1、 1 高三年级学习质量评估考试 数学数学参考答案及评分标准参考答案及评分标准 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D A B B C C 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，有 多项符合题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分。 题号 9 10 11 12 答案 AC ABC ACD ABD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 1380； 144 3； 1
2、5 2 ； 16 25 1 3 ， 四、解答题：共 72 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17 【解析】 【1】若选择 222 + 2bacac， 由余弦定理 222 22 cos 222 acbac B acac ， . 2 分 因为 (0)B，所以 = 4 B； . 3 分 由正弦定理 sinsin ab AB ， 得 2 sin sin 3 3 sin 2 2 bA a B ， . 5 分 因为 3 A ， 4 B ， 所以 3 5 124 C ， . 6 分 所以 562 sinsinsin()sincoscossin 124646464 C ， . 8 分 所以 116
3、233 sin32 2244 ABC SabC . 10 分 【2】若选择cossinaBbA， 2 则 sincossin sinABBA， 因为 sin0A，所以 sincosB B， . 2 分 因为 (0)B，所以 = 4 B； . 3 分 由正弦定理 sinsin ab AB ， 得 2 sin sin 3 3 sin 2 2 bA a B ， . 5 分 因为 3 A ， 4 B ， 所以 3 5 124 C ， . 6 分 所以 562 sinsinsin()sincoscossin 124646464 C ， . 8 分 所以 116233 sin32 2244 ABC Sab
4、C . 10 分 【3】若选择sincos2BB， 则 2sin()2 4 B ，所以 sin()1 4 B ， . 2 分 因为 (0)B，所以 5 +() 444 B ， 所以 + 42 B ，所以 = 4 B； . 3 分 由正弦定理 sinsin ab AB ， 得 2 sin sin 3 3 sin 2 2 bA a B ， . 5 分 因为 3 A ， 4 B ， 所以 3 5 124 C ， . 6 分 所以 562 sinsinsin()sincoscossin 124646464 C ， . 8 分 所以 116233 sin32 2244 ABC SabC . 10 分 1
5、8 【解析】 （1）连接BD交AQ于点M，连接PM， 3 因为 BMQ DMA， 1 2 BQAD， 所以 1 2 BMDM， . 2 分 又 1 2 EPDP，所以 PMBE， . 3 分 又 PM 平面APQ，BE 平面APQ， 所以 BE平面APQ； . 5 分 （2） 【解法一】 以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直 角坐标系Axyz， . 6 分 则 (0 0 0) (2 2 2 2 0)(0 2 2 0)(0 0 2)( 2 0 2)ACDEF， ， ， ， ， 设 ()P x y z， ， ，因为 2DPPE， 所以 2 3 DPDE，则
6、2 (2 2)(02 2 2) 3 x yz， 则 2 24 (0) 33 P，所以 2 24 (0) 33 AP ， 设平面AFP的法向量为 1111 ()xyz， ，n，又因为 ( 2 0 2)AF ， 所以 1 1 0 0 AF n AP n ，即 11 11 220 2 24 0 33 xz yz ，取 1 2x ，则 11 21yz ， 故 1 ( 221)，n； . 8 分 又 平面AEF的法向量为 2 (0 1 0)，n， . 9 分 所以 12 12 12 10 cos |5 ， nn nn nn ， . 11 分 由图可知所求二面角为锐角， 所以 二面角PAFE的余弦值为 1
7、0 5 . 12 分 【解法二】 在ADE中，作AEPG 于G， 作AFGH 于H，连接PH 因为AE 平面ABCD，AD 平面ABCD， 所以AE AD，又AB AD，ABAEA， z y x M F Q C P A D E B 4 所以 AD 平面ABFE， 又AEPG ，所以PGAD，所以 PG 平面ABFE， . 7 分 AF平面ABFE， 所以 AFPG ，又 PGGHG， 所以 AF平面PGH， 所以 AFPH ， 故PHG即为所求二面角的平面角，记该角为. . 9 分 因为 3 22 3 1 ADPG， 又AHGAEF，所以 9 62 6 3 4 AF AG FE GH ，所以
