【文档说明】湖北省襄阳市第五中学2021届高三下学期周测（4.1）数学试题答案.docx，共(7)页，447.849 KB，由小赞的店铺上传

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周四测试题1-4CDAA5-8CDDC9.AC10.BC11.AB12.ACD13．014.(1)2(2)915．,2−+16.10,317．【详解】（1）∵2bcosB＝acosC+ccosA，∴根据正弦定理，可得2sinB

cosB＝sinAcosC+sinCcosA，即2sinBcosB＝sin（A+C）.又∵△ABC中，sin（A+C）＝sin（180°﹣B）＝sinB＞0∴2sinBcosB＝sinB，两边约去si

nB得2cosB＝1，即cosB12=，∵B∈（0，π），∴B3=.（2）∵在△ACD中，AD＝2，且AC6=，CD3=−1，∴由余弦定理可得：cosC()22(6)(31)4222631+−−==−，∴C4=，∴A＝π﹣B﹣C512

=，由sinsinACABBC=，可得6sinsin34AB=，∴AB＝2，∴S△ABC12=ABACsinA12=26sin（46+）6=（sin4cos6+cos4sin6）6=（6244+）332+=.1

8．解：（1）当2n…时，因为14+=nnSa，所以14nnSa−=，两式相减得，1144nnnaaa+−=−.所以()11222nnnnaaaa+−−=−.当1n=时，因为14+=nnSa，所以214Sa=，又14a=，故212

a=，于是2124aa−=，所以12nnaa+−是以4为首项2为公比的等比数列.所以1122nnnaa++−=，两边除以12n+得，11122nnnnaa++−=.又122a=，所以2nna是以2为首项1为公差的等差数列.所以12nnan=+，即(1)2nn

an=+.（2）若选①：1nnnbaa+=−，即1(2)2(1)2(3)2nnnnbnnn+=+−+=+.因为123425262(3)2nnTn=+++++，所以23412425262(3)2nnTn+=++

+++.两式相减得，()123142222(3)2nnnTn+−=++++−+()114218(3)221nnn−+−=+−+−1(2)24nn+=−++所以1(2)24nnTn+=+−.若选②：2lognnabn=，即22211loglo

g2lognnnnbnnn++=+=+.所以222231logloglog(12)12nnTnn+=+++++++2231(1)log122nnnn++=+2(1)log(1)2nnn+=++.若选③：21nnnnabaa++=，即111

44114nnnnnnnaabaaaa+++−==−.所以12231111111444nnnTaaaaaa+=−+−++−11114naa+=−11144(2)2nn+=−+111(2)2nn−=−+.19．（1）因为

PA⊥平面ABCD，ABÌ平面ABCD，AD平面ABCD，所以PAAB⊥，PAAD⊥，又因为ABAD⊥，则以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得(0,0,0)A，(2,0,0)B，(2,4,0)C，(0,2,0)D，(0,0,4)P，(2,1,0)E，所以(2

,1,0)DE=−，(2,4,0)AC=，(0,0,4)AP=，因为221400DEAC=−+=，0DEAP=，所以DEAC⊥，DEAP⊥，又APACA=，AP平面PAC，AC平面PAC，所以DE⊥平面PAC.（2）由（1）可知DE⊥平面PAC，(2,1,0)DE=

−可作为平面PAC的法向量，设平面PCD的法向量(,,)nxyz=因为(0,2,4)PD=−uuur，(2,4,4)PC=−uuur.所以00nPDnPC==，即2402440yzxyz−=+−=，不妨设1z=，得(2,2,1)n=−.222

22(2)(1)2025cos,52(1)(2)21DEnDEnDEn−+−+===−+−−++，又由图示知二面角APCD−−为锐角，所以二面角APCD−−的正弦值为55.（3）设CQCP=(01)，即(2,4,4)CQCP

==−−uuuruur，(2,1,0)DE=−，所以(22,44,4)Q=−−，即(2,43,4)QE=−−uuur，因为直线QE与平面PAC所成角的正弦值为55，所以2222222(43)05cos52(1)(2)(43)(4)QEDEQE

DEQEDE−−+===+−+−+−，即2362493−+=，解得23=，即23CQCP=.20.【解析】（1）记事件A为“该公司所选的3个城市中至少有1个在国内”，则()()38313281151111

43143CPAPAC=−=−=−=，所以该公司所选的3个城市中至少有1个在国内的概率为115143.（2）设该产品每月的总利润为Y，①当10n=时，1000Y=万元．②当11n=时，Y的分布列为所以()9500

.111000.91085EY=+=万元.③当12n=时，Y的分布列为所以()9000.110500.412000.51110EY=++=万元.④当13n=时，Y的分布列为所以()8500.110000.411500.313

000.21090EY=+++=万元.综上可知，当12n=时()1110EY=万元最大，故建设厂房12间．21．（2）1当直线的斜率为0时，11133AABB=或2当直线的斜率不为0时，设直线AB的方程为()()11221,,,,.xnyAxyBxy=

+由221143xnyxy=++=消去x,化简整理得，()2234690nyny++−=，显然()214410n=+，由韦达定理可得：12122269,3434nyyyynn−+=−=++设(0)BFFA=，21yy−=即21yy

=−()12126134nyyyn+=−=−+①21212934yyyn−==−+②由①②消去1y，可得()2221434nn−=+（ⅰ）当0n=时，1=，（ⅱ）当0n时，()221440,433n−=

+，()21403−解得133且1，综合（ⅰ）（ⅱ）得：1331112211(,3)32AFAAyBByBF===综上12得：111[,3]3AABB。2

2.解：()1由已知，()fx的定义域为()0,+，()2xxaaxefxxexx−=−=，①当0a时，20xaxe−，从而()'0fx，所以()fx在()0,+内单调递减，无极值点；②当0a时，令()2

xgxaxe=−，则由于()gx在)0,+上单调递减，()00ga=，()()10aagaaaeae=−=−，所以存在唯一的()00,x+，使得()00gx=，所以当()00,xx时，()0gx，即()'0fx；当()0,xx+时，()0gx，即()'0fx，所

以当0a时，()fx在()0,+上有且仅有一个极值点.综上所述，当0a时，函数()fx无极值点；当0a时，函数()fx只有一个极值点；()2证明：()i由()1知()2xaxefxx−=．令()2xgxaxe=−，由ae得()10gae=−，所以()0

gx=在()1,+内有唯一解，从而()'0fx=在()0,+内有唯一解，不妨设为0x，则()fx在()01,x上单调递增，在()0,x+上单调递减，所以0x是()fx的唯一极值点．令()1hxlnxx=−+，则当1x时，()1'10hxx=−，故()

hx在()1,+内单调递减，从而当1x时，()()10hxh=，所以1lnxx−．从而当ae时，1lna，且()()()()()1110lnaflnaalnlnalnaealnalnaa=−−−−−=又因为()10f=，故()fx在()1,+

内有唯一的零点．()ii由题意，()()0100fxfx==即()012011010xxaxealnxxe−=−−=，从而()0120111xxxelnxxe=−，即1011201xxx

lnxex−−=．因为当11x时，111lnxx−，又101xx，故10112011xxxexx−−−，即1020xxex−，两边取对数，得1020xxlnelnx−，于是1002xxlnx−，整理得0012xlnxx+．获

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