天津市蓟州区第一中学2021届高三下学期模拟检测三数学试卷答案

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蓟州一中 2021 届高三第二学期模拟检测三
数学答案
一、单选题（本大题共 9小题，共 45 分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1--5 B B B C A 6--9 AC A D D
二、填空题（本大题共 6小题，共 30 分）
10.
❑
√
2
11.
−21
2
12.
¿
13.
4
5
14.
0.26
0.98
15.
−2
3
三、解答题（本大题共 5小题，共 75 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 解：
在
△ABC
中，由
cosA =−1
4
，
可得
sinA=❑
√
1−cos2A=❑
√
15
4
，
△ABC
的面积为
3❑
√
15
，可得
1
2bc sin A=3❑
√
15
，
可得
bc=24
，
又
b − c=2
，解得
b=6
，
c=4¿
负值舍去
¿
，
由
a2=b2+c2−2bccosA=36+16 −2×6×4×(−1
4)=64
，
可得
a=8
，
由正弦定理
a
sin A=c
sinC
，
解得
sinC=c· sin A
a=
4×
❑
√
15
4
8=❑
√
15
8
；
(2)cos (2A+π
6)=cos 2 Acos π
6−sin 2 Asin π
6
¿❑
√
3
2(2co s2A − 1)−1
2×2 sin Acos A
¿❑
√
15 −7❑
√
3
16
．
17.
(1)
证明：
∵ABCD
为正方形，
△PAD
是直角三角形，
且
PA=AD=2
，
∴AD ⊥AB
，
AD ⊥PA
又
AB∩ PA=A
，
∴AD ⊥
面
PAB
．
∵E
、
F
分别是线段
PA
、
PD
的中点，
∴EF //AD
，
∴EF ⊥
面
PAB
．
又
EF ⊂
面
EFG
，
∴
面
EFG ⊥
面
PAB
．
(2)
解：过点
F
作
FM ⊥AD
于
M
，过
M
作
MN ⊥BG
于
N
，连接
MB
，
MG
，
FN
，
由
AD⊥PA
，所以
FM /¿PA
，所以
FM =1
，
因为平面
PAD ⊥
平面
ABCD
，
所以
FM ⊥
平面
ABCD
，又
BG ⊂
平面
ABCD
，
所以
FM ⊥BG
，又
FM ∩ MN =M
，所以
BG⊥
面
NMG
，所以
FN ⊥BG
，
所以
FN
的长为点
F
到直线
BG
的距离，
S△BGM =SABCD − S△ABM − S△BCG − S△MDG=4−1−1−1
2=3
2
，
在
Rt △BCG
中有
BG=❑
√
4+1=❑
√
5
，所以
1
2BG × MN =3
2
，
所以
MN =3
❑
√
5
，
所以
FN=❑
√
1+9
5=
❑
√
70
5
，
所以点
F
到直线
BG
的距离为
❑
√
70
5
；
(3)
解：取
AB
中点
H
，连接
GH
，
HE
，则
GH /¿AD/¿EF
，
∴E
、
F
、
G
、
H
四点共面，过点
A
作
AT ⊥HE
于
T
，
∵
面
EFGH ⊥
面
PAB
，
∴AT ⊥
平面
EFGH
，
∴AT
就是点
A
到平面
EFG
的距离．
在
Rt △AEH
中，
AE=AH =1
，
∴AT =AE⋅AH
EH =1×1
❑
√
2=❑
√
2
2
，
故点
A
到平面
EFG
的距离为
❑
√
2
2
．
18. 解：
(1)
根据题意，当
n=1
时，有
S1=a1=1−a1
，解得
a1=1
2
，
当
n ≥ 2
时，由
Sn=1− an
，得
Sn+1=1− an+1
，两式相减得
Sn+1− Sn=− an+1+an
，即
an+1=1
2an
，
所以
{an}
是以
1
2
为首项，以
1
2
为公比的等比数列，
所以
an=1
2׿
；
(2)
由
(1)
可知
cn=
{
1
2n, n 为奇数
lo g22− n=−n , n 为偶数
，
所以当
n
为偶数时，
Tn=(c1+c3+…+cn −1)+(c2+c4+…+cn)=¿
，
即
Tn=1
2¿¿
，
当
n
为奇数时，
Tn=(c1+c3+…+cn)+(c2+c4+…+cn− 1)=¿=¿
，
即
Tn=1
2¿¿
．
所以
Tn=
{
2
3(1−1
2n+1)−n2−1
4, n 为奇数
2
3(1−1
2n)−n(n+2)
4, n 为偶数
．
19. 解：
¿
Ⅰ
¿
由
e=c
a=❑
√
1−b2
a2=1
2
，即
b
a=❑
√
3
2
，且
2b2
a=3
，
解得
a=2
，
b=❑
√
3
，
则椭圆的方程为
x2
4+y2
3=1
；
¿
Ⅱ
¿
联立直线
y=x+t
，与椭圆方程
3x2+4y2=12
，可得
7x2+8tx+4t2−12=0
，
设
C(x1, y1)
，
D(x2, y2)
，可得
△=64 t2−28(4t2−12)>0
，解得
−❑
√
7<t<❑
√
7
，
x1+x2=−8t
7
，
x1x2=4t2−12
7
，
则
kHC +kHD=y1−1
x1
+y2−1
x2
=x1+t −1
x1
+x2+t − 1
x2
=2+(t −1)⋅x1+x2
x1x2
=2+(t −1)⋅(−8t
4t2−12 )=−2
，
解得
t=2¿
舍去
¿
；
¿
Ⅲ
¿
由椭圆方程可得
F1(−1,0)
，
F2(1,0)
，
由角平分线的性质定理可得
¿M F1∨¿
¿M F2∨¿=¿P F1∨¿
¿P F2∨¿¿ ¿¿ ¿
，即为
m+1
1− m=¿P F1∨¿
¿P F2∨¿¿ ¿
，
可得
2
1− m=¿P F1∨+¿P F2∨¿
¿P F2∨¿=2a
¿P F2∨¿=4
¿P F2∨¿¿ ¿
¿
¿
，
所以
¿P F2∨¿2(1− m)∈(a −c , a+c)
，即
1<2(1−m)<3
，
解得
m∈(−1
2,1
2).
20. 解：
(1)f(x)=ax− bx+e2, f ′(x)=axln a− b
，
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