湖北省荆州中学2021届高三8月月考数学答案

6
4π- 3 3 2
2
1−1
荆州中学 2021 级八月月考
高三年级数学试题答案
1-8. CDBD CDDC
9. ABD 10.BD 11. ABC 12.BC
2
1103
⎛ 1 ⎫
13. 2 14. a 3
15. 2 16. 0， ⎪
17.(1)由等比数列{a n }中，2a 4
− 3a 3
+ a 2 ⎝
= 0，且a 1 3 ⎭
= 1，公比 q ≠ 1．
得：2q 2 − 3q + 1 = 0 ⇒ q = 1或 q = 1(舍去)，
所以a n = a 1 · q n−1 = 1 × ( 1 )n−1 = ( 1
)n ．
2
2
2
1 1 1
(1−(1
)n )
1 (2)证明：因为a 1 = ，q = 2
，所以T n 2
=
2
2
= 1 − (
2
2
)n ，
因为 y = ( 1 2
x 在 R 上为减函数，且 y = ( 1 )x > 0 恒成立，
2
所以当 n ∈N ∗ ，n ≥ 1 时，0 < ( 1 )n ≤ 1，
2 2
所以1
≤ T n = 1 − ( 1 )n < 1．
2
2
18.(1) △ ABC 的内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，
∵△ABC 的面积为 b 2
，
3sinB
∴1
ac ⋅ sinB = b 2
， 即 2b 2 = 3ac ⋅ sinBsinB ．
2
3sinB
再利用正弦定理可得 2sin 2B = 3sinAsinC ⋅ sin 2B ， 因为 sinB > 0，
∴sinAsinC = 2
．
3
(2)cosAcosC = 1，b = 3，sinAsinC = 2，
6
3
∴ cosAcosC − sinAsinC =− 1 = cos(A + C) =− cosB ，∴ cosB = 1，∴ B = π．
由正弦定理， a
sinA = b sinB
= c sinC
2 2 3
= 2R = 2 3
，
∴ sinAsinC = a · c
=
ac = ac = 2，ac = 8，
2R 2R
4R 2
12 3
再根据余弦定理，b 2 = 9 = a 2 + c 2 − 2ac ⋅ cosB = (a + c)2 − 3ac ，
∴(a + c)2 = 9 + 3ac = 33，∴a + c = 33．
)
Σ5 i=1( t − t)−
i
2Σ5
i=1
−
( y −2
i
y)
Σn
i=1
−
( t − 2 Σn
i t ) i=1 ( y i−y
−
)2
3
19.(1)
−
由题知，t =
1 −
(1 + 2 + 3 + 4 + 5) = 3，y =
5
1 (2.4 + 2.7 + 4.1 + 6.4 + 7.9) = 4.7，
5
Σ5 t y = 85.2，，．
i=1 1 1
= =
Σn −
则r = i=1 t i y i−nty = 14.Ǥ
22Ǥ.8
= 14.Ǥ
2 56.95
≈ 14.Ǥ
15.095
≈ 0.9Ǥ > 0.Ǥ5．
故y 与t 的线性相关程度很高，可以用线性回归方程拟合；
(2)①顾客选择参加两次抽奖，设他获得100 元现金奖励为事件A，P(A) = C1⋅ 2 ⋅ 3 = 12；
2 5 5 25
②设X 表示顾客在四次抽奖中中奖的次数，由于顾客每次抽奖的结果相互独立，则X～B(4, 2 )，
5∴E(X) = np = 4 × 2 = 1.6．
5
由于顾客每中一次可获得100 元现金奖励，因此顾客在四次抽奖中可获得的奖励金额的均值为1.6 × 100 = 160．
由于顾客参加四次抽奖获得现金奖励的均值160 小于直接返现的200 元现金，故专营店老板希望该顾客选择参加四次抽奖．
20.(1)取AD 的中点O，
∵侧面PAD 为正三角形，∴OP ⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，OP⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，∴OP⊥平面ABCD，如图所示，以O 为原点，建立空间直角坐标系，设AB = a，则A(1,0，0)，C( − 1,a，0)，D( − 1,0，0)，P(0,0，3)，E( − 1 ,0， 3 )，
2 2
∴¯A¯¯E˙=(−3,0,3)，¯D¯¯C¯˙=(0,a,0)，¯D¯¯t¯˙=(1,0,3)，
