-高三一模石景山理科数学答案

1、2021-2021 高三一模石景山理科数学答案2021 年石景山区高三统一测试数学（理）试卷答案及评分参考一、挑选题：本大题共8 个小题，每道题5 分，共 40 分题号12345678答案cbbadcac二、填空题：本大题共6 个小题，每道题5 分，共 30 分91；10 2n 12 ；11相交；12 2315 或15或33 1524；13 2；14 1 ，3 22三、解答题：本大题共6 个小题，共80 分解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤15（本小题13 分）解： 在 v abc 中，cosb =1 ，3 sin b =1cos2 b =11222 ，33 b = 23 ， c= 3

2、，由正弦定理bc233得，sin bsin c22sin c3 sinc =6 3 由余弦定理b2 = a 2 + c22ac cos b 得12 = a 2+ 923a1 ，32 a2a3 = 0 ，解得 a=1或 a=3 （舍）1 / 9高三数学（理）答案第1页（共 9页）2021-2021 高三一模石景山理科数学答案 sv abc =1 acsinb2113222 2316（本小题13 分）解： 设“一次从纸箱中摸出两个小球，恰好摸出2 个红球 ”为大事 acc22就 p a31 42 可能取 0，1， 2， 3， 4p0 3 03 4113 13 330c4 1，44256p1c4 1

3、，4464p2 3 23 2273 3 33 1272c4 1，44128p3c4 1，4464p4 3 43 0814c 4 144256所以的分布列为01234132727812566412864256p（） 7517（本小题14 分）（）证明：在矩形abcd 中， cd ab ， f ，g 分别为 be，ae的中点， fg ab ，且 fg= 1 ab ，2 cd fg ， cd平面 fgh ， fg平面 fgh ， cd 平面 fgh 2 / 9高三数学（理）答案第2页（共 9页）2021-2021 高三一模石景山理科数学答案（）证明：在矩形abcd 中， adab，矩形 abcd平面

4、 aeb ，且平面abcd i平 面 aeb= ab ， ad平面 aeb ，又 be平面 aeb ， adbe， ae = ab ， f 为 be 的中点， afbe，又 ad iaf = a ， be平面 adf ， be平面 ceb ，平面 daf平面 ceb z（）在平面abe 内作 ab 的垂线，如图建立dc空间直角坐标系a-xyz ，habybae = 120o ， ae=ab=4 ， ad=2 ，gf a0 ，0，0 ， b0 ，4 ，0 ， c 0 ，4 ，2 ，ee 23 ，bh2 ，0 ， g 3 ， 1，0 ，uuuruuurf 3 ，1，0 x设=，bcbh =bc0

5、，0，20 ，0，2 ， h 0 ，4，2 ，uuuruuur gf =0 ，2，0 ， fh =r3 ，3，2 ，设平面 fgh 的法向量为ruuurn = x ，y ，z ，n gfruuur0 ，2 y0 ，即n fh0 ，3x+3 y+ 2z0 ，令 x2，就 z3 ，3 / 9高三数学（理）答案第3页（共 9页）2021-2021 高三一模石景山理科数学答案r n = 2，0，3 是平面 fgh 的一个法向量， ad平面 aeb ，平面 aeb 的法向量为uuru ad0 ，0，2 ，二面角 hgfb 的大小6 | cosruuurn ，ad>|=233 ，解得1 ，223 2

6、22 h 在 bc 上，1 218（本小题13 分）解：（）q f xexax1f xf1exa ，ea ，由题设知f 10 ，即 ea0 ，解得 ae 体会证 ae 满意题意；（） 方法一：令 fx0 ，即 exa ，就 xln a（ 1）当 ln a1时，即 0ae对于任意x,ln a 有 fx0 ，故 fx在,ln a 单调递减；对于任意xln a,1 有 fx0 ，故 fx在ln a,1单调递增，因此当 xln a 时， fx 有最小值为aa ln a1a 1ln a10 成立4 / 9高三数学（理）答案第4页（共 9页）2021-2021 高三一模石景山理科数学答案（ 2）当 ln

