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八校联考数学答案

发布时间：2021-04-24   来源：文档文库   
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2021届高三年级苏州八校联盟第三次适应性检测
数 学 试 卷 （参考答案）
（满分150分 考试时间120分钟）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．A 2．C 3．B 4．C 5．A 6．B 7．C 8．D 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，只有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分． 9．ACD 10．BD 11．ABD 12．AD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
x2y213．1 14．15 15．2π23 16．2
88四、解答题：本题共6小题，共70分．解答时应写出说明、证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分10分）
如图，在平面四边形ABCD中，BC=1,ABC90O,BCD60O，BAD75O． （1）若CBD300，求三角形ABD的面积； （2）若AD=
【解析】（1）在BCD中，由CBD30，BCD60，
OOO可得BDC90,BDA D 62，求CBD的大小. 2
B C (第17题图
32，
624
ADBD3(62在ABD中，由正弦定理知，可得AD．．．．．．．．．．．2分4sinABDsinA sin750sin(450300sin450cos300cos450sin300．．．．．．．．．．．．．4分1133(62933．0 所以SBDADsinADBsin45222416
（2）由AD=62，BC=1,BCD60O，
2621BDBD2在ABD、BCD中，由正弦定理知，==，sinABDsin750sinBDCsin600

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分
又ABC900，所以sin∠ABD=cos∠CBD 从而有BDcosCBD13,BDsinBDC, 22两式相除可得sinBDC3cosCBD ．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分 由sinBDCsin(18060CBDsin(60CBD
000sin600cosCBDcos600sinCBD31cosCBDsinCBD 22因此有tanCBD3，由00CBD1800可得CBD600 ．．．．．．．．．．10分 （延长BA，CD交与点E，在三角形EAD中计算同样给分） 18．（本小题满分12分）
已知数列{an}为等比数列，且各项均为正数，a12，a2a3是a3与a4的等差中项．记2正项数列{bn}前n项之积为Tn，b1=1，Tnan(n1(n≥2．

（1）求数列{an}与{bn}的通项公式； （2）证明：i1nai11≥(nN．
(2bii(2bi1i12【解析】（1）设等比数列{an}的公比为q，由各项为正，故q>0． 由于a2a3是a3与a4的等差中项，可得2(a2a3a3a4， 又a1=2，所以2(2q2q2q2q，因此q=2，
n1n从而ana1q2，即an=2n ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．2分
223
2由bn>0, b1=1，T2b1b22，b22．
当n3时，Tn1a(n2(n1，得bn22Tn2Tn21an(n1a(n1(n222(n1，故bn2n1(n3，
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4分
n1b1=1，b2=2均符合上式，所以bn2

ai12i111（2），．．．．．．．6分 i(2bii(2bi1i1(2i(2i1i12ii2i1(i1因此有：ai11111((223(bi(bi121222223i1ii1n(112nn2n1(n111 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分 n12(n1n1要证不等式成立，即证2由2n2(n12(nN
(n2[2n1(n1]42n10可得数列{2n1(n1}递增，．．．10分 (n1211(112．
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分


P Q 所以2由此n1ai11(nN(2bi(2bi12i1ii1n（亦可运用二项式定理证明） 19．（本小题满分12分）
如图，多面体PQABCD中，四边形ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD， AB=PA=2，ABC=600，QCQD22，PQa(a0．A （1）设点F为棱CD的中点，求证：对任意的正数a，
四边形PQFA为平面四边形；
B (第19题图
D C （2）当a14时，求直线PQ与平面PBC所成角的正弦值．
【解析】（1）方法1：设Q在平面内的射影为E，由QC=QD可得EC=ED，

所以点E在CD的垂直平分线上 ．．．．．．．．．．．．2分 由ABCD是菱形，且ABC=600，故直线AE与CD的交点即为CD的中点F．．．．．4分 因为PA⊥平面ABCD，QE⊥平面ABCD，所以PA//QE，
从而PA，QE共面，因此 PQ，FA共面，所以PQFA为平面四边形．．．．．．．．．．．．．6分 方法2：证明CD⊥平面AFQ， ．．．．．．．．．．．．2分 再证明CD⊥平面PAF ．．．．．．．．．．．．．4分 由AFQ与平面PAF均过点A可得平面AFQ与平面PAF重合．
即P、Q、F、A共面，所以PQFA为平面四边形． ．．．．．．．．．．．．6分
P Q z P Q A F B
C D A F B x C D y （2）分别以AB、AF、AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0，B(2,0,0，C(1,3,0,F(0,3,0,P(0,0,2 当a14时，由PF7,QF7可得PF2QF2PQ2, 2+3，3，所以Q的坐标为(0，． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分
可求平面PBC的一个法向量为n(3,1,3． ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10分 设直线PQ与平面PBC所成角为， 则sincosn,PQ526，
14526．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分
14从而直线PQ与平面PBC所成角的正弦值为20.（本小题满分12分）

某贫困地区截至2016年底，按照农村家庭人均年纯收入8000元的小康标准，该地区仅剩部分家庭尚未实现小康．现从这些尚未实现小康的家庭中随机抽取50户，得到这50户2016年的家庭人均年纯收入的频率分布直方图．

