2021届新高三学期初第一次摸底开学考试数学 pdf版含答案与答题卡 3份打包
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资料简介
2020 年高三学期初第一次模拟考试 数学试题参考答案 选择题答案 一、选择题 1. B 2. C 3. B 4. A 5. D 6. D 7. A 8. C 二、选择题 9. BD 10.BC 11.ABC 12. BCD 非选择题答案 三、填空题 13. 2 5 14. 5 2 15. 64π 16. 3- 3 6 四、解答题 17. (解法一)选①②,则 2ac==, 23b = , 由余弦定理可得: 2 2 2 1cos 22 a c bABC ac +− = = − , 又 ( )0,ABC  ,∴ 2 3ABC =, ∴ 6AC==, 在△BCF 中,由正弦定理可得 sin sin CF BF CBF C= , ∵ 2CF BF= ,∴ 2sin 2CBF=, 又 2 3CBF ABC    = ,∴ 4CBF =, ∴ 25 3 4 12ABF    = − = , 55 12 6 12AFB    = − − = , 则在△ABF 中, ABF AFB =  , ∴ 2AF AB==, ∴ 1 2 2 sin 126ABFS =    =△ . (解法二)选②③,∵ 2a = , 23b = , 2 2 23a b ab c+ − = , ∴ 2c = , 由余弦定理可得: 2 2 2 3cos 22 a b cC ab +−==, 又 ( )0,C  ,∴ 6C = , ∴ 6AC==,∴ 2 3ABC A C  = − − = , 在△BCF 中,由正弦定理可得 sin sin CF BF CBF C= , ∵ 2CF BF= ,∴ 2sin 2CBF=. 又 2 3CBF CBA    = ,∴ 4CBF =, ∴ 25 3 4 12ABF    = − = , 55 12 6 12AFB    = − − = , 则在△ABF, ABF AFB =  , ∴ 2AF AB==, ∴ 1 2 2 sin 126ABFS =    =△ . (解法三)选①③,则 2ac==, , 则: 2 2 2 3a b c ab+ − = , 由余弦定理可得: , 又 ,∴ , ∵ ac= ,∴ , ∴ 2 3ABC A C  = − − = , 在△BCF 中,由正弦定理可得 sin sin CF BF CBF C= , ∵ 2CF BF= ,∴ 2sin 2CBF=, 又 2 3CBF CBA    = ,∴ 4CBF =, ∴ 25 3 4 12ABF    = − = , 55 12 6 12AFB    = − − = , 则在△ABF 中, ABF AFB =  , ∴ 2AF AB==, ∴ 1 2 2 sin 126ABFS =    =△ . 18. 19.(1)设事件 A 表示“水稻发芽”,事件 B 表示“出芽后的幼苗成活”, 则 P(A)=0.8,P(B)=0.9, 在这批水稻种子中,随机地抽取一粒, 则这粒水稻种子能成长为幼苗的概率为: P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.9=0.72. (2)没有发芽的种子 Y 服从二项分布,Y~B(5000,0.1) 由题意知 X=3Y 则 DX=D(3Y)=9DY 又 DY=np(1-p) 所以 DX=855,即 X 的方差为 855 (3) ( )2 16 30 2 1nn+ = − − ,故 4n = ,则其中一人参加活动的时间 X 的可能取值为 1,2,3, 4 , 则 18 3( 1) 30 5PX= = = ; 18 20 2( 2) (1 )30 28 7PX= = −  = ; 18 20 22 44( 3) (1 ) (1 )30 28 26 455PX= = −  −  = ; 18 20 22 8( 4) (1 ) (1 ) (1 ) 130 28 26 455PX= = −  −  −  = . 则其中一人参加活动的时间的期望为 3 2 44 8 697( ) 1 2 3 45 7 455 455 455EX =  +  +  +  = . 20. 解:(1)如图,以 A 为坐标原点,射线 AB、AD,AP 分别为 x 轴、y 轴,z 轴正半 轴,建立空间直角坐标系 Axyz. 