1、高三数学答案 第 1 页 共 10 页 2020 届高三第一学期期末考试 数学试题参考答案及评分标准 20201 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分14：BCDA 58：CDBC 二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 9AB 10ABD 11BCD 12AC 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13 12，13，16 14 6 15 2 16 45，6四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分 17在横线上填写“3(cos)sinbCacB=”解：由正弦定理，得3(sincossin)sinsinBCACB=2
2、分 由sinsin()sincoscossinABCBCBC=+=+，得3cossinsinsinBCCB=由 0C，得sin0C 所以3cossinBB=4 分 又 cos0B（若cos0B=，则sin0B=，22sincos0BB+=这与22sincos1BB+=矛盾），所以 tan3B=又 0B，得23B=6 分 由余弦定理及2 3b=，得2222(2 3)2cos 3acac=+，8 分 即212()acac=+将4ac+=代入，解得4ac=9 分 所以113sin43222ABCSacB=10 分 在横线上填写“22 cosacbC+=”解：由 22 cosacbC+=及正弦定理，得
3、 2sinsin2sincosACBC+=2 分 又sinsin()sincoscossinABCBCBC=+=+，所以有 2cossinsin0BCC+=4 分 因为(0,)C，所以sin0C 从而有1cos2B=又(0,)B，所以23B=6 分 由余弦定理及2 3b=，得2222(2 3)2cos 3acac=+，8 分 即212()acac=+将4ac+=代入，解得4ac=9 分 高三数学答案 第 2 页 共 10 页 所以113sin43222ABCSacB=10 分 在横线上填写“sin3 sin2ACbAa+=”解：由正弦定理，得sinsin3sinsin2BBAA=2 分 由 0
4、A，得sin0A，所以sin3cos 2BB=4 分 由二倍角公式，得 2sincos3cos222BBB=由022B，得cos02B，所以3sin 22B=所以23B=，即23B=6 分 由余弦定理及2 3b=，得2222(2 3)2cos 3acac=+，8 分 即212()acac=+将4ac+=代入，解得4ac=9 分 所以113sin43222ABCSacB=10 分 18解：（1）设na的公比为 q 因为1a，2a，31aa成等差数列，所以21312()aaaa=+，即232aa=因为20a，所以322aqa=2 分 因为1 34a aa=，所以4132aaqa=3 分 因此112
5、nnnaa q=4 分 由题意，2(1)log(1)22nnnannS+=所以 111bS=，5 分 1223bbS+=，从而22b=所以 nb的公差2121 1dbb=所以1(1)1(1)1nbbndnn=+=+=6 分 高三数学答案 第 3 页 共 10 页 （2）令nn nca b=，则2nncn=因此nT=12nccc+=12311 2223 2(1)22nnnn+又234121 2223 2(1)22nnnTnn+=+，8 分 两式相减得23122222nnnTn+=+1222212nnn+=10 分 11222nnn+=1(1)22nn+=所以1(1)22nnTn+=+12 分 1
6、9（1）证明：在 RtPAB中，由勾股定理，得 22223(3)6PBABAP=1 分 因为2133PEPAPB=+uuuruuuruuur，ABPBPA=uuuruuuruuur，所以21()()33PE ABPAPBPBPA=+uuur uuuruuuruuuruuuruuur22211+333PAPBPA PB=+uuuruuuruuur uuur22211(3)+(6)00333=+=所以 PEABuuuruuur，所以 PEAB 3 分 因为 AD 平面 PAB，PE 平面 PAB，所以 PEAD.4 分 又因为 PEAB，ABADA=I，所以 PE 平面 ABCD.5 分 又因为
7、DC 平面 ABCD，所以 PEDC.6 分（2）解法一：由2133PEPAPB=+uuuruuuruuur，得2EBAE=uuuruuur 所以点 E 是靠近点 A的线段 AB 的三等分点所以113AEAB=分别以 ABuuur，ADuuur所在方向为 y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则(0,0,0)A，(0,0,2 3)D，(0,1,0)E，(2,1,0)P 8 分 ECDABP高三数学答案 第 4 页 共 10 页 设平面 PDE 的法向量为111(,)x y z=m，(2,0,0)EP=uuur，(0,1,2 3)ED=uuur.由0,0,EPED=uu
8、uruuurmm 得11120,2 30.xyz=+=令11z=，则(0,2 3,1)=m.9 分 设平面 APD 的法向量为222(,)xyz=n，(2,1,0)AP=uuur，(0,0,2 3)AD=uuur.由0,0,APAD=uuuruuurnn 得22220,2 30.xyz+=令21x=，则(1,2,0)=n.10 分 设向量 m 与 n 的夹角为，则22222 62 26cos|13(2 3)11(2)=+m nmn.所以二面角 APDE的余弦值为 2 2613.12 分 解法二：由2133PEPAPB=+uuuruuuruuur，得2EBAE=uuuruuur 所以点 E 是靠
9、近点 A的线段 AB 的三等分点所以113AEAB=过 E 作 EMAP，垂足为 M，过 M 作 MQPD，垂足为Q.7 分 因为 AD 平面 PAB，EM 平面 PAB，所以 EMAD.又 APADA=I，所以 EM 平面 PAD.因为 PD 平面 PAD，所以 EMPD.因为 MQPD，MQEMM=I，所以 PD 平面 EQM.因为 EQ 平面 EQM，所以 EQPD.所以EQM就是二面角 APDE的一个平面角.9 分 在 RtAEM中，1AE=，1cos3MAE=，所以1cos3MAAEMAE=.在 RtPMQ中，12333PMPAMA=，sinsinQPMDPA=zyxECBADPMQ
