，同理 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 N y y y myx    ，…… 4 分 所以 1 2 1 2 1 2 1 2 2( )2 2 2 22 2 ( 2)( 2)M N y y y yy y my my my my         ， …… 6 分 其中 2 1 2 1 22 ( ) 2m y y m y y   2 2 22 4 2 2 2m m m      ， 则 1 21 2 1 2 1 2 M N EF y yS S EO y y    24 4 4m  ≥ ，因此 1 2 S S 的取值范围为 4  ， ． …… 10 分 P 1 6 1 6 1 6 1 2