江西省百所重点中学高三模拟考试

数学试卷参考答案(理科)

7．A　k＝2，S＝4；k＝3，S＝11；k＝4，S＝26；k＝5，S＝57，输出结果，判断框内填“k＞4”．

8．B　若甲、乙两人只有一人参加时，不同的发言顺序有CCA种；若甲、乙同时参加时，不同的发言顺序有AA种．共CCA＋AA＝552种．

9．C　根据面面平行的性质定理可得AC∥GD，EF∥GD，∴EF∥AC，∵AC⊥平面AE，∴EF⊥平面AE，故①正确；取DG的中点O，连结AO、EO，则AO∥CG，EO∥FG，∴平面AEO∥平面CF，即AE∥平面CF，故②正确；连结CO、FO，则CO⊥平面DEFG，∴∠CFO为所求线面角，∵CO＝FO＝2，∴∠CFO＝，故③正确；该多面体的体积V＝VADO－BEF＋VABC－OFG＝4，故④错误．

12.

则

13.1　依题意，||＝||＝||＝， ·＝×cos∠AOC＝1，cos∠AOC＝，∠AOC＝，则||＝||＝||＝，∠BAC＝，·＝×cos∠BAC＝1.

14.　由题意可知点P在双曲线的左支上且b>a，设PF的中点为M，双曲线的右焦点为F′(c，0)，连结OM、PF′(O为坐标原点)，则|PF′|＝2|OM|＝2b且PF⊥PF′，

∴PF＝PF′－2a＝2b－2a，|PF|2＋|PF′|2＝|FF′|2，即(2b－2a)2＋(2b)2＝(2c)2，得b＝2a，则该双曲线的离心率e＝＝.

(2)∵A＋B＋C＝π，∴C＝π－A－B＝－A.

由正弦定理，得＝＝＝2，

∴c＝2sin C＝2sin (－A)．

∵＜A＜，∴＜－A＜.

∴＜sin (－A)＜1.∴c∈(1，2).(12分)

17．解：(1)∵6Sn＝a＋3an＋2，　①

∴6a1＝a＋3a1＋2，解得a1＝1或a1＝2.

又6Sn－1＝a＋3an－1＋2(n≥2)，　②

由①－②，得6an＝(a－a)＋3(an－an－1)，

即(an＋an－1)(an－an－1－3)＝0.

∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝3(n≥2)．

当a1＝2时，a2＝5，a6＝17，此时a1，a2，a6不成等比数列，∴a1≠2；∴an＝3n－2，bn＝4n－1.(6分)

(2)由(1)得Tn＝1×4n－1＋4×4n－2＋…＋(3n－5)×41＋(3n－2)×40，　③

∴4Tn＝1×4n＋4×4n－1＋7×4n－2＋…＋(3n－2)×41.　④

由④－③得3Tn＝4n＋3×(4n－1＋4n－2＋…＋41)－(3n－2)＝4n＋－(3n－2)

＝2×4n－(3n＋1)－1＝2bn＋1－an＋1－1，

∴3Tn＋1＝2bn＋1－an＋1，n∈N＋.(12分)

18．解：(1)若该生被录取，则前四项最多有一项不合格，并且第五项必须合格，记A＝{前四项均合格，且第五项合格}，B＝{前四项中仅有一项不合格，且第五项合格}，

则P(A)＝()4·(1－)＝，

P(B)＝C××(1－)3×(1－)＝.

又A、B互斥，故所求概率为

P＝P(A)＋P(B)＝＋＝.

19．解：(1)CM与BN交于F，连结EF.

由已知可得四边形BCNM是平行四边形，

∴F是BN的中点．

∵E是AB的中点，∴AN∥EF，

又EF
平面MEC，AN
平面MEC，

∴AN∥平面MEC.(5分)

(2)连结DE.由于四边形ABCD是菱形，E是AB的中点，可得DE⊥AB.

如图，建立空间直角坐标系D－xyz，则D(0，0，0)，E(，0，0), C(0，2，0)，M(，－1，).＝(，－2，0)，＝(0，－1，)．

设平面MEC的法向量为n＝(x，y，z)，

则所以

令x＝2，所以n＝(2，，)，

又平面CDE的法向量m＝(0，0，1)，

所以cos〈m，n〉＝＝.

所以二面角M—EC—D的大小是60°.(12分)

20．解：(1)∵CD＝，∴点E(，)，

又∵PQ＝，∴点G(，)，

则解得

∴椭圆方程＋＝1.（4分）

∴k1＋k2＝0，故直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形.（13分）

21．解：(1)因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，

故f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立．

所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)max≤0.

又f′(x)＝－a＝－()2＋－a＝－(－)2＋－a，

故当＝，即x＝e2时，f′(x)max＝－a.

所以－a≤0，于是a≥，故a的最小值为.(4分)

(2)命题“若存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等价于

“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤f′(x)max＋a”．

由(1)，当x∈[e，e2]时，有f′(x)max＝－a，∴f′(x)max＋a＝.

问题等价于“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤”.(6分)

10当a≥时，由(1)，f(x)在[e，e2]上为减函数，

则f(x)min＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－.(8分)

20当a＜时，由于f′(x)＝－(－)2＋－a在[e，e2]上为增函数，

故f′(x)的值域为[f′(e)，f′(e2)]，即[－a，－a]．

若－a≥0，即a≤0，f′(x)≥0在[e，e2]上恒成立，故f(x)在[e，e2]上为增函数，

于是，f(x)min＝f(e)＝e－ae≥e＞，不合题意.(10分)

②若－a＜0，即0＜a＜，由f′(x)的单调性和值域知，

存在唯一x0∈(e，e2)，使f′(x0)＝0，且满足：

当x∈(e，x0)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；

当x∈(x0，e2)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数.(12分)

所以，f(x)min＝f(x0)＝－ax0≤，x0∈(e，e2)．

所以，a≥－＞－＞－＝，与0＜a＜矛盾，不合题意．

综上，得a≥－.(14分)

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