【文档说明】湖北省武汉市2021届高中毕业班四月质量检测数学试题答案4月.pdf，共(10)页，4.150 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7426f0e2a71351941ecfa1690ebbc90c.html

以下为本文档部分文字说明：

数学试卷参考答案第页（共4页）选择题：题号答案1B2A3D4A5C6B7C8D9BCD10AC11ABD12ABC填空题：13.-1414.4π15.ex-1ex+1（其它正确答案同样给分）16.①18②

2n+(-1)n⋅2解答题：17.（10分）解：设{an}的公差为d.若选①，由2S5=S3+S9+12得：2(5a1+10d)=(3a1+3d)+(9a1+36d)+12.整理得：2a1+19d+12=0，又a1=13∴d=-2.由Sm=Sk得：ma1+m(m-1)2d=ka1+k(k-

1)2d.∴13m-m(m-1)=13k-k(k-1).∴(m-k)(14-m-k)=0，又m<k，∴m+k=14.故存在正整数m,k满足m+k=14.若选②，由S7a4+a6+a7+a9=73得：7a1+21d2(a4+a9)=73，即a1+3d2(2

a1+11d)=13.∴a1+13d=0，又a1=13，∴d=-1.由Sm=Sk得：ma1+m(m-1)2d=ka1+k(k-1)2d.∴13m-m(m-1)2=13k-k(k-1)2，又m<k.∴m+k=27，故存在正整数m,k，满

足m+k=27.若选③，由a52-a32a42-a22=47得：(a5+a3)⋅2d(a4+a2)⋅2d=47.∴2a1+6d2a1+4d=47∴3a1+13d=0，又a1=13，∴d=-3.由Sm=Sk得：ma1+

m(m-1)2d=ka1+k(k-1)2d.∴13m-32m(m-1)=13k-32k(k-1).∴29(m-k)-3(m-k)(m+k)=0，又m<k.∴29-3(m+k)=0∴m+k=293.∵m、k为正整数，故不

存在.……………………………（10分）武汉市2021届高中毕业生四月质量检测数学试卷参考答案及评分标准1数学试卷参考答案第页（共4页）18.（12分）（1）连接BD,在Rt△BAD中，由AB=4，AD=3，∠BAD=90°.得BD=5，∴sin∠ABD=35，c

os∠ABD=45.∴sin∠DBC=sin(45°-∠ABD)=sin45°⋅cos∠ABD-cos45°⋅sin∠ABD=22×45-22×35=210.∴在Rt△BCD中，由∠BCD=90°知:CD=B

D⋅sin∠DBC=5×210=22.……………………………（6分）（2）连接AC，由（1）知BD=5，在Rt△ABD中易知sin∠ABD=35，cos∠ABD=45.在Rt△BCD中，由BC=25，BD=5得CD=5易知sin∠CBD=55，cos∠CBD=255.∴cos∠A

BC=cos(∠ABD+∠CBD)=cos∠ABD⋅cos∠CBD-sin∠ABD⋅sin∠CBD=45×255-35×55=55.在△ABC中由余弦定理得：AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cos∠ABC=42+(25)2-2×4×25×55=20.∴AC=25.

……………………………（12分）19.（12分）（1）取BD中点O，连A1O,OF,∵F为CD的中点，∴OF∥BC，又OF⊄面BCE，BC⊂面BCE.∴OF∥平面BCE，A1B=A1D，∴A1O⊥BD，又∵平面A1BD⊥平面CBD，平面A1BD⋂平面CBD=BD.∴A1

O⊥平面CBD，又CE⊥平面CBD，∴A1O∥CE.又A1O⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，∴A1O∥平面BCE，A1O⋂OF=O，A1O，OF⊂平面A1OF.∴平面A1OF∥平面BCE，A1F⊂平面A1OF，A1F∥平面B

CE.……………………………（6分）（2）以O为坐标原点，OD,OC,OA1所在直线为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.A1(0,0,3),B(-2,0,0),F(1,32,0),E(0,3,2).设平面

A1BF的法向量为u=(x1,y1,z1).∴ìíîïïu⋅BA1=(x1,y1,z1)⋅(2,0,3)=2x1+3z1=0u⋅BF=(x1,y1,z1)⋅(3,32,0)=3x1+32y1=0.令y1=2，则x1=-1，z1=23，uˉ=(-1,2,23)

.设平面EBF的法向量为v=(x2,y2,z2).∴ìíîïïïïv⋅BF=(x2,y2,z2)⋅(3,32,0)=3x2+32y2=0v⋅EF=(x2,y2,z2)⋅(1,-3

