2021福建省“決勝新高考?名校交流“高三下學(xué)期3月聯(lián)考試題數(shù)學(xué)PDF版含解析-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

決勝新高考?名校交流2021屆高三3月聯(lián)考卷數(shù)學(xué)答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 一、選擇題（本題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，1-8題為單選題，9-12題為多選題，多選題全部選對(duì)得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對(duì)的得3分.）123456789101112DDBDBDCCACDACDBCBC 二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共60分.13. ，14．－9　15.　（第一空2分，第二空3分）16．116π評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：按參考答案給分，結(jié)果必須化簡，完全正確，寫錯(cuò)、未化簡、多寫答案、少寫答案均不給分。三、解答題：本小題共6小題，共70分.評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：具體步驟分參照答案解析，沒有步驟只有答案均不給分。試題有不同解法時(shí)，解法正確即可酌情給分。17.解：(Ⅰ)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)?/span>Tn＝1－bn，當(dāng)n＝1時(shí)，T1＝1－b1＝b1，所以b1＝；(1分)當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝Tn－Tn－1＝1－bn－(1－bn－1)，(2分)整理得＝，所以數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，故bn＝.(4分)由a8＝3a3，得1＋7d＝3·(1＋2d)，解得d＝2.又a1＝2b1＝1，所以an＝2n－1.(5分)(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，an·bn＝(2n－1)·，(6分)所以Q n＝1×＋3×＋5×＋…＋(2n－1)×，　①則Qn＝1×＋3×＋5×＋…＋(2n－1)×，　②(7分)①－②得Qn＝1×＋2×＋2×＋…＋2×－(2n－1)×＝＋2×－(2n－1)×，(8分)所以Qn＝3－.(10分) 18.解：(Ⅰ)∵m⊥n，∴m·n＝0，即m·n＝2cosAcosC(tanAtanC－1)－1 ＝2sinAsinC－2cosAcosC－1 ＝－2cos(A＋C)－1 ＝2cosB－1 ＝0，(4分)∴cosB＝.(5分)∵B∈(0，π)，∴B＝.(6分)(Ⅱ)∵＝＝＝，∴sinA＝a，sinC＝c.(7分)∵sinA＋sinC＝，∴a＋c＝13.又∵b2＝a2＋c2－2accosB，(9分)即72＝a2＋c2－2accos，∴ac＝40，(10分)∴S△ABC＝acsinB＝×40×sin＝10.(12分) 19.解：(Ⅰ)當(dāng)z＝h時(shí)，x2＋y2≤16－h2，截面為圓面，則16－h2＝12，解得h＝±2.又h≥0，所以h＝2.(6分)(Ⅱ)在W1中，平面z＝h所截的截面為圓，其面積為π(16－h2)，在W2中，平面z＝h所截的截面為圓環(huán)，其面積為π(16－h2)，即z＝h截W1，W2所得面積均相等，從而由祖暅原理知，W1，W2體積相等，由W1為半球知其體積V＝×π×43＝π.(12分) 20.解：(Ⅰ)若第(n＋1)次由甲組答題，則包括第n次由甲組答題，第(n＋1)次繼續(xù)由甲組答題，以及第n次由乙組答題，第(n＋1)次由甲組答題．答對(duì)的題數(shù)之和為3的倍數(shù)分別為1＋2，2＋4，1＋5，4＋5，3＋3，6＋6，3＋6，其概率為＝，則答對(duì)的題數(shù)之和不是3的倍數(shù)的概率為，(3分)所以第n次由甲組答題，第(n＋1)次繼續(xù)由甲組答題的概率為Pn，第n次由乙組答題，第(n＋1)次由甲組答題的概率為(1－Pn)，因此Pn＋1＝Pn＋(1－Pn)＝－Pn＋(n∈N*)，(4分)則Pn＋1－＝－.(5分)因?yàn)榈谝淮斡杉捉M開始，則P1＝1，所以是首項(xiàng)為，公比為－的等比數(shù)列，所以Pn－＝，即Pn＝＋.(7分)(Ⅱ)由于第1次由甲組答題，則只要第2次、第3次、第4次這3次中再由甲組答題一次即可，所以所求概率P＝P1P2(1－P3)(1－P4)＋P1(1－P2)P3(1－P4)＋P1(1－P2)(1－P3)P4，(9分)由(Ⅰ)可知P2＝，P3＝，P4＝，(10分)所以P＝.(12分) 21.解：(Ⅰ)由題意及三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)可得·2c·b＝(2a＋2c)·，化簡得＝.　①(2分)又 |AB|＝2a＝4，所以 a＝2，c＝1，b＝＝，(4分)所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.(5分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知F1(－1，0)，B(2，0)，由題意，直線CD的斜率不為0，設(shè)直線CD的方程為x＝my－1，代入橢圓E的方程＋＝1，整理得(3m2＋4)y2－6my－9＝0.(6分)設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，則y1＋y2＝，y1y2＝－，　②直線BC：y＝(x－2)．令x＝－4，得N，(7分)同理可得M，(8分)所以以MN為直徑的圓的方程為(x＋4)(x＋4)＋＝0，即x2＋8x＋16＋y2＋y＋＝0，　③由②得y1＋y2＝－my1y2，代入③得圓的方程為x2＋8x＋7＋y2－6my＝0.(10分)若圓過定點(diǎn)，則(11分)解得或所以以MN為直徑的圓恒過兩定點(diǎn)(－7，0)，(－1，0)．(12分) 22.解：(Ⅰ)證明：當(dāng)x≥－1時(shí)，>0，∴<＝＋1.(2分)(Ⅱ)當(dāng)x>a時(shí)，f(x)>0恒成立，∴函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)x<a時(shí)，f(x)＝ex＋＝.令h(x)＝ex(x－a)＋1，則h′(x)＝ex(x－a＋1)，易知h′(a－1)＝0，∴當(dāng)x∈(－∞，a－1)時(shí)，h′(x)<0，h(x)是減函數(shù)；當(dāng)x∈(a－1，a)時(shí)，h′(x)>0，h(x)是增函數(shù)，∴函數(shù)h(x)在(－∞，a)上的最小值為h(a－1)＝1－ea－1.顯然，當(dāng)a＝1時(shí)，h(a－1)＝0，∴x＝a－1是函數(shù)f(x)的唯一的零點(diǎn)；當(dāng)a<1時(shí)，h(a－1)＝1－ea－1>0，∴函數(shù)f(x)沒有零點(diǎn)；當(dāng)a>1時(shí)，h(a－1)＝1－ea－1<0，∴函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．(6分)(Ⅲ)證明：由(Ⅰ)知當(dāng)x>0時(shí)，<＋1，∴只需證當(dāng)x>0時(shí)，ex>(x＋2)＋x2－4.(8分)設(shè)M(x)＝ex－(x＋2)－x2＋4＝ex－x2－2x＋2，則M′(x)＝ex－2x－2.令φ(x)＝ex－2x－2，則φ′(x)＝ex－2，易知φ(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增．∵φ(1)φ(2)<0，∴M′(x)在(0，＋∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)x0(1<x0<2)，即ex0－2x0－2＝0，(10分)∴M(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴M(x)≥ex0－x－2x0＋2＝4－x>0，∴ex>(x＋2)＋x2－4.又＋1>，∴ex>(x＋2)＋x2－4.(12分)

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