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1、2021 届湖北省武汉市武昌区高三数学届湖北省武汉市武昌区高三数学 1 月质量检测试题答案月质量检测试题答案一、选择题：一、选择题：题号12345678答案DABDDDCB二、选择题：二、选择题：题号9101112答案CDABCDABDABD三、填空题：三、填空题：13.6014.2115.516.)4e()4e31(,四、解答题：四、解答题：17（10 分）分）解解：（1）若选：abBc 22 cos，则由正弦定理得，即2sincossin0BCB，sin0B，1cos2C，则3C（4 分）若选：22243Sbac，则14sin3 2cos2baCbaC，化简得tan3C，3C（4分）若选：
2、23sin2sin12CAB，则有3sin1cos1CC，化简得2sin26C，所以62C，故3C.（4 分）（2）在ABC中，BCDACDABCSSS，所以，60sin2130sin2130sin21CBCACDCACDCBaCDCDa341.又33241CDaSCDB.由，23242aaa或34（舍）.2a.（10 分）18（12 分）分）解解：（1）设等差数列na的公差为d，由条件得131226aaad，解得122ad.故2nan.（4 分）(2)由(1)可知1002,16|2100|2100,710nnnnnbn，其中*nN故nb的前10项和）（）（）（）（）（100210022100
3、2100210010762110T）（）（1087621222222200199421212212122004761）（）（.（12 分）19（12 分）分）解解：（1）证明：连接 AC 交 BE 于 O，并连接 EC，FO，1/,2BCAD BCAD，E为AD中点，AE/BC，且 AE=BC.四边形 ABCE 为平行四边形，O 为 AC 中点，又 F 为 AD 中点，/OFPA，,OFBEF PABEF平面平面，PA/平面BEF.（4 分）（2）方法一方法一：（综合法）由 BCDE 为正方形可得22ECBC.由 ABCE 为平行四边形可得EC/AB.PCE为PCAB与所成角，即45PCE.P
4、APDEADPEAD为中点.侧面PAD 底面,ABCD侧面PAD底面,ABCDAD PE平面PAD，PEABCD 平面，PEEC，2PEEC.（8 分）取PD中点M，连,ME MA.PADABCD面面，ADBEPADABCDAD且面面，BE平面PAD，MEAFBEA为的平面角.又311,1,22EMAEAM，33cos MEA.所以二面角FBEA的余弦值为33（8 分）方法二方法二：（空间向量法）建议给分标准：建系正确，设（求）点的坐标正确，2 分；利用线面角求出线段长正确，2 分；求法向量正确，2 分；求余弦并给出结论正确，2 分20（12 分）分）解解：（1）由题可知12|2412A Aa
5、cea，解得2,1ac，由222abc得23b，椭圆C的方程为22143xy.（4 分）（2）设00(,)P xy，由于P是异于长轴顶点12,A A的任意一点，故切线斜率存在.设过P的椭圆的切线为ykxb，联立方程22143ykxbxy，得222(34)84120kxkbxb，222(8)4(34)(412)0kbkb，结合002200143ykxbxy，解得过P点的切线方程为000334x xyyy.由于分别过12,A A的切线分别为2,2xx，解得12,B B的坐标为0012006363(2,),(2,)22xxBByy.在x轴上取点）（0,tM，则）（0012362yxtMB,，）（00
6、22362yxtMB,，所以14936422020221tyxtMBMB.当1t时，021MBMB.所以，以12B B为直径的圆过x轴上的定点为12(1,0),(1,0)FF.（12 分）21（12 分）分）解解：（1）设赌博再继续进行X局甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢.由题意知，最多再进行 4 局，甲乙必然有人赢得全部赌注.当2X时，甲以 41 赢，所以943222）（Xp；当3X时，甲以 42 赢，所以2783232132312）（CXp；当4X时，甲以 43 赢，所以274323113242113）（）（CXp.所以，甲赢的概率为98272427427894.所以，甲应分得的赌注为2
7、1698243元.（6 分）（2）设赌博继续进行X局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢.当3X时，乙以以 42 赢，313pXp；当4X时，乙以以 43 赢，33131313ppPpCXp；所以，乙赢得全部赌注的概率为333131131）（ppppPAP)(.于是甲赢得全部赌注的概率31311）（）（pppf.求导，2231121133113）（）（）（）（）（）（ppppppf.因为143 p，所以0）（pf，所以()f p在3,1)4p上单调递增，于是25624343min）（）（fpf.故乙赢的概率为05005080256132562431.，故事件A不是小概率事件.（12 分）22（1
8、2 分）分）解解：（1）axxxf-ln)(，11()1xfxxx.当(0,1)x时，()0fx，()fx单调递增；当(1,)x时，()0fx，()fx单调递减.当1x 时，()fx有极大值，(1)1fa.当1a 时，01)(f，()f x在(0,)上单调递减，此时()f x无极值；当1a 时，(1)10fa.11111111ln10aaaafaaaeeee ，易证，1x 时，2xex，所以，1a，20aafeae，故存在12,x x，满足112101aaxxee，12()()0fxfx.当10,xx时，f x单调递减，当12,xx x时，f x单调递增，当2,xx时，f x单调递减.()f
9、x在1xx处有极小值，在2xx处有极大值综上所述，当1a 时，()f x没有极值点；当1a 时，()f x有 2 个极值点（6 分）（2）由（1）可知当且仅当1a 时()f x有极小值1x和极大值2x，2110 xx.先证先证：221 xx.由1122ln0ln0 xxaxxa，得1122lnlnxxxx，即1lnln1212xxxx.下证2lnln121212xxxxxx，即证1)1(2ln121212xxxxxx（以下略）所以2121211lnln2xxxxxx，所以122xx.因为1201xx，122xx，所以1122xxx.因为12,xx x时，)(xf单调递增，所以212ff xx，
10、所以1211)(2()f xf xf xxf.再证再证：12()()23f xf xa.设 2,1(0)gfxxf xx，因为()lnfxxxa，所以xxxxfxfxg2-2)-ln(2-ln)2()()(，所以 22 1112022xgxxxxx，故 gx在0,1上单调递增.又 10g，所以0,1x时，0gx，()2g xf xxf在0,1上单调递减.所以0,1x时，12(1)23g xgfa.所以12111()()232f xf xf xxafg x.（12 分）另法另法：(1)证明：212f xfx.当1a 时,()f x有 2 个极值点12,x x，且满足1201xx.因为1201xx，所以121x.因为当21,xx时，f x单调递增，当2,xx时，f x单调递减，所以2f x为1，内的最大值，即212f xfx（2）证明122xx，只需证2121xx.因为()lnfxxxa单调递减，只需证212fxxf.又因为12()()0fxfx，只需证112fxxf，即证1120ffxx.令()2h xfxxf，(0,1)x.因为1()1fxx，1111()1122202h xfxxxxxxxf，所以()2h xfxxf在(0,1)上单调递增，()(1)0h xh.所以1110()2h xfxxf，因此，122xx.欢迎访问“高