2,-2)=x2-32y2-2z2=0.令y2=2，则x2=-1，z2=-2，v=(-1,2,-2).∴cos〈u⋅v〉=u⋅v|u||v|=1+4-4373⋅3=1121.∴二面角A1-BF-E的正弦值为1-(1121)2=8521.……………………………（

12分）2数学试卷参考答案第页（共4页）20.（12分）（1）设3台设备自动模式不出故障的台数记为ξ，则ξ~B(3,34).记“1名人员维护3台设备能顺利运行至工作时段结束”为事件A.则P(A)=P(ξ=3

)+P(ξ=2)=C33(34)3+C23(34)2⋅14=2764+2764=2732.……………………………（4分）（2）甲车间分得的两个小组相互对立，由（1）知每个小组能保证设备顺利运行至结束概率P=2732.设“甲车间设备顺利运行至结束”为事件B.则P(B)=(2732)2

=36210=3645.乙车间7台设备自动模式不出故障的台数记为η，η~B(7,34).记“乙车间设备顺利运行至结束”为事件C.P(C)=P(η=7)+P(η=6)+P(η=5)=C77(34)7+C67(34)6⋅14+C57(34)5⋅(14)2=37+7⋅36+21⋅3547=17⋅3647

.∵P(B)P(C)=4217=1617<1,∴P(B)<P(C).故乙车间生产稳定性更高.……………………………（12分）21.（12分）解：（1）由题意不妨设A(p2,p)，B(p2,-p).∴AB=2p,12⋅2p⋅p2=8.p=4,y2=8x.……………………

………（4分）（2）设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).则直线l的斜率为k1=y1-y2x1-x2=y1-y218(y21-y22)=8y1+y2，直线AB为y-y1=8y1+y2(x-x1).则(y1+y2)y-y1y2=8x.又点F(2,0)在

直线上，则-y1y2=16.同理，直线BD为(y2+y4)y-y2y4=8x.点P(3,0)在直线BD上，则-y2y4=24.同理，直线AC为(y1+y3)y-y1y3=8x.点P(3,0)在直线AC

上，则-y1y3=24.又k1=8y1+y2，k2=8y3+y4，则k2k1=y1+y2y3+y4=y1+y2-24y1+-24y2=y1y2-24=-16-24=23.……………………………（12分）3数学试卷参

考答案第页（共4页）22.（12分）解：（1）a=0时，f(x)=ln(x+1)-x.f′(x)=1x+1-1，f′(1e-1)=e-1，f(1e-1)=-1e.∴切线方程为：y-(-1e)=(e-1)(x-1e+

1).整理得：y=(e-1)x+e-2.……………………………（4分）（2）f′(x)=1x+1-1+asinx，f′(0)=0.令g(x)=f′(x)，得g′(x)=-1(x+1)2+acosx，g′

(0)=a-1.令h(x)=g′(x)，h′(x)=2(x+1)3-asinx.(i)当a=1时，h′(x)为（-1，1）上的减函数，h′(1)=1-sin1>0.∴-1<x<1时，h′(x)>0，h(x)递增.又此时h(0)=0

，故-1<x<0时，h(x)<0，g(x)递减.0<x<1时，h(x)>0，g(x)递增.∴-1<x<1时，g(x)≥g(0)=0，f(x)递增.由f(0)=0.故-1<x<0时，f(x)<f(0)=0.0<x<1时，f(x)>f(0)=0.此时，存在t=1使-1<x<1时，xf(x)≥0，满足

条件.(ii)当a>1时，-1<x<0，h′(x)>0，h(x)递增.此时，h(0)=a-1>0，h(-1+1a)=-a(1-cos(-1+1a))<0.故存在x1∈(-1,0)使得h(x1)=0.当

x1<x<0时h(x)>0，g(x)递增.∴x1<x<0时，g(x)<g(0)=0，f(x)递减.即x1<x<0时，f(x)>f(0)=0，xf(x)<0，不存在t>0，使x∈(-t,0)时，xf(x)≥0.(iii)当0<a<1时，h(x)≤-1(x+1)2+a，令-1(

x+1)2+a<0，得-1<x<-1+1a.∴0<x<-1+1a时，h(x)<0，g(x)递减，g(x)<g(0)=0，f(x)递减.即0<x<-1+1a时，f(x)<f(0)=0，xf(x)<0，不存在t>0，使x∈(0,t)时，xf(x)≥0.(i

v)当a≤0时，g(x)在(0,π2)递减.g(x)<g(0)=0，f(x)递减.故0<x<π2时，f(x)<f(0)=0，xf(x)<0，不存在t>0，使x∈(0,t)时，xf(x)≥0.综上所述：a=1.……………………………（12分）4获得更多资源请

扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com