【文档说明】山东省济南市十一学校2021届高三下学期3月校际联考数学试题评分细则.docx，共(15)页，531.478 KB，由小赞的店铺上传

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2021年3月2号高三模拟考试数学评分细则三、填空题13、25514、10−15、511602e、，注：16题求取值范围答案形式：集合，区间，不等式均得分17．（10分）在①3(cos)3sinbcAaC−=，②1t

an(1)2tanaCbB=+，③sincos()6cBbC=−这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.（1）求C；（2）若ABC的面积为103，D为AC的中点，求BD的最小值.【解析】（1）方案一：选条件①.由3(co

s)3sinbcAaC−=可得3cossin3bcAaC−=，由正弦定理得3sinsincossinsin3BCAAC−=，（2分）因为()BAC=−+，所以sinsin()BAC=+，所以3sincoscossinsincossinsin3ACACC

AAC+−=，故3sincossinsin3ACAC=，（4分）又sin0A，于是sin3cosCC=，即tan3C=，因为(0,)C，所以3C=.（6分）注：6分处如果少sin0A或(0,)C

，扣1分。方案二：选条件②.因为1tan(1)2tanaCbB=+，所以由正弦定理及同角三角函数的基本关系式，得sin1sincos(1)sin2cossinACBBCB=+，（2分）即sinsincoscoss

insin()sin2cossin2cossinACBCBCBBCBCB++==，（4分）因为ABC++=，所以BCA+=−，sin()sinBCA+=，又sin0A，所以1cos2C=，因为(0,)C，所以3C=.（6分）注

：6分处如果少sin0A或(0,)C，扣1分。方案三：选条件③.在ABC中，由正弦定理得sinsinbCcB=，又sincos()6cBbC=−，所以sincos()6bCbC=−（3分）所以31sincos()co

ssin622CCCC=−=+，所以sin3cosCC=，即tan3C=，又(0,)C，所以3C=.（6分）注：6分处如果少(0,)C，扣1分。（2）由题意知113sin103222ABCSabCab=

==，得40ab=.（8分）由余弦定理得22222111cos220442222bbbBDaabCaabaabab=+−=+−−==，当且仅当12ab=且40ab=，即25a=，45b=时取等号，所以BD的最小值为

25.（10分）注：10分处没有指明取等条件的，扣1分。18．（12分）已知正项等差数列na中，1533aa=，2225a=.（1）求数列na的通项公式；（2）若naN，243nnnba−=+，求nb的前项和nT.18、【解析】（1）设正项等差数列na的公差为d，因为2225

a=，所以25a=，所以15ad+=，（1分）又1533aa=，所以11(4)33aad+=，得2d=或43d=（2分）当2d=时，13a=，此时32(1)21nann=+−=+；（4分）当43d=时，1113a=，此时11447(1)3333nann=+−=+.（6分）注：得

到d的两个值得2分，只算出一个的扣1分；这一问整体只得到一个正确的通项公式的得3分。（2）因为naN，所以21nan=+.（8分）因为243nnnba−=+，所以243(21)nnbn−=++，（9分）所以1012433435

43743(21)nnTn−−=+++++++++1012(4444)3[357(21)]nn−−=++++++++++1(14)(321)43142nnn−++=+−124136312nnn−=++−.（12分）注：1、没有写出21nan=+直接得到243(21)nnbn−=+

+不扣分。2、若求和是分步求解的，每一个和式各1分，最后答案合并1分。19．（12分）在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，CD∥AE，AC⊥AE，AB⊥BC，CD＝1

，AE＝AC＝2，F为DE的中点，且点E满足EB4EG=．（1）证明：GF∥平面ABC；（2）当多面体ABCDE的体积最大时，求二面角A—BE—D的余弦值．19、【解法一】（1）分别取EBAB,中点NM,，连结NDMNCM,,.在梯形ACDE中，EADC

//且EADC21=，且NM,分别为BEBA,中点EAMNEAMN21,//=CDMNCDMN=,//四边形CDNM是平行四边形DNCM//（3分）又EBEG41=，N为EB中点，G为EN中点

，又F为ED中点DNGF//CMGF//又CM平面ABC，GF平面ABC//GF平面ABC（5分）注：1、3分处，必须有CDMNCDMN=,//，其它条件不全不扣分；2、5分处，线在面外，线在面内至少有一个，否则扣

1分。（1）【解法二】取AE中点N,NE的中点M,连接MF,ND.ABMGEBEGEAEM//,41,41则由题意==,(1分)NDMFNEMEDF//中点，为中点，为又(2分)为平行四边形即四边形且且又ACDNDCNADCNADCAEDCAE,,//2,

//==ACMFACND//,//则（3分）ACBMFGAABACGMGMF面面又//,,==（4分）ABCGFMFGGF面面//,（5分）注：1分，2分，3分处不写理由不扣分；5分处没有线在面内扣1分ACAxABCAEAEACACABCACDE⊥⊥⊥⊥作面则

