山东日照第一中学高三数学上学期期中PDF答案

1 日照一中日照一中 20192020 学年度上学期高三期中考试学年度上学期高三期中考试 数学试题数学试题参考答案参考答案 一、单项选择题：CABCD BCBAA 二、多项选择题：(11)AB (12)AD (13)BC 三、填空题：(14) a2 (15) 0.259 (16) 4 (17) 73 4 ； 73 4 四、解答题： 18.解：(1)由已知及正弦定理得：sincossinsinsinABBAC， 2 分 sinsin()sincoscossinCABABAB sinincossinBsAAB，sin0sincosBAA 5 分 (0, ) 4 AA 6 分 (2) 1221 sin22 242 ABC SbcAbcbc 9 分 又 2222 2cos2()(22)abcbcAbcbc 所以 2 ()4,2bcbc 12 分 19. (1)解法一：F 是 AC 的中点，AFCF.设 AC的中点为 G，连接 FG. 设 BC的中点为 H，连接 GH，EH. 易证：CEEF，BEEF， BEC即为二面角 CEFB 的平面角 2 分 BEC60，而 E 为 BC 的中点 易知 BEEC，BEC为等边三角形，EHBC. EFCE，EFBE，CEBEE，EF平面 BEC. 而 EFAB，AB平面 BEC，ABEH，即 EHAB. 4 分 由，BCABB，EH平面 ABC. G，H 分别为 AC，BC的中点 GH 1 2ABFE，四边形 EHGF 为平行四边形 FGEH，FG平面 ABC，又 FG平面 AFC. 平面 AFC平面 ABC. 6 分 解法二：如图，建立空间直角坐标系，设 AB2. 2 则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，F(0，2，1)，E(0，2，0)， C( 3，1，0)设平面 ABC的法向量为 a(x1，y1，z1)， BA (0，0，2)，BC ( 3，1，0)， z10， 3x1y10，令 x 11，则 a(1， 3，0)， 3 分 设平面 AFC的法向量为 b(x2，y2，z2)，AF (0，2，1)， AC ( 3，1，2)， 2y2z20， 3x2y22z20，令 x 2 3，则 b( 3，1，2) ab0，平面 AFC平面 ABC. 6 分 (2)如图，建立空间直角坐标系，设 AB2. 则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，F(0，2，1)，E(0，2，0)，C( 3，1，0) 显然平面 BEC的法向量 m(0，0，1)， 8 分 设平面 AFC的法向量为 n(x，y，z)，AC ( 3，1，2)，AF (0，2，1)， 2yz0， 3xy2z0， n( 3，1，2). 10 分 cosm, n m n | m | n 2 2 ， 12 分 由图形观察可知，平面 AFC与平面 BEC所成的二面角的平面角为锐角 平面 AFC与平面 BEC所成二面角大小为 45. 14 分 20.解：(1)根据散点图可以判断 d x yce更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程 类型. 1 分 对 d x yce两边取自然对数得lnlnycdx，令zln y， lnac ，b d ， 得z abx . 因为 7 1 7 2 1 ()() 40.182 0.2720 147.714 () ii i i i xx zz b xx ， 4 分 所以 3.6120.272 27.4293.849azbx ， 所以z关于x的线性回归方程为0.2723.849zx， 5 分 所以y关于x的回归方程为 0.2723.849 x ye . 6 分 (2) ()由 332 5 ( )(1)f pC pp，得 32 5 ( )(1)(3 5 )fpC ppp，因为01p， 令( )0fp 得3 50p，解得 3 0 5 p； 3 令( )0fp 得3 50p，解得 3 1 5 p， 所以( )f p在 3 (0, ) 5 上单调递增，在 3 ( ,1) 5 上单调递减， 所以( )f p有唯一极大值 3 ( ) 5 f，也为最大值. 所以当 3 5 p 时， max 216 ( ) 625 f p，此时相应的概率 0 3 5 p . 9 分 ()由()知，当( )f p取最大值时， 3 5 p ，所以 3 (5, ) 5 XB， 10 分 所以 3 ()53 5 E X ， 326 ()5 555 D X . 14 分 21.解：(1) 2 8a ， 1 1 2 n n a Sn ， 2 11 22 2 a aS， 1 分 当2n时， 1nnn aSS 1 1 () 22 nn aa nn ，即 1 32 nn aa ， 3 分 又 12 832aa， * 1 32, nn aan N， 4 分 1 13(1) nn aa ，数列1 n a 是等比数列，且首项为 1 13a ，公比为3， 1 13 33 nn n a ，31 n n a . 