【文档说明】河北省保定市2020-2021学年高三上学期期末考试数学答案.pdf，共(5)页，140.062 KB，由小赞的店铺上传

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12020-2021学年度第一学期高三期末调研数学试题一、选择题：BDDDAAAB二、选择题：ADACDABCABD三、填空题：13.92414.33215.411016.3四、解答题：17解：由BAbcacoscos2得BABCAcoscossinsin2sin

，ABACBAcossincossin2cossinACBAcossin2)sin(3,21cosAA选择①②的解析：ABsinsin3得ab3，6a32bccA32236)32(21c

os22解得)(3234舍或cc（或者用正弦定理得b）所以存在这样的三角形，1323436322ABCS选择②③的解析：ABsinsin3得abab,3.060A,由ABsinsin3，可知030,21sinBB090C由6sinAc，得34c，32sin

Bcb所以存在这样的三角形，3623343221ABCS选择①③的解析：6sinAc,6a34cbbA34236)34(21cos22解得32b所以存在这样的三角形，3623343221

ABCS18解：（1）312daa①225254515daS②①②联立得2,11da.12nan.（1）)12()1(212nbnnn)142(...)72()52()32()12(1

475312nTnn)]1434(...)75()31[()2...222(14531nnnnn23221419解：（1）法一：在“黄金72小时”内有2个矿工营救成功的概率：31222214()()3339C

；在“黄金72小时”内有3个矿工营救成功的概率：2214()3327；在“黄金72小时”内至少有2个矿工营救成功的概率：441692727.法二：在“黄金72小时”内有1个矿工营救成功的概率：12322111()()3333C在“黄金72小时”内所有矿工均未营救成功的

概率：2122()3327在“黄金72小时”内至少有2个矿工营救成功的概率：1216132727（2）设钱财损失为随机变量，340,270,200,1303个矿工在“黄金72小时”内获得营救的概率：2122(340)()()3327P3个矿工中有1个矿工在“黄金72小时”

内获得营救的概率：12322111(270)()()3333PC，3个矿工中有2个矿工在“黄金72小时”内获得营救的概率：31222214(200)()()3339PC，3个矿工全部在“黄金72小时”内获得营救的概率：2214(130)()332

7P2144670()340270200130223.32739273E该企业由于矿难发生钱财损失的期望223.3万元.20.解析：（1）分别延长BP、BQ交DA、CD于M、N，连接MN。因为点P和点Q分别为BDA和BCD的重心，则21BPBQPM

QN，所以PQ//MN，又CDAPQ平面，3CDAMN平面，因此PQ//平面CDA。（或者证明PQ//CA，进而证出结果)（2）取BD的中点O，由题意知BDA和BCD均为等边三角形，

则BDOA，COBD，又平面BDA与平面BCD垂直，BCD平面OA，则COOA。建立空间直角坐标系Oxyz，则0,0,0O，1,0,0B，0,3,0C，)3,0,0(A，30,0,3P，30,,03Q。平面BCD的法向量)

3,0,0(AO;设平面BPQ的法向量,,mxyz，31,0,3BP，31,,03BQ，则303303mBPxzmBQxy，令1x，则3yz，即

1,3,3m。由图知二面角PBQD为锐角，设其大小为，则721733cosmAOmAO因此二面角PBQD的余弦值为217。21.解析：（1）设点2(,0)Fc0c，把xc代入椭圆方程，又有222acb，可得点2,bPca，

或),(2abcP（舍）2PF//y轴且O为线段12FF的中点，则2382baa，即2234ba，所以离心率22112cbeaa（2）设点1122,,,AxyBxy，中点00,Qxy，直线l的斜率为1k，直线OQ斜率为2

k。由（1）知2,3acbc，则椭圆方程为1342222cycx*。ABCDPQMNOxyz4方法一：直线l的方程为12ykx代入椭圆方程1342222cycx（*），整理得

22222111431616120kxkxkc则2112211643kxxk，所以21210218243xxkxk，代入12ykx可得1021643kyk，则中点211221186,4343kkQkk

，所以直线OQ斜率为020134ykxk，因此1234kk。方法二:把点11,Axy点22,Bxy代入椭圆方程1342222cycx（*）,得2211222222221(1)4

31(2)43xyccxycc（1）-（2）得2222121222043xxyycc也就是1212121222()()()()43xxxxyyyycc即12012121203344xx

xyyxxyyy，又12112yykxx，020ykx，因此1234kk22.解：（1）221)(xaxxaxxf当0a时0)(xf恒成立，)(xf在),0(上单调递增

，没有极值.当0a时0)(2xaxxf解得ax.所以)(xf在),(a上单调递增，在),0(a上单调递减.1)ln()(axf极小值,无极大值.（1）由题意和第（1）问可知必有0a因

为)()(21xfxf得2211lnlnxaxxax.所以211221lnxxxxaxx.又因为1221xxxx，所以)(ln21122121222112xxxxaxxxxaxxxx5令)1(21txxt,代入上式得)1(ln1ttatt，

0)1(ln12tatt使得即)1(ln)(2tattg令attatatttg2101221)(2解得）上单调递增，在（atg210)(）上单调递减在（,21,a0)1(g，121-a由题意得，021

a解得）上单调递增，在（atg211)(）上单调递减在（,21,a0)21(ag其中0)(,00tgt使得下面只需证明存在令)1()1(ln)(ttttp0111)(

ttttp，)(tp在),1(递减，所以0)1()(ptp1ln1ttt时0)1)(1()1()1()1(ln)(22taattattattg0)1)(1(taat由1112

at解得，）单调递减这个二次函数在（,)1)(1()(2ttaattu0)()11(2tuagat110存在时，0)(0tg021a