0.18 0.10 0.06 0.04

0.32 0.30
(第20题图
（1）将家庭人均年纯收入不足5000元的家庭称为“特困户”，若从这50户中再取出10户调查致贫原因，求这10户中含有“特困户”的户数X的数学期望； 假设2017年底该地区有1000户居民，100户为“特困户”，（2）其中900户为小康户，若每经过一年的脱贫工作后，“特困户”中有90%变为小康户，但小康户仍有t%(0<t<10变为“特困户”，假设该地区居民户数保持不变，记经过n年脱贫工作后该地区小康户数为an． （i）求a1并写出an1与an的关系式；
（ii）要使经2年脱贫工作后该地区小康户数至少有950户，求最大的正整数t的值．【解析】（1）由频率分布直方图可知，家庭人均年收入在2000,3000元、3000,4000元、4000,5000元、5000,6000元、6000,7000元、7000,8000元的家庭数依次为：0.04502户；0.10505户；0.325016户；0.305015户；0.18509户；0.06503户；共计50户，

若从这50户中再取出10户调查致贫原因，

这10户中含有“特困户”的户数X服从H(10，23，50的超几何分布， 因为当X
（2）因为每经过一年的脱贫工作后，“特困户”中有90%变为小康户，但小康户仍有变为"特困户”，所以有 t%（0t10）

（ⅱ）a2 记函数因函数则函数

21.（本小题满分12分）
已知圆E:x+1y28，点F(m,0(m0，P是圆E上一点，线段PF的垂直平分线l与直线EP相交于点Q．

【解析】（1）m=2时，点F在圆E外，EF>22．
由Q是线段PF的垂直平分线l与直线EP的交点，QP=QF， 又点Q在线段PE外，故有QPQE=22，于是有QFQE=22， 又由EF>22，即QEQFEF，
2Hn,M,N时，EXnM，
N10t10ta1900(9909t900， 100100ft9909t10t，其中0t10，
ft9909t10t是开口向上的二次函数，且其对称轴为t=60， ft9909t10t在0,10上单调递减，


（不说明QEQFEF扣1分）
（2）当m=1时，E(1,0,F(1,0，同（1）可得|QF||QE|22|EF|， 故Q点的轨迹C是以E，F为左右焦点的椭圆，
c=1，又a2b2c2，QE+QF=22=2a，a2=2，b21，

，Ax1，y1,Bx2，y2,Mx0，y0， 设l1：xty1①

xty1,22xt+2y2ty10， ② t0由x2，消去得2+y=1,2因点E在椭圆内，所以有0恒成立，且y1y2=y1y22tty，， 022t22t2t22M，即2
2t+2t2t22由点Mx0，y0在直线l1：xty1上，x0ty01
22t2（ⅰ）若2，则有t21， 2t22t1tt23tt1223t1t+22t， 22t22t412t2122t+22t1此时kMN
212122t2， （ⅱ）若22，则有t21，此时M，，N，3333t22t121212M，，N，0； MN或过点，此时直线33333

其它解法根据情况酌情给分．

22.（本小题满分12分）
x已知函数fxe，gxsinx. （1）设函数hxfxx1gx，当xπ,0时，求函数hx零点的个数； （2）求证：gxgx1xfxlnx．
x【解析】（1）由题意可得：hxex1sinx，
hxexsinxx1cosx，hxex2cosxx1sinx，

xx 当12,0时，e0，sinx0，x1cosx0， hx0， hx在,0上单调递增， …………………………………………2分
2 2当x,时，ex0，cosx0，x1sinx0
2 hx0， hx在,上单调递增，
2 又he10,h(e2210，
且hx的图象在,内连续不断，
2 x0(,使得hx00，

2且当x,x0时，hx0；当x(x0,]时，hx0，
2
hx在,x0内单调递减，在(x0,]内单调递增，

2综合12可知：hx在,x0内单调递减，在(x0,0]内单调递增，……………4分 又he0，hx0h(e22210，h010，
且hx的图象在,0内连续不断，
x1(,x0,x2(x0,0使得hx1hx20，
函数hx在,0内零点的个数是2. ………………………………………6分 （2）证明：要证明gxgx1xfxlnx， 即证：sinxcosx1xexlnx0 即证：sin2x1xexlnx0，（*）
2设Fxsin2x2x，则Fx2cos2x22cos2x10
Fx在0,内单调递减，FxF00，sin2x2x
所以要证（*）成立，只需证x1xexlnx0 …………………………8分
x（法一）设Gxx1xelnx，则Gx1x1ex1x11xex xxxx又设kx1xe，kx(x1e0，kx在0,内单调递减，
又k010,k11e0
t0,1使得kt0，即tet1，lntt0 …………………………10分
当x0,t,Gx0，Gx单调递增， 当xt,,Gx0，Gx单调递减，
t所以，GxGtt1telnt=0，所以原命题得证. ………………12分
xx（法二）设Hxex1，则Hxe1

所以Hx在,0单调递减，在0,单调递增，所以HxH00，
exx1 …………………………………………………………………10分 exlnxxlnx1，xexxlnx1，即证x1xexlnx0成立
所以原命题得证. …………………………………………………………12分

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/228578d57b563c1ec5da50e2524de518974bd34f.html

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