6 分 (2) 由(1)得 1 1 31 11 22 n n n a Snn . 7 分 1 1 2 32 3 (31)(31) nn nn nn a a 1 11 3131 nn ， n T 223 1111 ()() 3 1313131 1 11 () 3131 nn 1 11 231 n . 9 分 1 1 15 2230 312 n n n n STn ， 1 1 15 3 312 n n . 10 分 设 1 1 15 ( )3 312 n n M n ， 则 21 21 11 (1)( )33 3131 nn nn M nM n 21 12 11 (33)() 3131 nn nn 1 1 12 2 3 2 30 (31)(31) n n nn ， ( )M n是递增数列， 12 分 2 2 1551 (1)3 3128 M ， 4 的最大值是 51 8 . 14 分 22. 解：(1)设椭圆的焦距为c2，由已知得 13 3 5 22 ba a c 2, 3ba， 所以，椭圆的方程为1 49 22 yx 3 分 (2) 设点M),( 11 yx，P),( 00 yx，由题意，0 10 xx且),( 11 yxN 由BNP的面积是BMN面积的 3 倍，可得|3|MNPN ， 5 分 所以 MNPN3 ，从而),( 3),( 11110101 yyxxyyxx， 所以)( 3 1101 xxxx，即 10 5xx 6 分 易知直线AB的方程为632 yx，由 kxy yx632 消去y，可得 23 6 0 k x7 分 由方程组 kxy yx 1 49 22 消去y，可得 49 6 2 1 k x 9 分 由 10 5xx ，可得 23 6 k49 30 2 k ， 10 分 整理得082518 2 kk ，解得 9 8 k，或 2 1 k 12 分 当 9 8 k时， 09 0 x ，符合题意；当 2 1 k时，012 0 x，不符合题意，舍去 所以k的值为 9 8 14 分 23. 解：(1)1a时，bxexg x 2)(，2)(,1)0( x exgbg 切线斜率1)0( gk，切点坐标)1 , 0(b 切线方程xby)1 ( 切线经过点) 1, 1 ( ， 1)1 (1b 1b 3 分 (2)baxexg x 2)( aexg x 2)(. aexg x 2)(在 0, 1 单调递增，21,2 1 )(aa e xg 02 1 a e ，即 e a 2 1 时，0)( x g，所以)(xg单调递增区间为0, 1 4 分 当021 a，即 2 1 a时，0)( x g，所以)(xg单调递减区间为0, 1 5 分 5 当 2 1 2 1 a e 时，令0)( x g，得)0 , 1()2ln(ax， 令0)( x g，得)2ln(1ax ，令0)( x g，得0)2ln( xa， 函数)(xg单调递减区间为 )2ln(, 1a，单调递增区间为0),2(ln( a 综上可得： 当 e a 2 1 时，)(xg单调递增区间为0, 1； 当 2 1 2 1 a e 时，)(xg单调递减区间为)2ln(, 1a，单调递增区间为0),2(ln( a； 当 2 1 a时，)(xg单调递减区间为0, 1 . 7 分 (3)由 0) 1(f得： e ab 1 1，) 1 1(2)( e aaxexg x 8 分 由已知，设 0 x为)(xf在区间)0 , 1(内的一个零点， 则由0)0()() 1( 0 fxff可知，)(xf在区间)0 , 1(上至少有三个单调区间 )(xg在区间), 1( 0 x内存在零点，在区间)0 ,( 0 x内也存在零点. )(xg在区间)0 , 1(内至少有两个零点 由（2）可知， 当 e a 2 1 时，)(xg在0, 1上单调递增，故)(xg在)0 , 1(内至多有一个零点， 不合题意. 当 2 1 a时，)(xg在0, 1上单调递减， 故)(xg在)0 , 1(内至多有一个零点， 不合题意 2 1 2 1 a e ， 9 分 此时)(xg在区间)2ln(, 1a上单调递减，在区间0),2(ln( a上单调递增 0)0( 0)2(ln( 0) 1( g ag g 10 分 ) 1 1(2)( e aaxexg x e aaaag 1 1)2ln (2)2(ln( 令at2， 2 1 2 1 a e 1 1 t e ， e tttag 1 1ln 2 1 )2(ln( 令) 1 1 ( 1 1ln 2 1 )(t ee tttth 6 tthln 2 1 )(，令0)( t h得 e t e 11 ；令0)( t h得1 1 t e ； )(th在) 1 , 1 ( ee 单调递增，在) 1 , 1 (