2020-2021学年高三上学期月考数学答案（河北省唐山市）

2020-2021学年高三上学期月考数学答案（河北省唐山市）

数学参考答案第 1 页 唐山市 2020~2021 学年度高三年级摸底考试 数学参考答案 一．选择题（单选）： 1~4．BBCD 5~8．DAAD 二．选择题（不定项选）： 9．CD 10．ABC 11．ABD 12．BC 三．填空题： 13．2 14．0 15．x2＋(y－1)2＝2 16．10 四．解答题： 17．解： 条件①，在△ABC 中，由余弦定理可得 2c×b2＋c2－a2 2bc ＝b． …4 分 所以 a＝c，又 a＝2． 从而 S△ABC＝ 1 2acsin B＝2sin B， …8 分 所以 B＝ π 2时，S△ABC 取得最大值 2． …10 分 条件②，在△ABC 中，由正弦定理可得 2sin B－sin A＝2sin Ccos A． 又 sin B＝sin (A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C， 所以 2sin Acos C＋2cos Asin C－sin A＝2sin Ccos A， 从而 2sin Acos C＝sin A， …4 分 因为 sin A≠0，所以 cos C＝ 1 2， 可得 C＝60°，即 S△ABC＝ 3 4 ab． …8 分 在△ABC 中，由余弦定理可得 c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab≥ab． 所以 a＝b＝2 时，ab 取得最大值 4， 故 a＝b＝2 时，S△ABC 取得最大值 3． …10 分 条件③，在△ABC 中，由余弦定理可得 c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－2ab(1＋cos C)， 又 a＋b＝2c＝4，所以 ab(1＋cos C)＝6． …4 分 因为 a＋b≥2 ab，所以 ab≤4，等号当且仅当 a＝b＝2 时成立． 从而 1＋cos C ≥ 3 2，即 cos C≥1 2，所以 0°＜C≤60°． …8 分 S△ABC＝ 1 2absin C， 当 a＝b＝2 时，ab 和 sin C 分别取得最大值 4 和 3 2 ， 因此 a＝b＝2 时，S△ABC 取得最大值 3． …10 分 18．解： （1）由 an＋2＝3an＋1－2an－n＋1 得 an＋2－an＋1－(n＋1)＝2an＋1－2an－n＋1－(n＋1)＝2(an＋1－an－n)， 又 a2－a1－1＝1，所以{an＋1－an－n}是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列． …5 分 数学参考答案第 2 页 （2）由（1）得 an＋1－an－n＝2n－1，所以 an＋1－an＝2n－1＋n， …7 分 所以 n≥2 时，(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1) ＝(20＋1)＋(21＋2)＋(22＋3)＋…＋(2n－2＋n－1) ＝(20＋21＋22＋…＋2n－2)＋[1＋2＋3＋…＋(n－1)] ＝2n－1－1＋n(n－1) 2 ． …10 分 因此 an－a1＝2n－1＋n(n－1) 2 －1，an＝2n－1＋n(n－1) 2 ． 当 n＝1 时，a1＝1 也满足上式， 故 an＝2n－1＋n(n－1) 2 ． …12 分 19．解： （1）连接 BD，由题意可知△ABD 是等边三角形，又 E 是 AD 的中点，所以 BE⊥AD； 由 PD⊥底面 ABCD，BE底面 ABCD，所以 PD⊥BE，且 PD∩AD＝D， 所以，BE⊥平面 PAD，且 BE平面 PBE，所以平面 PBE⊥平面 PAD．…4 分 （2）由（1）可知，PB 在平面 PAD 上的射影为 PE，所以直线 PB 与平面 PAD 所成角 为∠BPE＝45°． 在 Rt△BPE 中，PE＝BE＝ 3 2 AD＝ 3． 所以，在 Rt△DPE 中，DE＝ 1 2AD＝1，PD＝ PE2－DE2＝ 2． …6 分 以 E 为原点，EA→的方向为 x 轴正方向，EB→的方向为 y 轴正方向，| EA→|为单位长， 建立如图所示的空间直角坐标系 E-xyz． 由题设可得 P(－1，0， 2)，C(－2， 3，0)，B(0， 3，0)，所以 EP→＝(－1，0， 2)， EC→＝(－2， 3，0)． …8 分 设 m＝(x，y，z)是平面 PEC 的法向量，则   EP→·m＝0， EC→·m＝0， 得  －x＋ 2z＝0， －2x＋ 3y＝0， 可取 m＝(1， 2 3， 1 2)． …10 分 由（1）知 EB→＝(0， 3，0)是平面 PED 的一个法向量， A B C D E P x y z 数学参考答案第 3 页 则 cos  EB→，m＝ EB→·m | EB→||m| ＝2 34 17 ． 