又交于面）【解法三】由面（,,1示的坐标系为正交基底建立如图所以AEACAx,,（1分）()()得由，，设,4,23,1,0,2,0,00,EGEBFEbaB=23,4,4b

aG（2分）()1,0,0,0,41,4=−−=nABCbaGF法向量为面（4分）nGFnGF⊥=•即则,0（5分）ABCGFABCGF面面又//,（6分）注：该解法将第2问建系分数给第1问；

2分处必须写出G点坐标；4分处向量GF与法向量各1分；6分处需写出线不在面内。（2）在平面ABC内，过B作ACBH⊥交AC于H.平面⊥ACDE平面ABC，平面ACDE平面ACABC=，BH平面ABC，ACBH⊥，⊥BH平面ACDE（6

分）BH即为四棱锥ACDEB−的高，又底面ACDE面积确定，所以要使多面体ABCDE体积最大，即BH最大，此时2ABBC==过点H作AEHP//，易知HPHCHB,,两两垂直，以HPHCHB,,为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系xyzH−（7分）则)1,1,0(),2,

1,0(),0,0,1(),0,1,0(DEBA−−)1,2,0(),2,1,1(),0,1,1(−=−−==DEBEAB设),,(1111zyxn=为平面ABE的一个法向量，则==0011BEnABn，所以=+−−=+02011111zyxyx，取)0,1,1(1−=

n（8分）设),,(2222zyxn=为平面DBE的一个法向量，则==0022BEnDEn，所以=+−−=+−020222222zyxzy，取)2,1,3(2=n（10分）所以77||||,cos212121

==nnnnnn，（11分）二面角DBEA−−为钝二面角，所以二面角DBEA−−的余弦值为77−（12分）注：1、7分处必须说明什么时候体积最大，否则扣1分。2、其它建系办法参考给分，建系说明垂直1分，体积最大说明1分，两个法向量简单的1分，复杂的2分，余弦

值1分，结论1分.20．（12分）为实现有效利用扶贫资金，增加贫困村民的收入，扶贫工作组结合某贫困村水质优良的特点，决定利用扶贫资金从外地购买甲、乙、丙三种鱼苗在鱼塘中进行养殖试验，试验后选择其中一种进行大面积养殖，已知鱼苗甲的自然成活率为2

p-1，鱼苗乙、丙的自然成活率均为p，且甲、乙、丙三种鱼苗是否成活相互独立.（1）试验时从甲、乙、丙三种鱼苗中各取一尾，记自然成活的尾数为x，求x的分布列.（2）试验后发现乙种鱼苗较好，扶贫工作组决定购买n尾乙种鱼苗进行大面积养殖，若将（1）中满足数学期望E

（x）不超过2.6的p的最大值作为乙种鱼苗成活的概率，养殖后发现乙种鱼苗有个别因不能适应环境而不能自然成活，对这些因不适应环境而不能自然成活的80%鱼苗采取增氧、换鱼塘等措施，采取措施后成活的概率为62.5%.若每尾乙种鱼苗最终成活后可获利100元，不成活则亏损20元，若扶贫工作组的扶贫目标是

获利不小于376万元，问需至少购买多少尾乙种鱼苗？20、【解析】（1）随机变量x的所有可能取值为0,1,2,3,则P（x=0）=P（x=1）=P（x=2）=P（x=3）==2（4分）故x的分布列为x0123P2（5分）注：1、概率计算一个一分，出现一个错误

分布列的1分不再给；2、没有单独求解但分布列都正确不扣分。（2）由（1）知E（x）=4p-1（6分）因为4p-1，所有,即乙种鱼苗自然成活的概率为0.9依题意知一尾乙种鱼苗最终成活的概率为0.9+0.1（8分）那么n尾乙种鱼苗最终成活的尾数为0.95n，不成活的尾数是（1-0.95）n（9分）设

F（n）为购买n尾乙种鱼苗最终可获得的利润，则F（n）=100（11分）所有需至少购买40000尾乙种鱼苗，才能确保获利不低于376万元。（12分）注：6分处没有说明直接得到概率值为0.9，不扣分；没有作答扣1分。21．（12分）已知函数()l2n()1fxxxx

−=++R．（1）讨论函数()fx的单调性；（2）当2=时，求证：()0fx在(1,)+上恒成立；（3）求证：当0x时，()2e1ln(1)xxx−+．21、【解析】（1）【解法一】:函数

()fx的定义域为(0,)+，()()()22212111xxfxxxxx+−+=−=++()221,4gxxx=−+=−（1分）（求出导数1分，两种形式都可以，定义域不占分）()()20,0,xfx−当时，g()()0+fx在，单增；（2分）()()

2200,0,xfx当-时，，g()()0+fx在，单增；()()()222222224420,,22440,.224444,0,.2222fxxfxxxfx−−+−−−+−−−+−−

