山东省菏泽市2021届新高三期初第一次模拟考试数学试题答案

山东省菏泽市2021届新高三期初第一次模拟考试数学试题答案

2020 年高三学期初第一次模拟考试 数学试题参考答案 选择题答案 一、选择题 1. B 2. C 3. B 4. A 5. D 6. D 7. A 8. C 二、选择题 9. BD 10.BC 11.ABC 12. BCD 非选择题答案 三、填空题 13. 2 5 14. 5 2 15. 64π 16. 3－ 3 6 四、解答题 17. （解法一）选①②，则 2ac==， 23b = ， 由余弦定理可得： 2 2 2 1cos 22 a c bABC ac +− = = − ， 又 ( )0,ABC  ，∴ 2 3ABC =， ∴ 6AC==， 在△BCF 中，由正弦定理可得 sin sin CF BF CBF C= ， ∵ 2CF BF= ，∴ 2sin 2CBF=， 又 2 3CBF ABC    = ，∴ 4CBF =， ∴ 25 3 4 12ABF    = − = ， 55 12 6 12AFB    = − − = ， 则在△ABF 中， ABF AFB =  ， ∴ 2AF AB==， ∴ 1 2 2 sin 126ABFS =    =△ . （解法二）选②③，∵ 2a = ， 23b = ， 2 2 23a b ab c+ − = ， ∴ 2c = ， 由余弦定理可得： 2 2 2 3cos 22 a b cC ab +−==， 又 ( )0,C  ，∴ 6C = ， ∴ 6AC==，∴ 2 3ABC A C  = − − = ， 在△BCF 中，由正弦定理可得 sin sin CF BF CBF C= ， ∵ 2CF BF= ，∴ 2sin 2CBF=. 又 2 3CBF CBA    = ，∴ 4CBF =， ∴ 25 3 4 12ABF    = − = ， 55 12 6 12AFB    = − − = ， 则在△ABF， ABF AFB =  ， ∴ 2AF AB==， ∴ 1 2 2 sin 126ABFS =    =△ . （解法三）选①③，则 2ac==， ， 则： 2 2 2 3a b c ab+ − = ， 由余弦定理可得： ， 又 ，∴ ， ∵ ac= ，∴ ， ∴ 2 3ABC A C  = − − = ， 在△BCF 中，由正弦定理可得 sin sin CF BF CBF C= ， ∵ 2CF BF= ，∴ 2sin 2CBF=， 又 2 3CBF CBA    = ，∴ 4CBF =， ∴ 25 3 4 12ABF    = − = ， 55 12 6 12AFB    = − − = ， 则在△ABF 中， ABF AFB =  ， ∴ 2AF AB==， ∴ 1 2 2 sin 126ABFS =    =△ . 18. 19.（1）设事件 A 表示“水稻发芽”，事件 B 表示“出芽后的幼苗成活”， 则 P(A)=0.8,P(B)=0.9， 在这批水稻种子中，随机地抽取一粒， 则这粒水稻种子能成长为幼苗的概率为： P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.9=0.72. （2）没有发芽的种子 Y 服从二项分布，Y~B(5000，0.1) 由题意知 X=3Y 则 DX=D(3Y)=9DY 又 DY=np(1－p) 所以 DX=855，即 X 的方差为 855 （3） ( )2 16 30 2 1nn+ = − − ，故 4n = ，则其中一人参加活动的时间 X 的可能取值为 1,2,3, 4 ， 则 18 3( 1) 30 5PX= = = ； 18 20 2( 2) (1 )30 28 7PX= = −  = ； 18 20 22 44( 3) (1 ) (1 )30 28 26 455PX= = −  −  = ； 18 20 22 8( 4) (1 ) (1 ) (1 ) 130 28 26 455PX= = −  −  −  = . 则其中一人参加活动的时间的期望为 3 2 44 8 697( ) 1 2 3 45 7 455 455 455EX =  +  +  +  = . 20. 解：(1)如图，以 A 为坐标原点，射线 AB、AD，AP 分别为 x 轴、y 轴，z 轴正半 轴，建立空间直角坐标系 Axyz. 