8、9 34 GH， 在直角PGH中， 9 302 22 GHPGPH， 所以 5 10 cos PH GH ， . 11 分 所以 二面角PAFE的余弦值为 10 5 . 12 分 19. 【解析】 （1）因为 2 log (1)1 nn SF， 2 21 n n F ， 所以 2 2 log (21 1)121 n n n S ； . 2 分 当 1n 时， 11 1aS， . 3 分 当 2n 时， 11 1 222 nnn nnn aSS ， 1 1a 适合上式， 故 1 2n n a ； . 5 分 （2）因为 1 2n n a ，所以 1 2n n a ， 所以 212 (1)log(
9、1)log 2(1) n nn bnann n ， . 6 分 故 2211 2() (1)1 n bn nnn ， . 7 分 所以 11111 2(1)2()2() 2231 n T nn H G M F Q C P A D E B 5 1111112 2(1)2(1)2 223111nnnn ；. 10 分 因为 22 0 (1) n bn n ，所以 1 0 nn TT 对 * n N恒成立，即 1nn TT ， 所以 1 1 n TT ，又因为 2 0 1n ， 所以 2 22 1 n T n ， 综上 对 * n N，12 n T . 12 分 20.【解析】 （1）由题意可知 从
10、一年内发生的交通事故中随机抽出一起事故，则该起事故是恰好是 超速驾驶的概率为0.2，设“恰好有一起事故属于超速驾驶”为事件A， 则 12 3 11 ()(1) 55 P AC . 2 分 48 125 . 3 分 （2）由题意，设 2 2 dk v，因为 当行车速度为 100/km h时，制动距离为 65m， 所以 0.0065k ，即 2 2 0.0065dv， . 5 分 （i）因为 1 d与v之间具有线性相关关系，故设 1 dbva， 因为 11 222 11 ()() () nn iiii ii nn ii ii xxyyx ynx y b xxxnx ， 所以 10 11 1 102
11、 22 1 () 22187.3 10 100.4211103.3 0.21 10605410 100.45252.4 ii i i i v dnd b vn ， . 7 分 故 1 0.21dva，把(100.4 21)，代入上式，解得 0.084a ， 则 1 d与v之间的回归方程为： 1 0.210.084dv； . 8 分 设 停车距离为d，则 12 ddd， 则 2 0.00650.210.084dvv， 当110v /km h时，101.666d ， 即 车速为 110/km h时的停车距离为101.666m； . 10 分 （ii）易知 当车速为 100/km h时，停车距离为8
12、5.916m，该距离小于 100m， 6 又因为 当车速为 110/km h时的停车距离为101.666m，该距离大于 100m， 由以上两个数据可知，当车速超过 100/km h时，必须与同车道前车保持 100 米以上的 距离才能保证行驶安全 . 12 分 21 【解析】 （1）由题意可知 1 2 ac ac ，解得 21ac，所以3b ， 故 椭圆C的方程为 22 1 43 xy ； . 3 分 （2） （i）因为 椭圆长轴端点坐标为(2 0) ，和(2 0)， 所以 椭圆的“外切圆”E的方程为 22 4xy； . 5 分 （ii） 【解法一】 假设存在满足条件的定点Q， 由题意可知定点Q
13、必在x轴上，设(0)Q m， 00 ()P xy，则 22 00 1 43 xy ， 由（i）可知，圆E的圆心为坐标原点O，半径为 2， 设以PQ为直径的圆的圆心为G，半径为r，则G为线段PQ的中点， | 2 PQ r ， 即 00 () 22 xmy G ， 22 00 1 () 2 rxmy 因为圆E与圆G相切，则 | 2OGr， . 6 分 所以 2 22200 00 1 ()2() 242 xmy xmy ，其中 22 00 3 3 4 yx， . 8 分 两边平方并整理： 22 000 42 ()mxxmy， 化简得： 22 0 (1)(4)0mx， . 10 分 上式对任意 0 2
14、 2x ，恒成立， 故 2 10m ，解得：1m ， 所以 当定点Q恰好为椭圆C的焦点时，符合题意 . 12 分 【解法二】 假设存在满足条件的定点Q， 由题意可知定点Q必在x轴上，设(0)Q m， 00 ()P xy，则 22 00 1 43 xy ， 由（i）可知，圆E的圆心为坐标原点O，半径为 2， 7 设以PQ为直径的圆的圆心为G，半径为r，则G为线段PQ的中点， | 2 PQ r ， 即 00 () 22 xmy G ， 22 00 1 () 2 rxmy 因为圆E与圆G相切，则 | 2OGr， . 6 分 所以 2 22200 00 1 ()2() 242 xmy xmy ， .
