山东省日照第一中学2020届高三数学上学期期中试题（PDF）答案.pdf

1、1日照一中 20192020 学年度上学期高三期中考试数学试题参考答案一、单项选择题：CABCD BCBAA二、多项选择题：(11)AB (12)AD (13)BC三、填空题：(14)a2(15)0.259(16)4(17)734；734四、解答题：18.解：(1)由已知及正弦定理得：sincossinsinsinABBAC，2 分 sinsin()sincoscossinCABABAB sinincossinBsAAB，sin0sincosBAA 5 分(0,)4AA 6 分(2)1221sin22242ABCSbcAbcbc 9 分 又22222cos2()(22)abcbcAbcbc 所

2、以 2()4,2bcbc 12 分 19.(1)解法一：F 是 AC 的中点，AFCF.设 AC的中点为 G，连接 FG.设 BC的中点为 H，连接 GH，EH.易证：CEEF，BEEF，BEC即为二面角 CEFB 的平面角 2 分 BEC60，而 E 为 BC 的中点 易知 BEEC，BEC为等边三角形，EHBC.EFCE，EFBE，CEBEE，EF平面 BEC.而 EFAB，AB平面 BEC，ABEH，即 EHAB.4 分 由，BCABB，EH平面 ABC.G，H 分别为 AC，BC的中点 GH12AB FE，四边形 EHGF 为平行四边形 FGEH，FG平面 ABC，又 FG 平面 AF

3、C.平面 AFC平面 ABC.6 分 解法二：如图，建立空间直角坐标系，设 AB2.2则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，F(0，2，1)，E(0，2，0)，C(3，1，0)设平面 ABC的法向量为 a(x1，y1，z1)，BA(0，0，2)，BC(3，1，0)，z10，3x1y10，令 x11，则 a(1，3，0)，3 分 设平面 AFC的法向量为 b(x2，y2，z2)，AF(0，2，1)，AC(3，1，2)，2y2z20，3x2y22z20，令 x2 3，则 b(3，1，2)ab0，平面 AFC平面 ABC.6 分(2)如图，建立空间直角坐标系，设 AB2.则 A(0，0，2)，B(

4、0，0，0)，F(0，2，1)，E(0，2，0)，C(3，1，0)显然平面 BEC的法向量 m(0，0，1)，8 分 设平面 AFC的法向量为 n(x，y，z)，AC(3，1，2)，AF(0，2，1)，2yz0，3xy2z0，n(3，1，2).10 分 cosm,nm n|m|n 22，12 分 由图形观察可知，平面 AFC与平面 BEC所成的二面角的平面角为锐角 平面 AFC与平面 BEC所成二面角大小为 45.14 分20.解：(1)根据散点图可以判断d xyce更适宜作为平均产卵数 y 关于平均温度 x 的回归方程类型.1 分 对d xyce两边取自然对数得lnlnycdx，令zln y

5、，lnac，bd，得 zabx.因为71721()()40.1820.2720147.714()iiiiixx zzbxx，4 分 所以3.6120.272 27.4293.849azbx，所以 z 关于 x 的线性回归方程为 0.2723.849zx，5 分 所以 y 关于 x 的回归方程为0.2723.849xye.6 分(2)()由3325()(1)f pC pp，得325()(1)(3 5)fpC ppp，因为01p，令()0fp得3 50p，解得305p；3令()0fp得3 50p，解得 315p，所以()f p 在3(0,)5上单调递增，在 3(,1)5上单调递减，所以()f p

6、有唯一极大值3()5f，也为最大值.所以当35p 时，max216()625f p，此时相应的概率035p.9 分()由()知，当()f p 取最大值时，35p，所以3(5,)5XB，10 分所以3()535E X ，326()5 555D X .14 分 21.解：(1)28a，112nnaSn，211222aaS，1 分当2n 时，1nnnaSS 11()22nnaann，即132nnaa，3 分又12832aa，*132,nnaan N，4 分1 13(1)nnaa ，数列1na 是等比数列，且首项为113a ，公比为3，113 33nnna ，31nna .6 分(2)由(1)得113

