【文档说明】数学评分标准-福建省“决胜新高考·名校交流“2021届高三下学期3月联考试题 数学.docx，共(6)页，142.113 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

决胜新高考•名校交流2021届高三3月联考卷数学答案及评分标准一、选择题（本题共12个小题，每小题5分，共60分，1-8题为单选题，9-12题为多选题，多选题全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分.）1234

56789101112DDBDBDCCACDACDBCBC二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共60分.13.0，π3，5π6，π14．－915.π2254（第一空2分，第二空3分）16．116π评分标准：按参考

答案给分，结果必须化简，完全正确，写错、未化简、多写答案、少写答案均不给分。三、解答题：本小题共6小题，共70分.评分标准：具体步骤分参照答案解析，没有步骤只有答案均不给分。试题有不同解法时，解法正确即可酌情给分。17.解：(Ⅰ)设等差数列{a

n}的公差为d，因为Tn＝1－bn，当n＝1时，T1＝1－b1＝b1，所以b1＝12；(1分)当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝1－bn－(1－bn－1)，(2分)整理得bnbn－1＝12，所以数列{bn}是首项为12，公比为12的等比数列，故bn＝

12n.(4分)由a8＝3a3，得1＋7d＝3·(1＋2d)，解得d＝2.又a1＝2b1＝1，所以an＝2n－1.(5分)(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，an·bn＝(2n－1)·12n，(6分)所以Qn＝1×

12＋3×122＋5×123＋…＋(2n－1)×12n，①则12Qn＝1×122＋3×123＋5×124＋…＋(2n－1)×12n＋1，②(7分)①－②得12Qn＝1×12＋2

×122＋2×123＋…＋2×12n－(2n－1)×12n＋1＝12＋2×141－12n－11－12－(2n－1)×12n＋1，(8分)所以Qn＝3－2n＋32n.(10分)

18.解：(Ⅰ)∵m⊥n，∴m·n＝0，即m·n＝2cosAcosC(tanAtanC－1)－1＝2sinAsinC－2cosAcosC－1＝－2cos(A＋C)－1＝2cosB－1＝0，(4分)∴cosB＝12.(5分)∵B∈(0，π)，∴B＝π3

.(6分)(Ⅱ)∵asinA＝bsinB＝csinC＝143，∴sinA＝314a，sinC＝314c.(7分)∵sinA＋sinC＝13314，∴a＋c＝13.又∵b2＝a2＋c2－2accosB，(9分)即72＝a2＋c2－2accosπ3

，∴ac＝40，(10分)∴S△ABC＝12acsinB＝12×40×sinπ3＝103.(12分)19.解：(Ⅰ)当z＝h时，x2＋y2≤16－h2，截面为圆面，则16－h2＝12，解得h＝±2.又h

≥0，所以h＝2.(6分)(Ⅱ)在W1中，平面z＝h所截的截面为圆，其面积为π(16－h2)，在W2中，平面z＝h所截的截面为圆环，其面积为π(16－h2)，即z＝h截W1，W2所得面积均相等，从而由祖暅原理知，W1，W2体积相等，由W1为半球知其体积V＝12×43π×43＝1283π.

(12分)20.解：(Ⅰ)若第(n＋1)次由甲组答题，则包括第n次由甲组答题，第(n＋1)次继续由甲组答题，以及第n次由乙组答题，第(n＋1)次由甲组答题．答对的题数之和为3的倍数分别为1＋2，2＋4，1＋5，4＋5，3＋3，6＋6，3＋6，其概率为5×2＋236＝13，则答对的题数之

和不是3的倍数的概率为23，(3分)所以第n次由甲组答题，第(n＋1)次继续由甲组答题的概率为13Pn，第n次由乙组答题，第(n＋1)次由甲组答题的概率为23(1－Pn)，因此Pn＋1＝13Pn＋23(1－Pn)＝－13Pn＋23(n∈N*)，(4分)则Pn＋1－12＝－13