15、8 分 则 2 22200 00 1 ()()2 242 xmy xmy ， 则 2222 0000 ()()4xmyxmy， 设(0)Qm ，则 | 4PQPQ . 10 分 又因为，点P在椭圆 22 1 43 xy 上，设 12 FF，分别为椭圆的左右焦点， 则 12 | 4PFPF， 故 Q Q，分别与 12 FF，重合， 所以 当定点Q恰好为椭圆C的焦点时，符合题意 . 12 分 【解法三】 假设存在满足条件的定点Q， 由题意可知定点Q必在x轴上， 由（i）可知，圆E的圆心为坐标原点O，半径为 2， 设以PQ为直径的圆的圆心为G，半径为r，则G为线段PQ的中点， | 2 PQ r ，
16、因为圆E与圆G相切，则 | 2OGr， . 6 分 即 | | 2 2 PQ OG ， 所以 2| 4OGPQ， . 8 分 设 Q 为Q关于原点的对称点，则 OG恰好为QQ P的中位线， 所以 2| |OGPQ， 所以 | 4PQPQ，. 10 分 又因为，点P在椭圆 22 1 43 xy 上，设 12 FF，分别为椭圆的左右焦点， 则 12 | 4PFPF， 故 Q Q，分别与 12 FF，重合， 8 所以 当定点Q恰好为椭圆C的焦点时，符合题意 . 12 分 【解法四】 假设存在满足条件的定点Q，设()Q m n， 00 ()P xy，则 22 00 1 43 xy ， 由（i）可知，圆
17、E的圆心为坐标原点O，半径为 2， 设以PQ为直径的圆的圆心为G，半径为r，则G为线段PQ的中点， | 2 PQ r ， 即 00 () 22 xmyn G ， 22 00 1 ()() 2 rxmyn 因为圆E与圆G相切，则 | 2OGr， . 6 分 所以 22 2200 00 ()()1 2()() 442 xmyn xmyn ， . 8 分 则 22 2200 00 ()()1 ()()2 442 xmyn xmyn ， 则 2222 0000 ()()()()4xmynxmyn， 设()Qmn ，则 | 4PQPQ . 10 分 又因为，点P在椭圆 22 1 43 xy 上，设 12
18、 FF，分别为椭圆的左右焦点， 则 12 | 4PFPF， 故 Q Q，分别与 12 FF，重合， 所以 当定点Q恰好为椭圆C的焦点时，符合题意 . 12 分 22 【解析】 （1）( )f x的定义域为(0)， 2 1ln ( ) x fx x ， . 1 分 令( )0fx，解得：0ex， 令( )0fx，解得：ex ， 所以 当(0 e)x，( )f x为增函数，当(e +)x，( )f x为减函数， 所以 ex 时，( )f x有极大值 11e (e) ee fb ， 所以 1b ； . 3 分 （2） 【解法一】 由（1）知， ln ( )1 x f x x ， 9 则 ( )( )
19、g xaf x，即 ln ex aax a xx 对(0)x ，恒成立， 所以 eln x xaaxax对(0)x ，恒成立， 即 eln 0 x xaxaxa对(0)x ，恒成立， 设( )eln x h xxaxaxa，则( )0h x对(0)x ，恒成立， . 4 分 （i）若0a ，当 (0 1)x，时， ( )elneln2 x h xxaxaxaaxa， 则 ee 22 (e)elne20 aa haa ， 不合题意； . 5 分 （ii）若0a ，则 ( )e0 x h xx对(0)x ，恒成立， 符合题意； . 6 分 （iii）若0a ，则 ( )(1)e(1)(e) xx
20、aa h xxax xx ， 设( )e x a x x ，则 ( ) x在(0)，上为增函数， 因为 ( )e1 0 a a ， 3 ()e30 3 a a a a a ， 所以 0 () 3 a xa a ，使 0 0 0 ()e0 x a x x ， 当 0 (0)xx，时，( )0 x，( )0h x，( )h x为减函数； 当 0 ()xx ，时，( )0 x，( )0h x，( )h x为增函数； 所以 0 0000 ( )()eln x h xh xxaxaxa， 因为 0 0 e0 x a x ，所以 0 0 ex a x ， 00 lnlnxax， 所以 0000 0 ()(
