高三數(shù)學(xué)開學(xué)摸底考試卷（測(cè)試范圍新高考數(shù)學(xué)全部?jī)?nèi)容）（參考答案）

高三數(shù)學(xué)開學(xué)摸底考試卷參考答案一．選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）12345678BBBCAAAA二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）9101112ABDBCDBCDBCD三．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13．4﹣3．14．．15．（﹣∞，8）．16．6四．解答題（共6小題，滿分70分）17．解：（1）∵DE＝1，AE＝3DE，∴AD＝2，∵∠ADB+∠ADC＝π，∴cos∠ADB+cos∠ADC＝0，由題意設(shè)BD＝DC＝x，AB＝4，AC＝2，則在△ADB中，由余弦定理得cos∠ADB＝＝＝，在△ADC中，由余弦定理得cos∠ADC＝＝＝，∴+＝0，解得x＝2，∴BC＝2BD＝4，在△ABC中，由余弦定理得cos∠BAC＝＝＝﹣；（2）∵AB＝4，AC＝2，∠ABC＝，∴在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BCcos∠ABC，即8＝16+BC2﹣2×4×BC，解得BC＝2，∵點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，∴BD＝BC＝，在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2+BD2﹣2AB?BDcos∠ABC＝16+2﹣2××4×＝10，即AD＝，∵AE＝3DE，∴AE＝AD＝，在△ABD中，由余弦定理得cos∠BAE＝＝＝，在△ABE中，由余弦定理得BE2＝AB2+AE2﹣2AB?AEcos∠BAE＝16+（）2﹣2×4××＝，即BE＝．18．解：（1）由a1＝，可得an+1＝，由a1＞0，可得an＞0，則＝1+，即﹣＝1，所以{}是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列，則＝2+n﹣1＝n+1，即an＝；（2）證明：an＝，對(duì)k＝1，2，3，…，akak+1ak+2＝＝[﹣]，所以a1a2a3+a2a3a4+…+anan+1an+2＝[﹣+﹣+…+﹣]＝[﹣]＝﹣＜．19．解：（1）由（0.004+a+0.022+0.028+0.022+0.018）×10＝1，解得a＝0.006；（2）由頻率分布直方圖可知，評(píng)分在[40，60），[60，80），[80，100]內(nèi)的顧客人數(shù)之比為：（0.004+0.006）：（0.022+0.028）：（0.022+0.018）＝1：5：4，所以評(píng)分在[40，60）內(nèi)的顧客應(yīng)抽取（人）；（3）用戶對(duì)該APP評(píng)分的平均分為：＝76.2．20．解：（1）證明：∵△APC為等邊三角形，O為AC的中點(diǎn)，∴PO⊥AC，∵平面APC⊥底面ABC，平面APC∩平面ABC＝AC，PO?平面APC，∴PO⊥平面ABC；（2）連接BO，由（1）可知建立以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AC、OB、OP所在直線為x軸、y軸、z軸的空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，如圖所示：AB＝BC＝2，AC＝4，則OP＝2，AB2+BC2＝16＝AC2，∴△ABC等腰直角三角形，則OB＝2，BO⊥AC，∴C（2，0，0），B（0，2，0），P（0，0，2），A（﹣2，0，0），設(shè)M（x，y，0），則＝（x，y﹣2，0），＝（2，﹣2，0），∵BM＝λBC，∴，則x＝2λ，y＝2﹣2λ，0≤λ≤1，∴M（2λ，2﹣2λ，0），∵平面APC⊥平面ABC，平面APC∩平面ABC＝AC，BO?平面ABC，∴BO⊥平面PAC，∴平面PAC的一個(gè)法向量為＝（0，2，0），設(shè)平面MPA的一個(gè)法向量為＝（x，y，z），＝（2，0，2），＝（2λ+2，2﹣2λ，0），則，取x＝，則z＝﹣1，y＝，∴平面MPA的一個(gè)法向量為＝（，，﹣1），∵二面角M﹣PA﹣C為30°，∴cos＜，＞＝＝＝cos30°＝，即（）2＝4，解得λ＝3（不合題意，舍去）或λ＝，故λ＝．21．解：（1）雙曲線過點(diǎn)（2，1）且一條漸近線方程為，則①，雙曲線過點(diǎn)（2，1），則②，聯(lián)立①②解得，a2＝2，b2＝1，故雙曲線的方程為，直線l的傾斜角為，在y軸上的截距為﹣2，則l的方程為y＝x﹣2，代入雙曲線方程可得，x2﹣8x+10＝0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），M（x，y），則x1+x2＝8，M為線段AB的中點(diǎn)，則x＝4，y＝x﹣2＝2，即M（4，2），∵，∴△MF1F2的面積為；（2）由題意可知，圓的方程為x2+y2＝c2，聯(lián)立，解得x＝，y＝，即P（，），切線的斜率為，則kOP＝，化簡(jiǎn)整理可得，3（c2﹣a2）＝，故3c4+4a4﹣8a2c2＝0，即3c4﹣8e2+4＝0，解得e2＝2，故雙曲線的離心率為．22．解：（1）由題意，函數(shù)f（x）＝x2﹣axlnx+1+a，a∈R，可得函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），且f'（x）＝2x﹣a（1+lnx），設(shè)g（x）＝f'（x）＝2x﹣a（1+lnx），x∈（0，+∞），則，①當(dāng)a≤0時(shí)，可得g'（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以f'（x）沒有極值；②當(dāng)a＞0時(shí)，若，則g'（x）＜0，f′（x）在上單調(diào)遞減，若，則g'（x）＞0，f′（x）在上單調(diào)遞增，所以f′（x）在處取得極小值，且極小值為，在（0，+∞）上沒有極大值，綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）沒有極值；當(dāng)a＞0時(shí)，f′（x）的極小值為，無極大值．（2）由題意知，存在t∈[2，e]，使得f（t）＝t2﹣atlnt+1+a＜0，即存在t∈[2，e]，使得，構(gòu)造函數(shù)，則，當(dāng)a+1≤2，即a≤1時(shí)，h'（t）≥0在[2，e]上恒成立，h（t）單調(diào)遞增，所以h（2）＜0，可得，與a≤1矛盾，不滿足題意；當(dāng)2＜a+1＜e，即1＜a＜e﹣1時(shí)，若t∈[2，a+1]，則h′（t）≤0，h（t）單調(diào)遞減，若t∈[a+1，e]，則h'（t）≥0，h（t）單調(diào)遞增，此時(shí)h（t）min＝h（a+1），由h（t）min＝h（a+1）＜0，可得（a+