【文档说明】山东省大教育联盟学校2021届高三下学期3月收心考试数学试题答案.pdf，共(7)页，205.641 KB，由小赞的店铺上传

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第1页共7页参考答案一．单选题1.A2.A3.C4.C5.D6.B7.B8.D二．多选题9.ABD10.ACD11.BCD12.AC三．填空题13.111,,23614.8015.132π16.21952四．解答题17.（1）因为123(1)(2)233nnnnaaana

①，所以112323a，当2n时，1231(1)(1)23(1)3nnnnaaana②，①-②得(1)(2)(1)(1)(1)33nnnnnnnnann，所以1nan，而1n时也适合此式,所以1nann

N.（2）证明：122211(21)(3)33nSnnnnnn，所以2111111113425123nTnnnn，211111111323

1239nnn18.若选择①，bc，则在ABC△中π2π,63BCA，由正弦定理sinsinacAC得33c.第2页共7页在ABD△中,由正弦定理sinsincBDADBA，即33

2322BD，解得22BD，πππ321262sinsinsin123422224ABD，所以133sin224ABDSABBDABD△，若选择②，2cos32bCca，则2sincos3s

in2sin2sin()BCCABC，化简得3sin2cossinCBC，因为5π0,6C，所以sin0C，故3cos2B，又5π0,6B，故π6B，所以2π3A.由正弦定理：s

insinacAC，得33c.在ABD△中，由正弦定理sinsincBDADBA，即332322BD，解得22BD，ππ321262sinsinsin123422224ABD

，所以133sin224ABDSABBDABD△.19.(1)由题意知：350.025450.15550.2650.25750.225850.1950.0565

,又50.565210,94652210,所以11(50.594)0.68270.95450.818622PZ.(2)由题意得列联表如下：不太了解比较了解合计第3页共7页男性235315550女性140310450合计3756251000221000(2

35310315140)14.2496.635375625550450K,所以有99%的把握认为学生对垃圾分类的了解程度与性别有关.(3)不低于80分的被调查者的男女比例为3:2,所以采用分层抽样的方法抽取10人中,男性为6人,女性为

4人.设从这10人中随机抽取的3人中男性人数为,则的取值为0,1,2,3343101(0)30CPC,21463103(1)10CCPC,12463101(2)2CCPC,363101(3)6CPC,所以随机变量的分布列为0123P1303

101216所以其期望3119()2310265E20.（1）证明：过点E作EHBC于点H，因为平面BCE平面ABC，又平面BCE平面ABCBC，EH平面BCE，所以EH平面ABC，又因为DA平面ABC，所以//ADEH，因为EH

平面BCE，DA平面BCE，所以//DA平面EBC；（2）解：因为DE平面BEC，所以π2DEBDEC，第4页共7页由ABAC可知,DBDCDEDE，DEBDEC△△，则BECE，所以点H是BC的中点，连接AH，则AHBC，所以AH平面EBC，则//DEA

H，AHEH，所以四边形DAHE是矩形.以H为坐标原点，分别以,,HBHAHE所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，设2DAa，则(0,0,2)Ea、0,3,0Aa、(,0,0)Ba、(0,3,2)Daa.设平面ABD的一个法向量为1P1,m

xyz，又(,3,0)ABaa，(0,0,2)ADa.由00mABmAD，得1113020axayaz，取11y，得(3,

1,0)m.设平面BDE的一个法向量为222,,nxyz，因为(,3,2),(,0,2)BDaaaBEaa.由0nBDanBE，得2222232020axayazaxaz

，取21z，得(2,0,1)n；设二面角ABDE的平面角为，则||15|cos|cos,||5mnmnmn∣∣，由题知二面角ABDE是钝角，则二面角ABDE的余弦值为155.

第5页共7页21.(1)由题意知可得32ca,222abc,2281133ab,解得2a,1b,则椭圆C的方程为2214xy；(2)由题意,直线MN的斜率存在且不为0,设直线MN方程为ykxm,设点1122(,),(,)MxyNxy,联立2214m

yykxx,得222(41)4084kkxmxm,所以122814kmxxk,21224441mxxk,121222()214myykxxmk,因为12OMONOQ

,所以22164(,)1414kmmQkk,因为Q在椭圆上,所以222216()414()1414kmmkk,化简得221614mk,满足0,又因为直线HM与直线HN倾斜角互补,所以0HEHFkk,所以

121211220yyxx,所以121211220kxmkxmxx,第6页共7页所以121212()()02kxxmxx,所以24(2)014kmk,因为0k,所以2m,代

入221614mk得372k,所以存在满足条件的三个点,此时直线MN的方程为3722yx或3722yx.22.(1)对()ln(2)fxxa求导,得2()2fxxa.因此2(1)2fa.又因为(

1)ln(2)fa.所以曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为2ln(2)(1)2yaxa,即22ln(2)22yxaaa.由题意,22ln(2)ln323aa显然1a适合上式.令2()ln(2)(0)2aaaa

,求导得212()02(2)aaa,因此)(a为增函数．故1a是唯一解．(2)由(1)可知,2()ln(21)2(0),()ln(21)(0)21xgxxxxhxxxx因此24()202121xgxxx所以()()2

(0)gxfxxx为减函数．因为22224()021(21)(21)xhxxxx所以2()()(0)12xhxfxxx为增函数.(3)证明：由12,()ln(21)5nnna

afaa,易得0na.第7页共7页15212225nnnnnaa.由(2)可知,()()2ln(21)2gxfxxxx在(0,)上为减函数.因此,当0x时,0)0()(gxg,即xxf2)(．令1

(...2)nxan,得112)(nnaaf,即12nnaa．因此,当2n时,2112122225nnnnnaaaa．所以152122nnna成立下面证明：120na

.由(2)可知,22()()ln(21)1212xxhxfxxxx在),0(上为增函数.因此0x时,()(0)0hxh,即2()012xfxx.因此111()2fxx,即111

2(2)()2fxx.令)2(1naxn,得111112(2)()2nnfaa,即11112(2)2nnaa.当2n时,2111111222222()ln1.8()5naafaf

.因为1ln1.8ln3ln2e,所以ln1.820,所以0212a.所以,当3n时,2212211111112(2)(2)(2)0222nnnnaaaa.所以,当2n时,1

20na成立.综上所述,当2n时,1521202nnna成立.