【文档说明】江苏省连云港市2020-2021学年高三下学期期初调研考试数学参考答案.pdf，共(4)页，259.823 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0f376c9cc7a290ee264f1d58cc297dcb.html

以下为本文档部分文字说明：

数学第1页共4页2021届高三年级第二学期开学初调研考试数学参考答案一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分）1．D2．A3．C4．B5．C6．A7．D8．B二、多项选择题（全选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9．AC10．BC11．ABD12．BCD三、填空题（本大

题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上）13．1414．0.49615．cosπx（常数函数也可，答案不唯一）16．（2，2）28yx四、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文

字说明，证明过程或演算步骤）17．解：（1）选择①，设公差为d，由8372,6Sa得，所以118287226adad，解得1=22ad，所以2nan，………………………………………………………5分又因为2nanb，所以224nnnb，24nnnabn，

所以12124142(12)4+4+4(1)1444441(1).333nnnnnTnnnnnnn……………10分（2）选择②，设公差为d，因为526Sa，所以可得3256aa

又因为36a，所以25a，所以1d,所以+3nan.………………………5分又因为2nanb，所以3282nnnb,所以823nnnabn，1242212(1)=8+2+283122(1)1716213216.222nnnnnnnTnnnnn

nnn（2）+(1+2++)+3=…10分（3）选择③，设公差为d，因为6456456556=,-=+=,=0SSaSSaaaaa可得，即所以,又因为36a，所以-2d.所以-2+12nan.……………………………………5分数学

第2页共4页又因为2nanb，所以-2n+12122222nnb，12-1-2-1221112(12)122+4+4(1)122++444nnnTnnnnn（4）（）12221111

.34nnn=…………………………………………………………10分18．(1)解法一：由己知及正弦定理，得BCCAAsin1sincossincos因为cABcACACAACCACCAAsinsinsin

sinsin)sin(sinsinsincossincossincossincos所以CABBcABsinsinsin,sin1sinsinsin2由正弦定理得b2=ac，即ac=4．24.acac……………………………

………6分解法二：由己知及余弦定理，得222221222bcaabcabcabc，得ac=2b=4，所以24.acac(2)因为△ABC的周长为232，所以32,ac因为22222cos()22cosbacac

BacacacB又因为4ac，所以3cos4B得47sinB．所以17sin2sin22ABCSacBB．……………………………………12分19．解：（1）由表中数据知，3,1

00xy，所以1221niiiniixynxybxnx$9455515001410，……………………………………………3分所以127aybx$，故所求回归直线方程为1279xy………

…………6分（2）由（1）知，令9x，则9912746.y人.………………………8分（3）提出假设:0H“礼让行人”行为与驾龄无关，由表中数据得706.2311.0451430403040)16161424(7022K，………

………11分根据统计知，没有97.5%的把握认为“礼让行人”行为与驾龄有关．………………12分20．解：（1）取AC中点O，因为2ACPCPA，所以ACPO，且.32PO．数学第3页共4页连结OB

，因为22ABBCAC，所以ABC△为等腰直角三角形，且OBAC，221ACOB．由222OPOBPB知POOB．……………………………………………2分由,OPOBOPAC知PO平面ABC．又

PO平面PAC，所以平面PAC平面ABC．…………………………4分如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz．由已知得)32,0,0(),0,2,0(),0,2,0(),0,0,2(),0,0,0(PCABO

，)32,2,0(AP,设）20)(0,2,(aaaM，则)0,4,(aaAM．………………………6分设平面PAM的法向量为）（zyxn,,，由00nAMnAP，得0)4(03yaaxzy，取）（aaan,3),4(3………………………

……8分设PC与平面PAM所成角为，又(0,2,23)PC，则222433sin|cos,|443(4)3aPCnaaa，所以238160.aa……………………

…………………………………10分所以2a34a（舍负），所以.324MC……………………………………12分21．解：（1）因为过椭圆E的左、右焦点倾斜角为π3的两条直线间的距离为3．所以π3sin32c，所以1c，又因为椭圆的离心率为12，所以2a，所以3b椭圆E的标准方程为

22143xy；……………………………4分（2）设11()Axy，，22()Bxy，，直线l：1xmy，则11()Qxy，因为直线l与坐标轴不垂直，所以直线QB：121121()yyyyxxxx所以1221122121yyxyxyyxxxxx121

21221212()()yymyyyyxmyymyy，……………6分数学第4页共4页由221431xyxmy，得22(34)690mymy，所以122634myym，122934yym…………………………………9分所以2216(4)(34)(

)yxmyy，…………………………………………11分所以直线直线QB过定点(4,0)…………………………………………………12分22.解：（1）令()()()1sinxFxfxgxex，所以'()cosxF

xex当(0,)x时，1xe，cos1x，所以'()0Fx.所以()Fx在[0,)上单调递增.………………2分又[0,)x，所以()(0)0FxF，()()fxgx≥在[0,)x上恒成立.………………

4分（2）()1sin()xxeaxaR.所以'()cosxxeax，设'()()hxx，()sinxhxeax，①当0a≤时，因为[0,]x，所以sin0ax，而10xe，所以1si

n0xeax，即()0x≥恒成立，所以()x零点个数为1个。…………6分②当01a时，()sin0xhxeax，所以'()x在[0,]上递增，而'(0)10a，所以''()(0)0x，所以()x在[0,]上递增，因为(0)0=，所以0x是唯一零点

，此时()x零点个数为1个。…………………8分③当1a时，()sin0xhxeax，所以'()x在[0,]上递增，而'(0)10a，'202e，所以存在0[0,]x，有'0

0x，所以当00xx时，()x单调递减，当0xx时，()x单调递增，所以当0xx时，()x取得最小值0()x，而0(0)0x，10,e又因为()x图象是连续不间断的，由零点存在性定理知，()x在0(,)x

上有唯一零点，又因为0x也是零点，所以()x在0,上有2个零点.综上：当1a时，()x在0,上有1个零点；当1a时，()x在0,上有2个零点.……………………………………12分