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

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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)1716213216.222nnnnnnnTnnnnnnnn(2)+(1+2++)+3=…10分(3)选择③,设公差为d,因为6456456556=,-=+=,=0SSa

SSaaaaa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BCC

AAsin1sincossincos因为cABcACACAACCACCAAsinsinsinsinsin)sin(sinsinsincossincossincossincos所以CABBcABsinsinsi

n,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.a

cac(2)因为△ABC的周长为232,所以32,ac因为22222cos()22cosbacacBacacacB又因为4ac,所以3cos4B得47sinB.所以17sin2

sin22ABCSacBB.……………………………………12分19.解:(1)由表中数据知,3,100xy,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706.2311.04514

30403040)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π3sin

32c,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12121221212()()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221

6(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'()cosxFxex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1sin0xeax,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,()sin0x

hxeax,所以'()x在[0,]上递增,而'(0)10a,'202e,所以存在0[0,]x,有'00x,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

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