1、试卷第 1页，共 4页2 20 02 23 3 年年硚硚口口区区高高三三年年级级起起点点考考高高三三数数学学答答案案一一、选选择择题题：1.A2.D3.B4.B5C6.A7.A8.B二二、选选择择题题：9.ACD10.ACD11.BCD12AB三三、填填空空题题：13.2414.815.16.四四、解解答答题题：17.(1)设等差数列an的首项为 a1，公差为 d，因为 a37，a5a726，所以 a12d7，2a110d26，（2 2 分分）解得 a13，d2.（3 分分）因为 ana1(n1)d，Snn（a1an）2，所以 an2n1，（4 4 分分），Snn(n2)（5 分分）(2)因为
2、 an2n1，所以 an214n(n1)（6 分分）因此 bn14n（n1）141n1n1.（7 分分）.故 Tnb1b2bn1411212131n1n1 1411n1 n4（n1）.所以数列bn的前 n 项和 Tnn4（n1）.（10 分分）18.(1)由acbcsin Bsin Asin C得(ac)(sin Asin C)(bc)sin B，由正弦定理得(ac)(ac)(bc)b，（2 分分）即 a2c2b2bc，由余弦定理 a2b2c22bc cos A，得 cos A12.（4 分分）由于 0A，所以 A23.（5 分分）(2)由(1)可知 A23，所以CAD2326.根据正弦定理，
3、在CAD 中，有CDsin6bsin ADC，（6 分分）在BAD 中，有BDsin2csin ADB，（7 分分）又ADBADC，所以 sin ADBsin ADC.又 BD3CD，所以 b23c，（8 分分）所以由余弦定理可得，a2b2c22bc cos A4c29c222c2312199c2，（10 分分）则 a193c，所以 cos Ca2b2c22ab7 1938.（12 分分）19.（1）设AD的中点为E，连接PE，因为PAD为等边三角形，所以PEAD，又因为平面PAD 平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，且PE 平面PAD，所以PE 平面ABCD，因为AB平面ABCD，所以
4、PEAB，（2 分分）又PDAB，,PDPEPPD PE，平面PAD，所以AB平面PAD，（3 分分）又因为MD 平面PAD，所以ABMD，因为在等边三角形PAD中，M为PA的中点，所以MDAP，因为，,AB AP 平面PAB，所以MD 平面PAB，（4 分分）因为MD 平面MCD，所以平面MCD 平面PAB；（5 分分）试卷第 2页，共 4页（2）连接CE，由（1）知，AB平面PAD，因为AD 平面PAD，所以ABAD，因为/AD BC，2ADBC，2CDAB，所以四边形ABCE为矩形，即CEAD，BCAEDE，22CDABCE，所以30CDE，设BCa，2ADa，tan603PEAEa，3
5、tan303aABCEDE，以E为原点，分别以EC、ED、EP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，（6 分分）所以0,0Aa，0,0,3Pa，3,0,03aC，3,03aBa，0,0Da，30,22aaM，所以33,322a aaMC，330,22aaMD，3,33aPBaa，3,0,33aPCa，（7 分分）设平面MCD和平面PBC的法向量分别为1111,nx y z，2222,nxyz，则111111133032233022aaan MCxyzaan MDyz ，222222233033303anPBxayazanPCxaz ，即111133xyzy，22203yxz，取11y，21
6、z，则13,1,3n，（9 分分）23,0,1n ，（11 分分）所以1212123 332 210cos,35710n nn nnn ，所以平面MCD与平面PBC夹角的余弦值为2 21035.（12 分分），球的概率）从第二个箱子取出黄解：（158523153321.202P（3 分分）;753852)1581(531583P的概率从第三个箱子取出黄球（5 分分），）由题意可知，（5251)1(525321iiiiPPPP（8 分分），)21(51211iiPP（9 分分），又321P（10 分分）试卷第 3页，共 4页，61211P，1)51(6121iiP，215611iiP（11 分分
7、）.215611920P（12 分分）21.解：（1）由离心率为36可知2:1:3:222cba，（1分分）设椭圆方程C：132222bxby，将点），（33322代入方程，可得12b，（3 分分）故方程为.1322 xy（4 分分）（2）设2:nyxlAB，),(),(2211yxByxA，联立方程33222xynyx，代入消元得0912)13(22nyyn，由0得.012n1312221nnyy，139221nyy（6 分分）原点到ABl的距离22121200nnh，（7 分分），2121yynAB212212122124)(12121yyyyyynyynSAOB，222222)13()1
8、(361336)1312(nnnnn（10 分分）令，012 nt23162496)43(362ttttSAOB，当且仅当31,342nt即时，面积取到最大值.（12 分分）22.（1）sin31 ln1f xxxx，所以 1cos33ln11xfxxxx，（2 分分）所以 03f，又因为 00f，（3 分分）所以 fx在0 x 处的切线方程为3yx.（4 分分）（2）依题意得在0,1上有两个不等的12,x x,而，（5 分分）令,则 22226339 sin sin 111xGxxxxxx ，因为对任意的0,1x，sin0 x,所以任意的0,1x，0Gx恒成立，所以，在0,1上单调递减,而，
9、试卷第 4页，共 4页由零点存在性定理，存在00,1x，使得，于是00,xx，0,1xx，因此()在00,x上单调递增，在0,1x0,1x上单调递减，在0 xx取到极大值，（7 分分）又因为，由零点存在性定理和()的单调性，当且仅当0000sin31 ln1mxxx时，在00,x上和0,1x上各恰有一个零点，即为12,x x，不妨设12xx,由（1）可得，()在0 x 处的切线方程为3yx.令()=()(+3)，则,令 H xh x，则 0HxG x，所以 h xH x在0,1单调递减,而所以对任意的0,1x，0h x，所以 h x在0,1单调递减，又因为，所以对任意的0,1x，0h x.即当0,1x时，（9 分分）同理可计算得，在1x 处的切线方程为3ln2 1yx令，则.令 K xkx，则 0KxG x，所以 kxK x在0,1单调递减而，所以对任意的0,1x，0kx，所以 k x在0,1单调递增,又因为，所以对任意的0,1x，0k x.即当0,1x时，（11 分分）考虑3 xm和3ln2 1xm的零点，分别为33mx 和413ln2mx ,因为，所以31xx，因为，所以42xx,于是3124xxxx，所以12432113ln233mmmxxxx .（12 分分）