21、ln)ln a h xxaaxaxaaa x ， 则 ln0aa ，即 ln0a，即01a ； . 7 分 综上 01a . 8 分 【解法二】 10 由（1）知， ln ( )1 x f x x ， 则 ( )( )g xaf x，即 ln ex aax a xx 对(0)x ，恒成立， 所以 eln x xaaxax对(0)x ，恒成立， 即 (1 ln )exaxxx对(0)x ，恒成立， 设( ) 1lnh xxx ， 因为 ( )1lnh xxx 为单调递增函数，且 11 ()0 ee h， 22 11 ()10 ee h ， 所以 1 2 11 () ee x，使得 111 ()1
22、ln0h xxx ， 当 1 (0)xx，时，( )0h x ，当 1 ()xx ，时，( )0h x ， 当 1 xx时，1ln0 xx时，0exx对(0)x ，恒成立， 所以 aR； . 4 分 当 1 xx时，即1ln0 xx时， 设( ) 1ln x xe x xx ， 则 22 1 (1)(1ln )(1) (1)(1ln )(1) ( ) (1ln )(1ln ) xx xxxexxxe xexxex x x xxxx 2 (1)(ln) (1ln ) x xexx xx ， 设 ( )lnp xxx ， 因为 ( )lnp xxx 为单调递增函数，且 11 ()10 ee p ，
23、(1)10p ， 所以 2 1 (1) e x，使得 222 ()ln0p xxx， 当 2 (0)xx，时，( )0p x ，( )0 x，( ) x是减函数， 当 2 ()xx ，时，( )0p x ，( )0 x，( ) x是增函数， 所以 2 2 2 min22 22 e ( )()e 1ln x x x xxx xx ， 又因为 22 ln0 xx，所以 222 ln0 2e ee1 xxx x ， 所以 min2 ( )()1xx， . 5 分 当1ln 0 xx时， 1ln x xe a xx 对 1 ()xx ，恒成立， 11 因为 ( ) x在 12 ()xx，上是减函数，在
24、 2 ()x ，上是增函数， 所以 2 ()1ax；. 6 分 当1ln 0 xx时， 1ln x xe a xx 对 1 (0)xx ，恒成立， 所以 ( ) x在 1 (0)x，上是减函数， 因为 0 ( 0 )l i m0 1l n x x xe xx ， 所以 (0)0a ；. 7 分 综上 01a . 8 分 【解法三】 由（1）知， ln ( )1 x f x x ， 则 ( )( )g xaf x，即 ln ex aax a xx 对(0)x ，恒成立， 所以 eln x xaaxax对(0)x ，恒成立， 即 eln 0 x xaxaxa对(0)x ，恒成立， 设( )eln
25、x h xxaxaxa，则( )0h x对(0)x ，恒成立， lnln ( )eelne(ln) xxx x h xaxaxaaxxa ， 设ln xxt，tR， 原问题转化为：( )0 t teata对t R恒成立， . 4 分 （i）若0a ，当 (0)t ，时， ( )1 t teataata ， 则 11 (1)1(1)0haa aa ， 不合题意； . 5 分 （ii）若0a ，则 ( )0 t te对t R恒成立， 符合题意； . 6 分 （iii）若0a ，则( ) t tea， 令 ( )0t ，lnta，令 ( )0t ，lnta， 所以 当 (ln )ta ， 时， (
26、) t 为减函数， 12 当 (ln)ta， 时， ( ) t 为增函数， 所以 ln ( )(ln )elnln0 a taaaaaa ， 即 ln0a ，即0 1a ； . 7 分 综上 01a . 8 分 （3）要证 22 ( )sin1x f xaxx， 只需证 22 ln (1)sin1 x xaxx x ， 即 22 lnsin1xxxaxx，即 ln1sinxxax ， 只需证 1sin ln ax x xx ，. 9 分 设 1 ( )lnF xx x ，( )sinG xxx， 因为 22 111 ( ) x Fx xxx ， 所以 ( )F x在(0 1)，上单调递减，在(1 )， 上单调递增， 所以 ( )(1)1F xF ； . 10 分 因为 ( )1cos0G xx 恒成立， 所以 ( )G x在(0)， 上单调递增， 所以 ( )(0)0G xG ，则 sinxx，则 sin 1 x x ， 由（2）可知，0 1a ，所以 sin 1 ax x ； . 11 分 所以 sin ( ) ax F x x ， 即 1sin ln ax x xx ，得证 . 12 分