所以二面角 C-PE-D 的余弦值为2 34 17 ． …12 分 20．解： 将田忌的三匹马按照上、中、下三等分别记为 T1、T2、T3，齐威王的三匹马按照上、 中、下三等分别记为 W1、W2、W3，并且用马的记号表示该马上场比赛． （1）法一． 在第一局比赛中，每一匹马上场的概率都是 1 3，可以按照如下方式进行讨论： 若齐威王派出的是 W1，则田忌必然失败； 若齐威王派出的是 W2，则田忌只有派出 T1 才能胜利； 若齐威王派出的是 W3，则田忌派出 T1 或 T2 皆可胜利； 设事件 A＝“在第一局比赛中田忌胜利”，则 A＝W2T1＋W3T1＋W3T2， 则在第一局比赛中田忌胜利的概率是 P(A)＝ 1 3× 1 3＋ 1 3× 1 3＋ 1 3× 1 3＝ 1 3．…4 分 法二． 设事件 Ω＝“第一局双方参赛的马匹”， 事件 A＝“在第一局比赛中田忌胜利”， 由题意得 Ω＝{(T1W1)，(T1W2)，(T1W3)，(T2W1)，(T2W2)，(T2W3)，(T3W1)，(T3W2)， (T3W3)}， A＝{ (T1W2)，(T1W3)，(T2W3)}， 则在第一局比赛中田忌胜利的概率是 P(A)＝ 3 9＝ 1 3． …4 分 （2）法一． 设事件 B＝“第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马”， 设事件 C＝“田忌获得本场比赛胜利”． 由于第一局失败，田忌第二局和第三局必须都胜利才能获得本场比赛胜利．依题设， 田忌若第二局胜利，第三局必然胜利，因此，只考虑第二局的对阵情况即可，故 C|B＝(W2|W1)( T1|T3)＋(W3|W1)( T2|T3)． 则本场比赛田忌胜利的概率是 P(C|B)＝ 1 2× 1 2＋ 1 2× 1 2＝ 1 2． …8 分 法二． 设事件 B＝“第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马”， 事件 C＝“田忌获得本场比赛胜利”， 由题意得 B＝{ (T3W1，T1W2，T2W3)，(T3W1，T1W3，T2W2)，(T3W1，T2W2，T1W3)， (T3W1，T2W3，T1W2)}， BC＝{ (T3W1，T1W2，T2W3)，(T3W1，T2W3，T1W2)}， 则本场比赛田忌胜利的概率是 P(C|B)＝ 2 4＝ 1 2． …8 分 （3） 1 6． …12 分 数学参考答案第 4 页 21．解： （1）由题意得 e2＝ c2 a2＝a2－b2 a2 ＝ 2 3，整理得 a2＝3b2， …2 分 由 t＝0 时，|AB|＝2 6 3 得 1 a2＋ 2 3b2＝1 …4 分 因此 a＝ 3，b＝1． 故 E 的方程是x2 3＋y2＝1． …5 分 （2）设 A (x1，y1)，B (x2，y2)，则 D (3，y1)． 将 x＝ty＋1 代入x2 3＋y2＝1 得(t2＋3)y2＋2ty－2＝0， y1＋y2＝－ 2t t2＋3，y1·y2＝－ 2 t2＋3， …7 分 从而 ty1·y2＝y1＋y2．……① …8 分 直线 BD：y＝y2－y1 x2－3(x－3)＋y1，设直线 BD 与 x 轴的交点为(x0，0)， 则y2－y1 x2－3(x0－3)＋y1＝0， …10 分 所以 x0＝y1(3－x2) y2－y1 ＋3＝y1(2－ty2) y2－y1 ＋3＝2y1－ty1y2 y2－y1 ＋3， …11 分 将①式代入上式可得 x0＝2． 故直线 BD 过定点(2，0)． …12 分 22．解： （1）f (x)＝a－ 1 x，x＞0，a＞0． 所以 0＜x＜ 1 a时，f (x)＜0，f (x)单调递减； 当 x＞ 1 a时，f (x)＞0，f (x)单调递增， 因此 f (x)的最小值为 f ( 1 a)＝1＋ln a． …4 分 （2）令 g (x)＝f (x)＋xe－ax－1， 则 g (x)＝a－ 1 x－(ax－1)e－ax＝(ax－1)(eax－x ) xeax ． …5 分 由（1）得，当 a＞ 1 e时，f ( 1 a)＞0，即 ax－ln x＞0，所以 eax＞x， …7 分 所以 0＜x＜ 1 a时，g (x)＜0，g (x)单调递减； x＞ 1 a时，g (x)＞0，g (x)单调递增， 所以 g (x)的最小值为 g ( 1 a)＝ln a＋ 1 ea． …10 分 由（1）得 a＝ 1 e时，f (x)≥0，所以 x e≥ln x，等号当且仅当 x＝e 时成立， 所以当 a＞ 1 e，x＝ 1 a时，有 1 ea＞ln 1 a＝－ln a，即 ln a＋ 1 ea＞0， 所以 g (x)＞0．故原不等式得证． …12 分