10、ECBADP高三数学答案 第 5 页 共 10 页 2 32155ADPD=，所以224sin3515QMPMQPM=.在 RtEQM中，415QM=，23ME=，224226()+()=31515QE=，所以42 2615cos=132615QMEQMQE=.所以二面角 APDE的余弦值为 2 2613.12 分 20（1）解：由题意，1X(20,)Bp 1 分 则盈利的天坑院数的均值1()20E Xp=2 分（2）若投资项目二，则2X 的分布列为 2X21.2Pp 1p 4 分 盈利的均值2()21.2(1)3.21.2E Xppp=6 分（3）若盈利，则每个天坑院盈利0.240%0.08
11、=(百万元)，所以投资建设 20 个天坑院，盈利的均值为 11(0.08)0.08()0.08201.6EXE Xpp=(百万元)7 分 2211(0.08)0.08()0.0820(1)0.128(1)DXD Xpppp=8 分 222()(23.21.2)(1.23.21.2)(1)10.24(1)D Xpppppp=+=9 分 当12(0.08)()EXE X=时，1.63.21.2pp=，解得34p=而12(0.08)()DXD X时，1.63.21.2pp，解得304p 高三数学答案 第 6 页 共 10 页 此时选择项目一 11 分 当12(0.08)()EXE X时，1.63.2
12、1.2pp 此时选择项目二 12 分 备注：在1(0.08)EX，1(0.08)DX，2()D X计算正确的前提下，若考虑投资风险，仅用 12(0.08)()DXD X 由题设知223114ab+=2 分 因为 F 的标准方程为221(3)4xy+=，所以 F 的坐标为(3,0)，半径12r=设左焦点为1F，则1F 的坐标为(3,0)由椭圆定义，可得 12|aAFAF=+222211 3(3)(0)(33)(0)22=+4=由解得2a=，1b=所以C 的方程为2214xy+=4 分（2）由题设可知，M 在C 外，N 在C 内，P 在 F 内，Q 在 F 外，在直线l 上的四点满足|MPMNNP
13、=，|NQPQNP=由2214(3)xyyk x+=消去 y 得2222(14)8 31240kxk xk+=5 分 因为直线l 过椭圆C 内的右焦点 F，所以该方程的判别式0 恒成立 设11(,)P x y，22(,)Q xy 由韦达定理，得 xyO1FFMNPQ高三数学答案 第 7 页 共 10 页 21228 314kxxk+=+，21 2212414kx xk=+22121 2|(1)()4PQkxxx x=+224441kk+=+7 分 又因为 F 的直径|1MN=，所以|(|)|1NQMPPQNPMNNPPQMNPQ=2341k=+9 分(3)yk x=可化为30kxyk=因为l
14、与O 相切，所以O 的半径231kRk=+，所以2223()1kS kRk=+10 分 所以(|)()NQMPS k2229(41)(1)kkk=+2429451kkk=+229145kk=+22912 45kk+=，当且仅当2214kk=，即22k=时等号成立 因此，直线l 的方程为2(3)2yx=12 分 22解：（1）对()ln(2)f xxa=+求导，得2()2fxxa=+因此2(1)2fa=+又因为(1)ln(2)fa=+，所以曲线()yf x=在点(1,(1)f处的切线方程为2ln(2)(1)2yaxa+=+，即xyO1FFMNPQ高三数学答案 第 8 页 共 10 页 22ln(
15、2)22yxaaa=+2 分 由题意，22ln(2)ln323aa+=+显然1a=适合上式 3 分 令2()ln(2)2aaa=+(0)a，求导得212()02(2)aaa=+，因此()a为增函数故1a=是唯一解 4 分（2）由（1）可知，()ln(21)2g xxx=+(0)x，2()ln(21)21xh xxx=+(0)x 因为24()202121xg xxx=为减函数 5 分 因为22224()021(21)(21)xh xxxx=+，所以2()()12xh xf xx=+(0)x 为增函数 6 分（3）证明：由125a=，1()ln(21)nnnaf aa+=+，易得0.na 1521
16、22nnna+25nna 时，()(0)0g xg=，即()2f xx 令1(2)nxan=，得11()2nnf aa，即12nnaa 因此，当 n2 时，2112122225nnnnnaaaa =所以152122nnna+成立 8 分 下面证明：120na 时，()(0)0h xh=，即2()021xf xx+因此111()2f xx+，即11 12(2)()2f xx 9 分 令1(2)nxan=，得111112(2)()2nnf aa，即11112(2)2nnaa=，所以120ln1.8，所以2120a 10 分 所以，当 n3 时，11112(2)2nnaa 2211(2)2na 22
17、11(2)02na 所以，当 n2 时，120na 成立 综上所述，当 n2 时，1521202nnna+，所以 1112022nnnaaa 下面用数学归纳法证明：2n时，12na 当2n=时，2112()ln(21)ln(21)ln1.85af aa=+=+=而221ln1.8ln1.8ln21.821.823.2422a=，因为3.242，所以212a 可见2n=时，不等式成立 10 分 假设当(2)nk k=时不等式成立，即12ka 当1nk=+时，1()ln(21)nkkkaaf aa+=+高三数学答案 第 10 页 共 10 页 因为12ka，()ln(21)f xx=+是增函数，所以11ln(21)ln(21)ln 22kkaa+=+=要证112ka+，只需证明1ln 22 而221ln 2ln 2ln2222(2)422，因为 42，所以1ln 22所以112ka+可见，1nk=+时不等式成立 由可知，当2n时，12na 成立 12 分