设 D(0，a，0)，则 B( 6，0，0)，C( 6，a，0)，P(0，0， 6)，E   6 2 ，0， 6 2 . 因此，AE→＝   6 2 ，0， 6 2 ，BC→＝(0，a，0)， PC→＝( 6，a，－ 6)． 则AE→·BC→＝0，AE→·PC→＝0，所以 AE⊥平面 PBC. 又由 AD∥BC 知 AD∥平面 PBC，故直线 AD 与平面 PBC 的距离为点 A 到平面 PBC 的距离，即为|AE→|＝ 3. (2)设平面 AEC 的法向量为 n1＝(x1，y1，z1)， 因为AE→＝   6 2 ，0， 6 2 ，AC→＝( 6， 3，0)， 所以    6 2 x1＋ 6 2 z1＝0， 6x1＋ 3y1＝0. 令 x1＝－1，得 y1＝ 2，z1＝1， 所以 n1＝(－1， 2，1)． 设平面 EDC 的法向量为 n2＝(x2，y2，z2)， 因为EC→＝   6 2 ， 3，－ 6 2 ，CD→ ＝(－ 6，0，0)， 所以    6 2 x2＋ 3y2－ 6 2 z2＝0， － 6x2＝0， 令 z2＝ 2，得 y2＝1. 所以 n2＝(0，1， 2)． 故 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1||n2|＝ 6 3 . 所以二面角 AECD 的平面角的余弦值为 6 3 . 21.（1）A(4,0),设圆心 C(x,y),线段 MN 的中点为 E, 由几何图象知 ME=푀푁 2 ,CA2=CM 2=ME2+EC2⇒(x4)2+y2=42+x2⇒y2=8x. （2）设直线 l 的方程为 y=kx+b,联立 {y2=8x, y=kx+b, 得 k2x2+2kbx+b2=8x, k2x2-(8-2kb)x+b2=0(其中 Δ>0), 设 P(x1,kx1+b),Q(x2,kx2+b), 则 x1+x2=(8-2kb) k2 , x1x2=b2 k2, 若 x 轴是∠PBQ 的角平分线,则 kPB+kQB=푘푥1+푏 푥1+1 +푘푥2+푏 푥2+1 =(푘푥1+푏)(푥2+1)+(푘푥2+푏)(푥1+1) (푥1+1)(푥2+1) =2푘푥1푥2+(푘+푏)(푥1+푥2)+2푏 (푥1+1)(푥2+1) = 8(k+b) k2(x1+1)(x2+1)=0 即 k=-b, 故直线 l 的方程为 y=k(x1),直线 l 过定点(1,0). 22. （1）由题意知，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－ax－1＝ln x－ax， 令 f′(x)＝0，可得 a＝ln x x ， 令 h(x)＝ln x x (x＞0)，则由题可知直线 y＝a 与函数 h(x)的图象有两个不同的交点， h′(x)＝1－ln x x2 ，令 h′(x)＝0，得 x＝e，可知 h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单 调递减，h(x)max＝h(e)＝1 e，当 x―→0 时，h(x)―→－∞，当 x―→＋∞时，h(x)―→0，故实 数 a 的取值范围为      e 10， . （2）当 a＝2 时，f(x)＝xln x－x2＋2－x，k(x－2)＋g(x)＜f(x)，即 k(x－2)＋2－2x－x2 ＜xln x－x2＋2－x，整理得 k(x－2)＜xln x＋x， 因为 x＞2，所以 k＜xln x＋x x－2 . 设 F(x)＝xln x＋x x－2 (x＞2)，则 F′(x)＝ x－4－2ln x (x－2)2 . 令 m(x)＝x－4－2ln x(x＞2)，则 m′(x)＝1－2 x＞0，所以 m(x)在(2，＋∞)上单调递增， m(8)＝4－2ln 8＜4－2ln e2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln 10＞6－2ln e3＝6－6＝0，所以函数 m(x)在(8,10)上有唯一的零点 x0， 即 x0－4－2ln x0＝0，故当 2＜x＜x0 时，m(x)＜0，即 F′(x)＜0，当 x＞x0 时，F′(x)＞0， 所以 F(x)min＝F(x0)＝x0ln x0＋x0 x0－2 ＝ 2 2 41 0 0 0 −      −+ x xx ＝x0 2，所以 k＜x0 2， 因为 x0∈(8,10)，所以x0 2∈(4,5)，故 k 的最大值为 4.