7、11122nnnaSnn .7 分 112 32 3(31)(31)nnnnnna a1113131nn，nT2231111()()3 1313131111()3131nn111231n.9 分11152230312nnnnSTn，11153312nn.10 分设1115()3312nnM n，则212111(1)()333131nnnnM nM n211211(33)()3131nnnn11122 32 30(31)(31)nnnn，()M n是递增数列，12 分221551(1)33128M，4 的最大值是 518.14 分 22.解：(1)设椭圆的焦距为 c2，由已知得133522baa

8、c2,3ba，所以，椭圆的方程为14922 yx3 分(2)设点M),(11 yx，P),(00 yx，由题意，010 xx且),(11yxN由 BNP的面积是 BMN面积的 3 倍，可得|3|MNPN，5 分所以MNPN3，从而),(3),(11110101yyxxyyxx，所以)(31101xxxx，即105xx 6 分易知直线 AB 的方程为632 yx，由kxyyx632消去 y，可得2360 kx7 分由方程组kxyyx14922消去 y，可得49621kx 9 分由105xx，可得236k49302 k，10 分整理得0825182kk，解得98k，或21k12 分当98k时，09

9、0 x，符合题意；当21k时，0120 x，不符合题意，舍去所以k 的值为9814 分23.解：(1)1a时，bxexgx2)(，2)(,1)0(xexgbg切线斜率1)0(gk，切点坐标)1,0(b切线方程xby)1(切线经过点)1,1(，1)1(1b1b3 分(2)baxexgx2)(aexgx2)(.aexgx2)(在0,1单调递增，21,21)(aaexg021 ae，即ea21时，0)(xg，所以)(xg单调递增区间为0,14 分当021 a，即21a时，0)(xg，所以)(xg单调递减区间为0,15 分5当2121 ae时，令0)(xg，得)0,1()2ln(ax，令0)(xg，得

10、)2ln(1ax，令0)(xg，得0)2ln(xa，函数)(xg单调递减区间为)2ln(,1a，单调递增区间为0),2(ln(a综上可得：当ea21时，)(xg单调递增区间为0,1；当2121 ae时，)(xg单调递减区间为)2ln(,1a，单调递增区间为0),2(ln(a；当21a时，)(xg单调递减区间为0,1.7 分(3)由0)1(f得：eab11，)11(2)(eaaxexgx8 分由已知，设0 x 为)(xf在区间)0,1(内的一个零点，则由0)0()()1(0fxff可知，)(xf在区间)0,1(上至少有三个单调区间)(xg在区间),1(0 x内存在零点，在区间)0,(0 x内也存

11、在零点.)(xg在区间)0,1(内至少有两个零点由（2）可知，当ea21时，)(xg在0,1上单调递增，故)(xg在)0,1(内至多有一个零点，不合题意.当21a时，)(xg在0,1上单调递减，故)(xg在)0,1(内至多有一个零点，不合题意2121 ae，9 分此时)(xg在区间)2ln(,1a上单调递减，在区间0),2(ln(a上单调递增0)0(0)2(ln(0)1(gagg10 分)11(2)(eaaxexgxeaaaag11)2l n(2)2(ln(令at2，2121 ae11 te，etttag11ln21)2(ln(令)11(11ln21)(teetttth6tthln21)(，令0)(th得ete11；令0)(th得11 te；)(th在)1,1(ee单调递增，在)1,1(e单调递减.01111)1()(eeeeeehth在)1,1(e恒成立.即0)2(ln(ag在21 a2e 时恒成立.12 分由0)0(0)2(ln(0)1(gagg得012121021aeaeea，eaaeea1212121eae121a 的取值范围是)1,21(ee14 分