山东省青岛市2021届高三年级期初调研检测数学试题2020.9（扫描版）.pdf

数学答案 第 1页（共 6页） 青岛市 2020 年高三期初调研检测 数学参考答案 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。 1-8：A B C D B B A D 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 9．CD 10．AC 11．ACD 12．ABD 三、填空题：本题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分。 13． 20 ； 14．84 ； 15．（1） 1x   ；（2） 2 2 ； 16．1992； 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 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 10 分） 解：若选择条件① 因为 3AN BN  ，所以 2 3AN BM  设 BM t ，所以 2 3AN t ；又 60B  ， 8c  所以在 ABN 中， 2 2 2 2 cosAN AB BN AB BN B    即 2 2 2(2 3 ) 8 4 2 8 2 cos60t t t      即： 2 2 8 0t t   所以 2t  或 4 （舍去） 在 ABM 中， 2 2 2 22 cos 8 4 2 8 2cos60 52AM AB BM AB BM B           所以 2 13AM  同样 2 2 2 2 22 cos 8 6 2 8 6cos60 52AC AB BC AB BC B           所以 2 13AC  由正弦定理可得： 2 13 4 392 sin sin 60 33 2 b ACR B     所以外接圆半径为 2 39 3R  若选择条件② 因为点 ,M N 是 BC 边上的三等分点，且 4 3AMNS  所以 12 3ABCS  因为 60B  ，所以 1 1 312 3 sin 60 82 2 2ABCS AB BC BC         所以 6BC  ，所以 2BM 数学答案 第 2页（共 6页） 在 ABM 中， 2 2 2 22 cos 8 4 2 8 2cos60 52AM AB BM AB BM B           所以 2 13AM  同样 2 2 2 2 22 cos 8 6 2 8 6cos60 52AC AB BC AB BC B           所以 2 13AC  由正弦定理可得： 2 13 4 392 sin sin 60 33 2 b ACR B     所以外接圆半径为 2 39 3R  若选择条件③ 设 BM t ，则 3BC t 在 ABM 中， 2 2 2 2 2 2 22 cos 8 2 8 cos60 8 8AM AB BM AB BM B t t t t            同样在 ABC 中 2 2 2 2 2 22 cos 8 9 2 8 3 cos60 64 9 24AC AB BC AB BC B t t t t             因为 AC AM ，所以 2 2 28 8 64 9 24t t t t     所以 2t  在 ABM 中， 2 2 2 22 cos 8 4 2 8 2cos60 52AM AB BM AB BM B           所以 2 13AM  同样 2 2 2 2 22 cos 8 6 2 8 6cos60 52AC AB BC AB BC B           所以 2 13AC  由正弦定理可得： 2 13 4 392 sin sin 60 33 2 b ACR B     所以外接圆半径为 2 39 3R  18．（本小题满分 12 分） 解：（1）因为 1 12 2 ( ) 0n n n nS S S S     *, 2, Nn n  所以 1 1 , 22n na a n   因为 1 2 1 21, , ,a a a S 依次成等差数列，所以 22 1 2a  ，得 2 1 2a  所以 2 1 1 2a a 所以数列{ }na 是以1为首项，公比为 1 2q  的等比数列，所以 1 1 2n na 数学答案 第 3页（共 6页） （2）由题意知： 11 2n na  ，所以 1 10 2 4n m   所以 1 2( 1)2 2n m  ，即 1 2( 1)n m   所以 2 1mb m  当 m 为偶数时， 2 21 9 25 49 81 121 (2 3) (2 1)mW m m            所以 2 (8 8 8)28 24 40 8( 1) 22m m m W m m            所以 20 800W  19．（本小题满分 12 分） 解：（1）由 年度周期 1 2 3 4 5 纯增数量（单位：万辆） 3 6 9 15 27 所以 3, 12x y  5 1 1 3 2 6 3 9 4 15 5 27 237i i i x y             所以 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 237 5 3 12 57ˆ 5.7(1 2 3 4 5 ) 5 3 55 45 n i i i n i i x y nx y b x nx                  因为 ˆˆy bx a  过点 ( , )x y ，所以 ˆ 5.7y x a  5.1a   ，所以 ˆ 5.7 5.1y x  2025 2030 年时， 7x  ，所以 5.7 7 5.1 34.8y     所以 2025 2030 年间，机动车纯增数量的值约为34.8 万辆 （2）根据列联表，计算得 2 2 ( ) ( )( )( )( ) n ad bc a b c d a c b dK      的观测值为 2220 (90 40 20 70) 110 110 160 60k        55 9.1676   55 6.6356  所以有99%的把握认为“对限行的意见与是否拥有私家车有关”。 20．