−+−+当时，解得解得0或在单减，在，和单增2212124420,,0,022xxxx−−+−==当时,设两根为则()()()()12120<0,0,<0,0,xxxxxfxxxxxfx当或时，g当时，g()()(

)()1212,0,.fxxxxx+故在单减，在，和单增(4分)（写对一个给1分）()()20+fx综上：当时,在，上是增函数；（没综上不扣分）【解法二】函数()fx的定义域为(0,)+，()()()()22221121=111xxxxfxxxxxx+−+−+=−=+++

（1分）()()()12,20,0+xxfxfx+当时，在，上是增函数；（2分）()222244442,0,.2222fx−−+−−−+−+

当时，在单减，在，和单增(4分)（写对一个给1分）()()20+fx综上：当时,在，上是增函数；（没综上不扣分）()()()()()220+00.fxfxf==当时,在，单增，()0fx故在(1,

)+上恒成立；（6分）注：不说明单调性扣1分（3）【解法一】()()()222210,ln,0ln+1.12xxxfxxxxxx−++由知，当时，即当时,()()()222211ln1,1,1.22xxxxexxexexxx−+−+++要证只需证只需证（8

分）注：两个转化各1分()()()()()()()()()()()222110,1,210,00,10+00.1.e1ln2(1)0xxxxxhxexxxhxxxexhxehxhhxhxhexxx=−−−=−−=−

==−+++令在，单增，即故当时，（12分）注：构造新函数并求导得2分，二阶求导得一阶导函数的单调性1分，最终结论1分【解法二】()()()222210,ln,0ln+1.12xxxfxxxxx

x−++由知，当时，即当时,()222244442,0,.2222fx−−+−−−+−+当时，在单减，在，和单增()()()222221

1ln1,1,1,22111.2xxxxxexxexexxxxxe−−+−+++++要证只需证只需证只需证（8分）注：两个转化各1分()()()()()()22111,0,220+01,xxxxxexxexx−−=++=−

=令在，单减，得证.（12分）注：构造新函数并求导得2分，说明函数的单调性1分，最终结论1分【解法三】()()()()()2ln11ln1ln11ln1,.11xxxxexxxexxxexe−++

+−+−−要证只需证只需证（8分）注：两个转化各1分()()()()()()()()()22ln1,g1.ln11ln111xxgxxgexxxxxxxgxxxx+=−−+−+++==+设只需证则()()()()()()()()()()()()()()1ln1,ln10,

00,0,0+1.k1,k10,kk00.xxxtxxxxtxxtxtgxgxxexexxex=−++=−+=−=−−=−=令则在，单减.故只需证即可得证（12分）注：构造新函数并求导得1分，t(x)求导得其单调性1分，新函数的单调性1分，

最终结论1分。22．（12分）已知21,FF分别是椭圆()01:2222=+babyaxC的左右焦点，P是椭圆C上异于左右顶点BA,的任一点，当12PFF的面积最大值为3时，此时12PFF为正三角形.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设PB交直线4=x于M，AM交椭圆C于Q.（i

）证明：APAQkk为定值；（ii）求APQ面积的最大值.22、【解析】：（1）由题意可得：()3max21==bcSFPFcacbFPF2,321==为正三角形可得：由（1分）解得：1,3,2===cba椭圆C的标准方程为13422=+yx（3分）注：a,b

,c值错一个则后面分都没有，没有写出a,b,c的值，椭圆标准方程对不扣分。（2）（i）证明:由题意设),(11yxP，()0,4yM，()22,yxQ,又()()0,2,0,2BA−211+=xykAP,62400y

ykkAMAQ=+==（4分）()22:11−−=xxyylBP，224110−==xyyx时，当（5分）注：表示出M点的纵坐标得1分，只写出直线BP方程没有分。()()432326221211111011−=−+=+=xyxyxyyx

ykkAQAP此时，()2121212121443413134xxyyx−=−==+则又代入上式可得：41-=AQAPkk（7分）注：没有化简得过程直接得出结果扣1分()0123643:)(ii222=−++++=tmtyymtmyxPQ与椭圆方程联立可得：设直线

+−=+−=+431234362221221mtyymmtyy由韦达定理+−=+=+4312443822221221mmtxxmtxx又（8分）注：表示出一组韦达定理得1分，只写出联立得到的一元二次方程没有分。()()41-222221212211=++=++=

xxyyxyxykkAQAP由411616412322−=++−ttt化简可得：()舍或解得：化简可得：21,02-2−===+tttt（9分）0,1:+=满足为此时直线myxPQ()43118423212221221212++=−+=−=mmyyyyyyAFSAPQ（1

0分）1,11222−=+=mm则令)1:,0291113131813182===+++=+=xlmSSPQAPQAPQ，此时最小值为时故单调递增，在，则，（12分）注：最值求解

也可利用导数处理，没有说明单调性的不扣分；没有写出m=0不扣分。