【文档说明】湖北省襄阳市第五中学2021届高三下学期周测（4.5）数学试题答案.docx，共(4)页，94.938 KB，由小赞的店铺上传

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高三数学周考答案1-8、BBABDDAA9、BD10、ACD11、AD12、AD13、614、-1115、x+2y-4=016、(0,1𝑒]17.解：(1)若选①，由已知得sin2𝐵+sin2𝐶−sin2𝐴=sin𝐵sin𝐶，故由正

弦定理得𝑏2+𝑐2−𝑎2=𝑏𝑐.由余弦定理得cos𝐴=𝑏2+𝑐2−𝑎22𝑏𝑐=12．因为0⬚∘<𝐴<180⬚∘，所以𝐴=60⬚∘．若选②，由二倍角公式cos𝐴2=1−2sin2𝐴4=√32，cos𝐴=2cos2𝐴2−1=12．又A为三角形内角，因此𝐴=

60∘；若选③，由题设及正弦定理得sin𝐵sin𝐵+𝐶2=sin𝐴sin𝐵．因为sin𝐵≠0，所以sin𝐵+𝐶2=sin𝐴．由𝐴+𝐵+𝐶=180⬚∘，可得sin𝐵+𝐶2=cos𝐴2，故．因为，故，又A为三角形内角，因此𝐴=60∘.（5’）

(2)由已知，当𝛥𝐴𝐵𝐶有且只有一解时，𝑚sin𝜋3=√3或0<𝑚⩽√3，∴𝑚∈(0,√3]⋃{2}①当𝑚=2时，𝛥𝐴𝐵𝐶为直角三角形，②当0<𝑚≤√3时，∵𝑎=√3,𝐴=𝜋

3,由余弦定理可得𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐cos𝐴≥2𝑏𝑐−𝑏𝑐=𝑏𝑐,∴𝑏𝑐≤3,当且仅当𝑏=𝑐时等号成立，∴三角形面积为（10’）18.解：(1)设等比数列{𝑎𝑛}的公比为q，因为�

�3+𝑎3，𝑆5+𝑎5，𝑆4+𝑎4成等差数列，所以𝑆5+𝑎5−𝑆3−𝑎3=𝑆4+𝑎4−𝑆5−𝑎5，即4𝑎5=𝑎3，于是𝑞2=𝑎5𝑎3=14．又{𝑎𝑛}不是递减数列且𝑎1=32，所以𝑞=−12

．故等比数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=32×(−12)𝑛−1=(−1)𝑛−1⋅32𝑛．（6’）(2)由(1)得当n为奇数时，𝑆𝑛随n的增大而减小，所以1<𝑆𝑛⩽𝑆1=32，故0<𝑆𝑛−1𝑆𝑛⩽𝑆1−1𝑆1=32−23=

56．当n为偶数时，𝑆𝑛随n的增大而增大，所以34=𝑆2⩽𝑆𝑛<1，故．所以数列{𝑇𝑛}最大项的值为56，最小项的值为−712．（12’）19.(1)证明：因为𝐴𝐸//𝐶𝐹，𝐴𝐸=𝐶𝐹，所以四边形ACFE为平行四边形，

所以𝐴𝐶//𝐸𝐹．在等腰梯形ABCD中，∠𝐷𝐴𝐵=60⬚∘，所以𝐴𝐵=2𝐵𝐶，所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐶．又𝐶𝐹⊥平面ABCD，所以BC，𝐶𝐹⊂平面BCF，所以𝐴𝐶⊥平面BCF．因为𝐴𝐶//𝐸𝐹，所以𝐸𝐹⊥平面BCF；（4’）(2)解：依题意，以

C为坐标原点，分别以直线𝐶𝐴,𝐶𝐵,𝐶𝐹为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以设所以设𝑛1⃗⃗⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)为平面MAB的法向量，由{𝑛1⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,

𝑛1⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,得{−√3𝑥+𝑦=0,√3𝜆𝑥−𝑦+𝑧=0,取𝑥=1，所以因为𝑛2⃗⃗⃗⃗=(0,0,1)是平面ABC的一个法向量，设平面MAB与平面ABC所成的锐二面角为𝜃，所co

s𝜃=|𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|=|√3−√3𝜆|√1+3+(√3−√3𝜆)2=12．因为0≤𝜆≤1，所以𝜆=13，所以所以存在𝜆=𝐹𝑀𝐸𝐹=13使平面MAB与平面ABC所成锐二面角为𝜋3．（12’）2

0.解：(1)因为双曲线E：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)为等轴双曲线，所以𝑎=𝑏，设双曲线的焦距为2c，𝑐>0，故𝑐2=𝑎2+𝑏2=2𝑎2，即𝑐=√2𝑎．因为BC过

右焦点F，且垂直于x轴，将𝑥𝐵=𝑐=√2𝑎代入𝑥2𝑎2−𝑦2𝑎2=1，可得|𝑦𝐵|=𝑎，故|𝐵𝐶|=2𝑎．又△𝐴𝐵𝐶的面积为√2+1，所以12×|𝐵𝐶|×|𝐴𝐹|=√2+1，即12×2𝑎×(𝑎+𝑐)=√2+

1，所以𝑎2=1，𝑎=1，故双曲线E的方程为𝑥2−𝑦2=1；（4’）(2)依题意，直线l：𝑦=𝑘𝑥−1与双曲线E的左，右两支分别交于M，N两点，联立方程组{𝑥2−𝑦2=1𝑦=𝑘𝑥−1消去y可得，(1−𝑘2)𝑥2+2𝑘𝑥−2=0，所以{1−𝑘2≠0,𝛥=

