【文档说明】湖北省七市教科研协作体2021届高三下学期3月联考 数学（数学答案）.docx，共(5)页，402.976 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-26f9759fb2bf3a2f93246f586642fb23.html

以下为本文档部分文字说明：

湖北省七市（州）教研协作体2021年高三年级3月联考数学参考答案一、单项选择题题号12345678答案DABBCADC二、多项选择题题号9101112答案ADCDBCBCD三、填空题13．34−14．315．1.2616．(1,5]四

、解答题17．（1）因为ABC++=，所以ACB+=−，由4cos()2cos230ACB+++=，可得24cos2(2cos1)30BB−+−+=，即24cos4cos10BB−+=，3分得1cos2B=，因为0B，所以3B=.5分（2）在ABD△中，由余弦定理可得2222c

osADABBDABBDB=+−，即224864218BDBD=+−，即21608BDBD+−=，解得4BD=.7分所以11322284s16322in2ABCABDBSDBSAB====△△.10分18．（1）因为1351035aaS+==，所以11527ad

ad+=+=，解得132ad==，2分所以1(1)21naandn=+−=+．4分（2）由(1)得:123357...(21)1(21)2nnbbbnbn+++++=+−，①所以11231)357..

.(21))1(23)22(nnbbbnbnn−−++++−=+−…，②两式相减得：1(21)(21)2(2)nnnbnn−+=+…，所以1()22nnbn−=…，7分又由①式得11b=，适合上式，所以1*2)(nnbnN−=．8分所以2241111()(21)11(23)2223(l

og)nnnnabnn+−+==+++，10分所以1111111()235572123nTnn=−+−++−++111()2323n=−+69nn=+．12分19．（1）因为ABCD是直角梯形，AB∥DC，90BAD=，所以ADDC⊥，又因为PDDC⊥，PDADD=，所以CD⊥平面

PAD，又因为PA平面PAD，所以CDPA⊥，2分取CD的中点E，连接BE，在RtBCE△中，2BC=，1CE=，可得3BE=，所以3AD=，又22PDPA==，所以222PAADPD+=，所以PAAD⊥，4分又ADCDD=，所以PA⊥平面A

BCD.5分（2）以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则(1,0,0)B，D(0,3,0)，(0,0,1)P，所以(1,0,1)BP=−，(1,3,0)BD=−，设平面PBD的法向量()

,,xyz=m，由030BPxzBDxy=−+==−+=mm，得030xzxy−+=−+=，令1y=，得()3,1,3=m，7分设()000,,Mxyz，由(01)BMBD=，得000(1,,)

(1,3,0)xyz−=−，所以()1,3,0M−，所以(0,0,1)AP=，()1,3,0AM=−，设平面PAM的法向量()111,,xyz=n，由00APAM==nn，得1110(1)30zxy=−+

=，令13x=，得平面PAM的一个法向量为(3,1,0)=−n.9分设二面角APMB−−的平面角为，则有22231417cos774217(3)(1)+−−====−++

−nmnm，解得0=或12=，因为01，所以12=.12分20．（1）椭圆的左右焦点分别为1(,0)Fc−，2(,0)Fc，而双曲线2C：2241yx−=的顶点分别为(1,0)−，(1,0)，所以1c=．1分又椭

圆的上顶点为(0,)b，而双曲线2C：2241yx−=的一条渐近线为2yx=，则有||555b=，解得1b=．3分222112a=+=，所以椭圆E的方程为2221xy+=．4分（2）设直线l的方程为1x

ty=−，(t一定存在），代入2222xy+=，并整理得22(2)210txty+−−=，△2244(2)0tt=++恒成立，设1(1Mty−，1)y，2(1Nty−，2)y，则12222tyyt+=+，1

2212yyt−=+．5分设0(Px，0)y，由222FPFMFN=+，得012012122xtytyyyy−=−+−=+，即2012201226()3222txtyyttyyyt+=+−=−+=+=+，又点P在椭圆1C

上，故2222222(6)412(2)(2)tttt++=++，即4212280tt−−=，解得214t=（舍负），8分因为满足222FPFMFN=+的点P也在椭圆1C上，所以四边形2FMPN是平行四边形，设四边形2FMPN的面积为S，则有222212

12121222242(1)44(2)||||2()42(2)2tttSFFyyyyyytt+++=−=+−==++，11分代入214t=，得四边形2FMPN的面积304S=．12分21．（1）当2n=时，一个系统有3个电子元件，则一个系统需要维修的概

率为2333111C()()222+=1分设X为该电子产品需要维修的系统个数，则1(3,)2XB，500X=2分∴3311(500)()C()(),0,1,2,322kkkPkPXkk−=====4分∴的分布列为∴150037502E==6分（2）

记21k−个元件组成的系统正常工作的概率为kp.21k−个元件中有i个正常工作的概率为2121C(1)iikikpp−−−−，因此系统工常工作的概率212121C(1).kiikikkikppp−−−−==−7分在

21k−个元件组成的系统中增加两个元件得到21k+个元件组成的系统，则新系统正常工作可分为下列情形：（a）原系统中至少有1k+个元件正常工作，概率为121C(1)kkkkkppp−−−−；8分（b）原系统中恰有k个元件正常工作，且

新增的两个元件至少有1个正常工作，概率为2121[1(1)]C(1)kkkkppp−−−−−；9分（c）原系统中恰有1k−个元件正常工作，且新增的两个元件均正常工作，概率为21121C(1).kkkkppp−−−−10分因此

，2112111212121C(1)[1(1)]C(1)C(1)kkkkkkkkkkkkkkpppppppppp−−−−+−−−−=−+−−−−−121(1)C(21)kkkkppp−−=−−故当12p时，kp单调增加，增加两个元件后，能提高系统的可靠性

.12分22．（1）22ee1e()(1e)xxxxxfxxxx−−+==−+，1分易证当0x时，e1xx+，则e1xx−−+，即e10xx−+−，所以()0fx，故()fx在(,0)−，(0,)+上单调递增．4分050010

001500P18383818（2）由题意得0x，e12lnxxkx−−…，令e1()2lnxFxxx−=−，要证：1.1，即证()1.1Fx．22ee12ee21()xxxxxxxFxxxx−+−

−+=−=，令()ee21xxgxxx=−−+，则()e2xgxx=−，()(1)e0xgxx=+，所以()gx在(0,)+上单调递增，又(0)20g=−，(1)e20g=−，故0(0,1)x，使得0()0gx=，即002exx

=．6分所以0(0,)xx，有()0gx，()gx单调递减；0(,)xx+，()0gx，()gx单调递增．所以0()()gxgx…，(0)0g=，00000002()ee212210xxg

xxxxx=−−+=−−+，3231()e2022g=−，所以存在103(,)2xx，使得()10gx=，即11121e1xxx−=−，且满足1(0,)xx，()0Fx，()Fx单调递减；()1,xx+，

()0Fx，()Fx单调递增；所以()111111e1()2ln2ln11xFxFxxxxx−=−=−−…．8分令1()2ln1hxxx=−−，则212()0(1)hxxx−=−−，故()hx单调递减，又132x

，所以33()()2(1ln)22hth=−．9分则只需证明0.4520933332(1ln)1.1ln0.45e()e2222−，又8e263=，可先证明20938()()23，又53243=，82256=，则5832，所

以30482193832()()23，而202133()()22，所以209938()()e23，证毕！12分注：关于332(1ln)1.1ln0.4522−的证明下面再给出一种证法:由对数均值不等式（需要证明

）得3232ln3ln2−−，即6ln3ln26−，又210.456，所以3lnln3ln20.452=−，证毕！获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.co

m