Pn－12.(5分)因为第一次由甲组开始，则P1＝1，所以Pn－12是首项为12，公比为－13的等比数列，所以Pn－12＝12－13n－1，即Pn＝12－13n－1＋12.(7分)(Ⅱ)由于第1次由甲

组答题，则只要第2次、第3次、第4次这3次中再由甲组答题一次即可，所以所求概率P＝P1P2(1－P3)(1－P4)＋P1(1－P2)P3(1－P4)＋P1(1－P2)(1－P3)P4，(9分)由(Ⅰ)可知

P2＝13，P3＝59，P4＝1327，(10分)所以P＝100243.(12分)21.解：(Ⅰ)由题意及三角形内切圆的性质可得12·2c·b＝12(2a＋2c)·b3，化简得ca＝12.①(2分)又|AB|＝2a＝4，所以a＝2，c＝1，b＝a2－c2＝3，(4

分)所以椭圆E的标准方程为x24＋y23＝1.(5分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知F1(－1，0)，B(2，0)，由题意，直线CD的斜率不为0，设直线CD的方程为x＝my－1，代入椭圆E的方程x24＋y23＝1，整理得(3m2＋4)y2

－6my－9＝0.(6分)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则y1＋y2＝6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4，②直线BC：y＝y1my1－3(x－2)．令x＝－4，得N－4，－6y1my1－3，(7分)同理可得M－4，－6y2m

y2－3，(8分)所以以MN为直径的圆的方程为(x＋4)(x＋4)＋y＋6y1my1－3y＋6y2my2－3＝0，即x2＋8x＋16＋y2＋6y1my1－3＋6y2my2－3y＋36y1y2（my1－3）（my2－3）＝0，③由②得y1＋y2＝－23

my1y2，代入③得圆的方程为x2＋8x＋7＋y2－6my＝0.(10分)若圆过定点，则y＝0，x2＋8x＋7＝0，(11分)解得x＝－1，y＝0或x＝－7，y＝0，所以以MN为直径的圆恒过两定点(－7，0)，(－1，0)．(12分)22.解：(Ⅰ)证明：当x≥－1时，x24

>0，∴x＋1<x24＋x＋1＝x2＋1.(2分)(Ⅱ)当x>a时，f(x)>0恒成立，∴函数f(x)没有零点；当x<a时，f(x)＝ex＋1x－a＝ex（x－a）＋1x－a.令h(x)＝ex(x－a)＋1，则h′(x)＝ex(x－a＋1)，易知h′(a－1)＝0，∴当x∈(

－∞，a－1)时，h′(x)<0，h(x)是减函数；当x∈(a－1，a)时，h′(x)>0，h(x)是增函数，∴函数h(x)在(－∞，a)上的最小值为h(a－1)＝1－ea－1.显然，当a＝1时，h(a－1

)＝0，∴x＝a－1是函数f(x)的唯一的零点；当a<1时，h(a－1)＝1－ea－1>0，∴函数f(x)没有零点；当a>1时，h(a－1)＝1－ea－1<0，∴函数f(x)有两个零点．(6分)(Ⅲ)证明：由(Ⅰ)知当x>0时，x＋1<x2＋

1，∴只需证当x>0时，ex>(x＋2)x2＋1＋12x2－4.(8分)设M(x)＝ex－(x＋2)x2＋1－12x2＋4＝ex－x2－2x＋2，则M′(x)＝ex－2x－2.令φ(x)＝ex－2x－2，则φ′(x)＝ex－2，易知φ(x)在(0，

ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增．∵φ(1)φ(2)<0，∴M′(x)在(0，＋∞)上只有一个零点x0(1<x0<2)，即ex0－2x0－2＝0，(10分)∴M(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴M(x)≥ex0－x20－2x0＋2＝4－x20>0，∴

ex>(x＋2)x2＋1＋12x2－4.又x2＋1>x＋1，∴ex>(x＋2)x＋1＋12x2－4.(12分)