2 2
¯A¯E˙·¯D¯P˙=− 3 + 3 × = 0
∴ 2 2
¯A¯¯E˙ ·¯D¯¯C˙ = 0
，即AE ⊥DP，AE ⊥DC，
∵DP、DC ⊂平面PCD，且DP ∩ DC = D，∴AE ⊥平面PCD，
又AE ⊂平面AEC，∴平面AEC ⊥平面PCD．
(2)由(1)可知，¯A¯¯C˙=(−2,a,0)，A¯¯¯P˙=(−1,0,3)，平面PCD的法向量为A¯¯¯t¯˙=(−3,0,3)，
2 2
22.Ǥ8
10
4+ 4
× 3 3 a 2
a 2−
b 2
a 2 x
m ¯¯˙ ⋅ ¯A ¯¯C ˙ = 0 − 2x + ay = 0
设平面 APC 的法向量为m ¯¯˙ = (x,y,z)，则
m ¯¯˙ ⋅ ¯A ¯¯P ˙ = 0，即 − x + 3z = 0， 令 x = 1，则 y = 2
，z = 3
，∴m ¯¯˙ = (1, 2
, 3
)，
a 3
a 3
∴ c o s < m ¯¯˙,¯A ¯t ¯˙ >=
m ¯¯˙·¯A ¯¯t
¯˙ |m ¯¯˙|·|¯A ¯¯t
¯˙| −3
+ 3× 3
= 2 2 3
4+ 4
× 3
−1
，
3 a 2
由题可知，二面角 A − PC − D 的平面角为锐角，
∴ cosθ = 2 = 1 ，解得 a = 3或− 3(舍负)， 4 4+ 4
× 3
3 a 2
∴线段 AB 的长为 3．
21.（1）当 a=-4 时， f
'(x )
=
1
+ x - 4 = x
x 2 - 4x +1 x
当 f '(x ) > 0 时，即 x 2 - 4x +1 > 0 ⇒ 0 < x < 2 - 3, x > 2 +
当 f '(x )< 0 时，即 x 2
- 4x +1 < 0 ⇒ 2 - < x < 2 + ∴ f (x ) 的 单 调 递 增 区 间 为 (0，2 - 3)，
(2 + 3，+ ∞)
， f (x )
的 单 调 递 减 区 间 为 (2 - 3，2 + 3)
(2)F(x) = f(x) − g(x) = lnx + 1 x 2 + ax − e x − 3 x 2 + x = lnx − x 2 + ax + x −
2
2
e x (x > 0)，
∵F(x)存在不动点，∴方程 F(x) = x 有实数根，即 a = e x −lnx+x 2
有解，
x
令 h(x) = e x +x 2−lnx
(x > 0)，h′(x) =
e x (x−1)+lnx+(x+1)(x−1)
x 2 (e x +x+1)(x−1)+lnx x 2
， 令 h′(x) = 0，得 x = 1，
当 x ∈ (0,1)时，h′(x) < 0，h(x)单调递减； 当 x ∈ (1, + ∞)时，h′(x) > 0，h(x)单调递增， ∴ h(x) ≥ h(1) = e + 1，
当 a ≥ e + 1 时，F(x)有不动点， ∴a 的范围为[e + 1, + ∞)．
22.(1)设椭圆 C 的方程为x 2
+ y 2
= 1(a > b > 0)，则由题意知 b = 1．
∴
= 2 5 ．即 5
a 2
b 2
= 2 5 . ∴ a 2 = 5． 5
∴椭圆 C 的方程为 x 2
+ y 2 = 1．
5
(2)设 A 、B 、M 点的坐标分别为 A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，M(0,y 0). 又易知 F 点的坐标为(2,0)．
3
3 3
1 − 1 a 2
=
显然直线 l 存在的斜率，设直线 l 的斜率为 k ，则直线 l 的方程是 y = k(x − 2)．
将直线l 的方程代入到椭圆C 的方程中，消去 y 并整理得(1 + 5k 2)x 2 − 20k 2x + 20k 2 − 5 = 0． ∴ x + x = 20k 2
,x x
=
20k 2−5．
1 2
1+5k 2 1 2
1+5k 2
又∵¯M ¯¯¯A ˙ = λ1¯A ¯F ˙,¯M ¯¯¯B ˙ = λ2¯B ¯F
˙,将各点坐标代入得h 1 = x 1 ,h 2−x 1
= x 2
2−x 2
2×
20k 2
−2×
20k 2−5
∴ h + h = x 1 + x 2 = 2(x 1+x 2)−2x 1x 2 = 1+5k 2
1+5k 2
=− 10．
1 2
2−x 1
2−x 2
4−2(x 1+x 2)+x 1x 2
4−2× 20k 2 +
20k 2−5
1+5k 2 1+5k 2
2。