(2𝑘)2−4(1−𝑘2)×(−2)>0,𝑥𝑀𝑥𝑁=−21−𝑘2<0,解得−1<𝑘<1，且{𝑥𝑀+𝑥𝑁=−2𝑘1−𝑘2𝑥𝑀𝑥𝑁=−21−𝑘2,所以|𝑀𝑁|=√

(𝑥𝑀−𝑥𝑁)2+(𝑦𝑀−𝑦𝑁)2=√1+𝑘2|𝑥𝑀−𝑥𝑁|=√1+𝑘2√(𝑥𝑀+𝑥𝑁)2−4𝑥𝑀𝑥𝑁=√1+𝑘2√(−2𝑘1−𝑘2)2−4×−21−𝑘2=2√1+𝑘2⋅√2−𝑘21−𝑘2．联立方程组{𝑦=

𝑥,𝑦=𝑘𝑥−1,得𝑥𝑃=1𝑘−1，同理𝑥𝑄=1𝑘+1，所以|𝑃𝑄|=√1+𝑘2|𝑥𝑃−𝑥𝑄|=√1+𝑘2|1𝑘−1−1𝑘+1|=2√1+𝑘21−𝑘2．所以|𝑀𝑁||𝑃𝑄|=2√1+𝑘2⋅√2−𝑘21−𝑘22√1+𝑘21−𝑘2=

√2−𝑘2，其中−1<𝑘<1，所以|𝑀𝑁||𝑃𝑄|∈(1,√2].（12’）21.解：(1)由题意知机器运行时间不少于3个月，共有三种可能：第一，取到2个一等品，对应概率为𝐶42𝐶62=25，第二，取到1个一等

品，1个二等品，且二等品的使用寿命为3个月，对应概率为𝐶41𝐶21𝐶62×12=415，第三，取到2个二等品，且二者使用寿命均为3个月，对应概率为：𝐶22𝐶62×12×12=160，∴机器可运行时间不少于3个月的概率𝑃=

25+415+160=4160．（6’）(2)若采用甲方案，则机器正常运行的时间为𝑋(单位：月)，则X的可能取值为5，6，𝑃(𝑋=6)=12×12=14，𝑃(𝑋=5)=1−𝑃(𝑋=6)=34

，则X的分布列为：∴𝐸(𝑋)=5×34+6×14=214，它与成本价之比为𝐸(𝑋)5+5=2140，若采用方案乙，两个二等品的使用寿命之和𝑌(单位：月)，Y的可能取值为4，5，6，𝑃(𝑌=4)=12×12=14，𝑃(𝑌=5)=2×12×

12=12，𝑃(𝑌=6)=12×12=14，则Y的分布列为：记M为一等品的使用寿命(单位：月)，此时机器的正常运用时间为Z，则Z的可能取值为4，5，6，𝑃(𝑍=4)=𝑃(𝑌=4)=14，𝑃(𝑍=

5)=𝑃(𝑀=5,𝑌>5)+𝑃(𝑀=6,𝑌=5)=12×34+12×12=58，𝑃(𝑍=6)=𝑃(𝑀=𝑦=6)=12×14=18，Z的分布列为：𝐸(𝑍)=4×14+5×58+6×18=3

98，它与成本价之比为𝐸(𝑍)5+2+2=1324，∵2140<1324，∴从性价比角度考虑，方案乙更实惠．(12’)22.解：(1)𝑓′(𝑥)=1−1𝑥，所以切线斜率为𝑓′(1)=0，又𝑓(1)=−

1，切点为(1,−1)，所以切线方程为𝑦=−1．(4’)(2)令𝑓′(𝑥)=1−1𝑥=0，得𝑥=1，当0<𝑥<1时，𝑓′(𝑥)<0，函数𝑓(𝑥)单调递减；当𝑥>1时，𝑓′(𝑥)>0，函数�

�(𝑥)单调递增，所以𝑓(𝑥)的极小值为𝑓(1)=−1<0，又，所以𝑓(𝑥)在区间(0,1)上存在一个零点𝑥1，此时𝑘=0；因为，所以𝑓(𝑥)在区间(3,4)上存在一个零点𝑥2，此时𝑘=3．综上，k的值为0或3.，∴𝑔′

(𝑥)=1𝑥+𝑥−(𝑏+1)=𝑥2−(𝑏+1)𝑥+1𝑥，若𝑏⩾32，则(𝑏+1)2−4=(𝑏+3)(𝑏−1)>0恒成立，∴𝑥1+𝑥2=𝑏+1，𝑥1𝑥2=1，，∵0<𝑥1<𝑥2，设𝑡=𝑥1𝑥2，则0<𝑡<1，令，0<𝑡<1，则𝐺′(𝑡)

=1𝑡−12(1+1𝑡2)=−(𝑡−1)22𝑡2<0，∴𝐺(𝑡)在(0,1)上单调递减；∵𝑏≥32，∴(𝑏+1)2⩾254，∵(𝑏+1)2=(𝑥1+𝑥2)2=𝑥12+2𝑥1𝑥2+𝑥22𝑥1𝑥2=𝑥1�

�2+2+𝑥2𝑥1=𝑡+1𝑡+2，∴𝑡+1𝑡+2≥254，∴4𝑡2−17𝑡+4≥0，∴0<𝑡≤14，∴当𝑡=14时，，，即实数k的最大值为(12’)X56P3414Y456P1412

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