1、数学试卷参考答案 第1页（共7页）20202021 学年度第一学期南开区期末考试试卷参考答案 高三年级数学学科 一、选择题：（本题共 9 小题，每题 5 分，共 45 分）题 号（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）答 案ABDCBBDCA二、填空题：（本题共 6 小题，每题 5 分，共 30 分）（10）5 2；（11）2 33，1（第一个空 2 分，第二个空 3 分）；（12）2x+y3=0；（13）833；（14）32，85（第一个空2分，第二个空3分）；（15）4三、解答题：（其他正确解法请比照给分）（16）解：（）由 cosA=13，0A，得 sinA=2 232 分
2、所以 S=12 bcsinA=22，解得 bc=63 分 又 b c=1，解得 b=3，c=25 分由余弦定理得 a2=b2+c2 2bccosA=(b c)2+2bc 23 bc=9，即 a=37 分（）由（）及正弦定理sinsinacAC=得32sin2 23C=，解得 sinC=4 29，9 分 因为 cb，所以 cosC=21 sin C=79 10 分 所以 sin2C=2sinCcosC=56 281，cos2C=2cos2C1=1781，12 分数学试卷参考答案 第2页（共7页）O zx yFEADCB所以 cos(2C+A)=cos2CcosA sin2CsinA=1781 1
3、3 56 281 2 23=2327 14 分（17）解：（）因为 BF平面 ACE，所以 BFAE因为二面角 D-AB-E 为直二面角，且 CBAB，所以 CB平面 ABE所以 CBAE所以 AE平面 BCE4 分（）以线段 AB 的中点为原点 O，OE 所在直线为 x 轴，AB 所在直线为 y 轴，过 O 点平行于 AD 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 O-xyz，如图因为 AE面 BCE，BE面 BCE，所以 AEBE，在 RtAEB 中，AB=2，O 为 AB 的中点，所以 OE=1所以 A(0，1，0)，E(1，0，0)，C(0，1，2)，AE=(1，1，0)，AC=(0，2，
4、2)7 分设平面 AEC 的一个法向量为 n=(x，y，z)，则=0=0AEAC ，nn即=+=+，0220 xyyx解得=，xzxy令 x=1，得 n=(1，1，1)是平面 AEC 的一个法向量又平面 BAC 的一个法向量为 m=(1，0，0)，13cos=|33，m nmnmn所以二面角 B-AC-E 的正弦值为36 12 分（）因为 ADz 轴，AD=2，所以 AD=(0，0，2)，数学试卷参考答案 第3页（共7页）所以点 D 到平面 ACE 的距离 d=22=333AD|nn15 分（18）解：（）由题意可知，=3=1acac+，解得=2=1ac，所以 b2=a2 c2=3，所以椭圆标
5、准方程为：22=143xy+5 分（）由（）可知，A(2，0)，B(0，3)，设直线 AM 的斜率为 k，则直线 BN 的斜率也为 k，故直线 AM 的方程为 y=k(x 2)，直线 BN 的方程为 y=kx 3，6 分 由2234=12=2xyyk x+，()，得(3+4k2)x2 16k2x+16k2 12=0，所以2216122=34Mkxk+，所以2286=34Mkxk+，212=34Mkyk+，所以22286123434kMkk+，8 分 由2234=12=3xyykx+，得：(3+4k2)x2 83 kx=0，所以28 3=34Nkxk+，224 33 3=34Nkyk+，数学试卷
6、参考答案 第4页（共7页）所以2228 34 33 33434kkNkk+，10 分 所以2221224 33 33 4334=8 32 44 33234kkkkkkkk+()()，2222221233 44 3334=862 4334kkkkkkkk+()()，12 分 所以 k1k2223 43=2 44 33kkk+()()223 44 333=2 434kkk+()()，14 分 又因为1=2cea，所以 k1k2e2115 分（19）解：（）由已知an为等差数列，记其公差为 d 因为 an+1=2an n+1，所以 a2=2a1 1+1，a3=2a2 2+1，即 a1=d，a2=d+
7、1，解得 a1=d=1，所以 an=n4 分从而 b1=2a1=2，b2=a1+a2+a3=6，所以公比 q=3，所以 bn=23n16 分（）Sn=12n n+()，1211=211nSn nnn+()()数学试卷参考答案 第5页（共7页）所以 Tn=111111121223341nn+122 111nnn=+9 分（）因为 Mn=211iiniab=a1b1+a3b2+a5b3+a2n3bn1+a2n1bn=230+631+1032+2(2n 3)3n2+2(2n 1)3n1所以 3Mn=231+632+1033+2(2n 3)3n1+2(2n 1)3n所以2Mn=230+431+432+
8、1033+43n1 2(2n 1)3n=4 1313n()2 2(2n 1)3n=(4 4n)3n 4，所以 Mn=(2n 2)3n+215 分（20）解：（）f(x)=lnx+1，令 f(x)0，得 x(1e，+)，所以 f(x)在(1e，+)上单调递增；令 f(x)0，得 x(0，1e)，所以 f(x)在(0，1e)上单调递减，所以 f(x)的最小值为 f(1e)=1e 14 分（）h(x)=f(x)g(x)=lnx+ax2(a 2)x+1，定义域为(0，+)，h(x)=2122121122=axaxxaxaxaxxx+()()()()当 a0 时，h(x)在(0，12)上单调递增，在(1
9、2，+)上单调递减6 分当 2a0 时，令 h(x)0，得 x(1a，+)(0，12)，所以 h(x)在(1a，+)，(0，12)上单调递增；数学试卷参考答案 第6页（共7页）令 h(x)0，得 x(12，1a)，所以 h(x)在(12，1a)上单调递减7 分当 a=2 时，h(x)0，h(x)在(0，+)上单调递增8 分当 a 2 时，令 h(x)0，得 x(12，+)(0，1a)，所以 h(x)在(12，+)，(0，1a)上单调递增；令 h(x)0，得 x(1a，12)，所以 h(x)在(1a，12)上单调递减9 分（）G(x)=g(x)+(a 2)x=ax2，因为函数 f(x)的图象与
10、G(x)的图象有两个不同的交点，所以关于 x 的方程 ax2=xlnx 1，即 ax=lnx 1x 有两个不同的根10 分由题知 ax1=lnx1 11x，ax2=lnx2 21x，+得 a(x1+x2)=ln(x1x2)1212xxx x+，得 a(x2 x1)=ln(21xx)+2112xxx x由，得 ln(x1x2)12122 xxx x+()=1221xxxx+ln(21xx)，不妨设 0 x1x2，记 t=21xx 1令 F(t)=lnt 211tt+()（t1），则 F(t)=211tt t+()()0，所以 F(t)在(1，+)上单调递增，所以 F(t)F(1)=0，则 lnt
11、 211tt+()，即 ln(21xx)21122 xxxx+()，所以 ln(x1x2)12122 xxx x+()=1221xxxx+ln(21xx)213 分数学试卷参考答案 第7页（共7页）因为 ln(x1x2)12122 xxx x+()ln(x1x2)12124 x xx x=2ln12x x 124x x，所以 2ln12x x 124x x2，即 ln12x x 122x x1令(x)=2ln xx，则(x)在(0，+)上单调递增又 ln2e 22e=12 ln2+12e 1，所以 ln12x x 122x x1ln2e 22e，即(12x x)(2e)，所以 x1x22e2两边同时取对数可得 ln(x1x2)2+ln2，得证16 分