（本小题满分 12 分） 解: （1）因为 //AF 平面 MNG ，数学答案 第 4页（共 6页） 且 AF  平面 ABEF ，平面 ABEF  平面 MNG NG 所以 //AF NG 所以 2CM BN a  ，所以 2(1 )AM a  所以 1AM AG a CM BG a   ，所以 //MG BC 所以 MG  AB 又因为平面 ABCD  平面 ABEF ， 且 MG  平面 ABCD ，平面 ABCD  平面 ABEF AB 所以 MG  平面 ABEF （2）由（1）知， MG NG ， 2 2 2 2(1 ) 2 2 1 2MN a a a a       ，当且仅当 1 2a  时等号成立 分别以 , ,BA BE BC 所在的直线为 x 轴， y 轴， z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 B xyz ， 则 1 1 1 1(1,0,0), (0,0,0), ( ,0, ), ( , ,0)2 2 2 2A B M N 设平面 AMN 的一个法向量为 1 1 1( , , )m x y z ， 因为 1 1 1 1( ,0, ), (0, , )2 2 2 2AM MN     则 1 1 1 1 02 2 02 2 x zm AM y zm MN                ，取 1 1z  ，得 (1,1,1)m  设平面 BMN 的一个法向量为 2 2 2( , , )n x y z ， 因为 1 1 1 1( ,0, ), (0, , )2 2 2 2BM MN    则 2 2 2 2 02 2 02 2 x zn BM y zn MN               ，取 2 1z  ，得 ( 1,1,1)n   所以 1cos , 3| | | | m nm n m n           ，则二面角 A MN B  的余弦值为 1 3  21．（本小题满分 12 分） 解：（1）由题知：当 1a  时， ( ) ln(1 ) 1xf x e x    ， 1( ) 1 xf x e x     N C B A D M E F G y z x数学答案 第 5页（共 6页） 令 1( ) ( ) 1 xg x f x e x     ，所以 2 1( ) 0(1 ) xg x e x     所以 ( )g x 在 ( 1, )  上单调递增，且 (0) 0g  所以，当 ( 1,0)x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 ( 1,0) 上单调递减； 当 (0, )x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (0, ) 上单调递增 所以 ( ) (0) 0f x f  ，所以 ( )f x 的零点为 0x  （2）因为 1( ) 1 xf x ae x     当 1a  时， (0) cos( 1)f a a   ，令 ( ) cos( 1)h a a a   因为 ( ) 1 sin( 1) 0h a a     ；所以 ( )h a 在 ( ,1) 上单调递增 所以 ( ) (1) 0h a h  ，即 (0) 0f  ，所以 1a  不合题意 当 1a  时，令 ( ) ( )m x f x ，则 2 1( ) 0(1 ) xm x ae x     所以 ( )m x 在 ( 1, )  上单调递增， 且 (0) 1 0m a   ， 1 11( 1) 0am ae a a aa        所以存在 0 ( 1,0]x   ，使得 0( ) 0m x  即 0 0 0 0 1 0,ln(1 ) ln1 xae x x ax       所以，当 0( 1, )x x  时，设 ( ) 0, ( )f x f x  在 0(0, )x 上单调递减； 当 0( , )x x  时，设 ( ) 0, ( )f x f x  在 0( , )x  上单调递增； 所以 0 0 0 0 0 1( ) ( ) ln(1 ) cos( 1) ln cos( 1)1 xf x f x ae x a x a ax            ， 0 0 1 1 ln cos( 1) 1 1 ln cos( 1) 01 x a a a ax             综上，所求 a 的取值范围为 1a  22．（本小题满分 12 分） 解:（1）设椭圆C 的焦距 1 2| | 2F F c ，则 2 2 2a b c  ① 由题意知: 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1| | | | 2 2 42 2A B A BS A A B B a b      ，得 2ab  ② 由题意知: 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1| | | | 2 2 2 32 2F B F BS F F B B c b      ，得 3bc  ③ 由①②③解得： 2, 1, 3a b c   所以椭圆C 的标准方程为： 2 2 14 x y 数学答案 第 6页（共 6页） （2）定点W 为原点O 时， 2 2| | | |WM WN 为定值5 证明如下： 设 1 1( , )M x y ， 2 2( , )N x y 当直线 MN 斜率不存在时， 1 2 1 2| | | |,| | | |x x y y  ，所以 1 1 1 | | | 2 | 12OMNS x y    所以 2 2 2 2 1 1 1 1 (1 ) 14 xx y x   ，所以 2 2 2 2 1 2 1 2 12, 2x x y y    所以 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2| | | | 5OM ON x y x y      当直线 MN 斜率存在时，设直线 :MN y kx m  ，代入 2 2 14 x y  可得： 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x kmx m     ， 所以 2 1 2 1 22 2 8 4 4,1 4 1 4 km mx x x xk k      设点O 到直线 MN 的距离为 d ，则 2 | | 1+ md k  2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 4 1 1 4| | 1 | | 1 ( ) 4 1 4 k k mMN k x x k x x x x k               因此 2 2 2 2 2 (1 4 )1 | | 12 1 4OMN m k mS MN d k      所以 2 2 2 2 4(1 4 ) 4 (1 4 ) 4 0k m k m     ，所以 2 2 2(1 4 2 ) 0k m   所以 2 21 4 2 0k m   所以 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 2 2 1 2 1 2 3| | | | 1 1 2 ( )4 4 4 x xOM ON x y x y x x x x              即： 2 2 2 1 2 1 2 3| | | | 2 [( ) 2 ]4OM ON x x x x     2 2 2 2 2 2 3 64 8 82 [ ]4 (1 4 ) 1 4 k m m k k     2 2 2 2 4 2 2 3 64 8 8 3 16 42 [ ] 2 [ 4]4 4 2 4 k m m k m m m        32 (8 4) 54     