7、a1时，即 ae对于任意x,1 有 fx0 ，故 fx在,1 单调递减，由于 fx0 ，所以f10 ，即 ae1 ，综上， a 的最大值为e1方法二： 由题设知，当x1时，fxexax10 ,（ 1）当 0x1时， aex1x设 gxex1，xxexex1x1 ex1就 gx2x20 ，x故 gx 在0 ,1 单调递减，因此， gx 的最小值大于g 1e1，所以 ae1 （ 2）当 x0 时， fx20 成立（ 3）当 x0 时， aex1 x，由于ex10 ，x所以当 ae1 时， aex1 x成立 综上， a 的最大值为e119（本小题14 分）解：（）依题可知b a ，0 ， a2c1由

8、于 e，a25 / 9高三数学（理）答案第5页（共 9页）2021-2021 高三一模石景山理科数学答案所以 c1b3x2y2故椭圆 c 的方程为1 43（）以 bd 为直径的圆与直线pf 相切证明如下：由题意可设直线ap的方程为yk x2 k0 就点 d 坐标为（2 ，4k ， bd 中点 e 的坐标为（2，2k ，yk x由22xy432,得134k 2 x216k 2 x16k 2120 16k 212设点 p 的坐标为 x0, y0 ，就2x0234k所以 x068k234k2， y0kx0212k34k 2由于点 f 坐标为 1, 0 ， 当 k1时，点 p 的坐标为21,3 ，直线

9、 pf 的方程为x1 ，2点 d 的坐标为 2,2 此时以 bd 为直径的圆 x22 y m121 与直线 pf 相切当 k1时，直线 pf 的斜率2kpfy04k0x114k 2所以直线pf 的方程为y4k14 k 2 x1 ,即14k 2xy4k10 故点 e 到直线 pf 的距离14k 2| 22k1|14 k 2d4k2| 2k |14k 2214k 2214k（或直线 pf 的方程为4k4 kxy4k0 ,14k 2故点 e 到直线 pf 的距离14 k 26 / 9高三数学（理）答案第6页（共 9页）2021-2021 高三一模石景山理科数学答案228k2k4k2 k8 k 32d

10、14k16k214k14 k14 k 22 | k | ）14k2 21|14 k 2 |又由于bd2r4 k，故以 bd 为直径的圆与直线pf 相切解法二 :综上得，当点p 运动时，以bd 为直径的圆与直线pf 相切（）以 bd 为直径的圆与直线pf 相切x2y2证明如下 :设点p x0 , y0 , 就00431y00当 x01 时, 点 p 的坐标为1,3 ，直线 pf 的方程为x1 ，2点 d 的坐标为 2,2 ，此时以 bd 为直径的圆 x22 y m121 与直线 pf 相切，当 xo1时直线 ap 的方程为yy0 x x022 ，点 d 的坐标为d 2,4 y0 , bd 中点

11、e 的坐标为2,2 y0 , 故 | be | |2 y0|直线 pf 的斜率为x02y0kpf,x02x02故直线 pf 的方程为yx01y0 x1 , 即 xx01 y10 ,x01| 2所以点 e 到直线 pf 的距离 dy0x012 y0 y0x01|2|2 y0| | be |故以 bd 为直径的圆与直线pf 相切1 x0y012x02综上得，当点p 运动时，以bd 为直径的圆与直线pf 相切7 / 9高三数学（理）答案第7页（共 9页）2021-2021 高三一模石景山理科数学答案20（此题 13 分）解：（）由于311 ，所以 1,3, 4,7不具有性质p；由于 211 ， 31

12、2 ， 523 ，所以 1,2,3,5具有性质p （）（）由于 an是单调递增数列，又akaia j ，所以 aia jak即 aia jak 1 ，所以 ak2ak 1 ，a11 ，所以a22 ，a34 ， a48 ， a516 ， a632 ，又由于 an36 ，所以 n7 （）由于361818 ， 1899 ， 936 ， 633 ， 312 ，211；所以可以构造数列1，2 ，3，6，918 ，36 满意性质 p ；或 361818， 1899 ， 945， 541 ， 422 ，211 ，所以可以构造数列1，2 ，4，5，9 18 ，36 满意性质 p ；上述两个数列的和为75，下面说明75 为数列 an中全部项的和的最小值如18 在数列 an中，要求数列 an 中全部项的和的最小值，就ai 118 ，如18 不在数列 an 中，就 aia j36，由（）知n7 ，就数列 an 中全部项的和sa1a2lanaia j364a176 ，所以要求数列 a n中全部项的和的最小值，就ai 118 同理要求数列 a n中全部项的和的最小值，就a