设 D(0,a,0),则 B( 6,0,0),C( 6,a,0),P(0,0, 6),E   6 2 ,0, 6 2 . 因此,AE→=   6 2 ,0, 6 2 ,BC→=(0,a,0), PC→=( 6,a,- 6). 则AE→·BC→=0,AE→·PC→=0,所以 AE⊥平面 PBC. 又由 AD∥BC 知 AD∥平面 PBC,故直线 AD 与平面 PBC 的距离为点 A 到平面 PBC 的距离,即为|AE→|= 3. (2)设平面 AEC 的法向量为 n1=(x1,y1,z1), 因为AE→=   6 2 ,0, 6 2 ,AC→=( 6, 3,0), 所以    6 2 x1+ 6 2 z1=0, 6x1+ 3y1=0. 令 x1=-1,得 y1= 2,z1=1, 所以 n1=(-1, 2,1). 设平面 EDC 的法向量为 n2=(x2,y2,z2), 因为EC→=   6 2 , 3,- 6 2 ,CD→ =(- 6,0,0), 所以    6 2 x2+ 3y2- 6 2 z2=0, - 6x2=0, 令 z2= 2,得 y2=1. 所以 n2=(0,1, 2). 故 cos〈n1,n2〉= n1·n2 |n1||n2|= 6 3 . 所以二面角 AECD 的平面角的余弦值为 6 3 . 21.(1)A(4,0),设圆心 C(x,y),线段 MN 的中点为 E, 由几何图象知 ME=푀푁 2 ,CA2=CM 2=ME2+EC2⇒(x4)2+y2=42+x2⇒y2=8x. (2)设直线 l 的方程为 y=kx+b,联立 {y2=8x, y=kx+b, 得 k2x2+2kbx+b2=8x, k2x2-(8-2kb)x+b2=0(其中 Δ>0), 设 P(x1,kx1+b),Q(x2,kx2+b), 则 x1+x2=(8-2kb) k2 , x1x2=b2 k2, 若 x 轴是∠PBQ 的角平分线,则 kPB+kQB=푘푥1+푏 푥1+1 +푘푥2+푏 푥2+1 =(푘푥1+푏)(푥2+1)+(푘푥2+푏)(푥1+1) (푥1+1)(푥2+1) =2푘푥1푥2+(푘+푏)(푥1+푥2)+2푏 (푥1+1)(푥2+1) = 8(k+b) k2(x1+1)(x2+1)=0 即 k=-b, 故直线 l 的方程为 y=k(x1),直线 l 过定点(1,0). 22. (1)由题意知,函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ln x+1-ax-1=ln x-ax, 令 f′(x)=0,可得 a=ln x x , 令 h(x)=ln x x (x>0),则由题可知直线 y=a 与函数 h(x)的图象有两个不同的交点, h′(x)=1-ln x x2 ,令 h′(x)=0,得 x=e,可知 h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单 调递减,h(x)max=h(e)=1 e,当 x―→0 时,h(x)―→-∞,当 x―→+∞时,h(x)―→0,故实 数 a 的取值范围为      e 10, . (2)当 a=2 时,f(x)=xln x-x2+2-x,k(x-2)+g(x)<f(x),即 k(x-2)+2-2x-x2 <xln x-x2+2-x,整理得 k(x-2)<xln x+x, 因为 x>2,所以 k<xln x+x x-2 . 设 F(x)=xln x+x x-2 (x>2),则 F′(x)= x-4-2ln x (x-2)2 . 令 m(x)=x-4-2ln x(x>2),则 m′(x)=1-2 x>0,所以 m(x)在(2,+∞)上单调递增, m(8)=4-2ln 8<4-2ln e2=4-4=0,m(10)=6-2ln 10>6-2ln e3=6-6=0,所以函数 m(x)在(8,10)上有唯一的零点 x0, 即 x0-4-2ln x0=0,故当 2<x<x0 时,m(x)<0,即 F′(x)<0,当 x>x0 时,F′(x)>0, 所以 F(x)min=F(x0)=x0ln x0+x0 x0-2 = 2 2 41 0 0 0 −      −+ x xx =x0 2,所以 k<x0 2, 因为 x0∈(8,10),所以x0 2∈(4,5),故 k 的最大值为 4.

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