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  • 2021-06-19 发布

天津市河西区2020届高三总复习质量调查(二)数学试题答案

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高三数学试卷参考答案 第 1 页(共 7 页)(二) 河西区2019—2020学年度第二学期高三年级总复习质量调查(二) 数学试卷参考答案及评分标准 一、选择题:本大题共 9 小题,每小题 5 分,共 45 分. 二、填空题:本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分. (10) 5 (11) 60 (12) 25 (13) 15 7 5 3 (14)8 (15)1 3 8 三、解答题:本大题共 5 小题,共 75 分. (16)(本小题满分 14 分) (Ⅰ)解:依题意,   2 1cossin3cos2  xxxxf 2 12sin2 3 2 2cos1  xx       6 π2sin x …………5 分 所以 ππ2  T . …………7 分 (Ⅱ)解:依题意,令 π22 π 6 π2π22 π kxk  , Zk , 解得 π6 ππ3 π kxk  , 所以  xf 的单调递增区间为      π6 π,π3 π kk , Zk . 设     4 π,4 πA ,      π6 π,π3 π kkB ,易知     6 π,4 πBA , …………10 分 所以当     4 π,4 πx 时,  xf 在区间     6 π,4 π 上单调递增; (1)A (2)B (3)D (4)C (5)D (6)C (7)A (8)C (9)D 高三数学试卷参考答案 第 2 页(共 7 页)(二) 在区间     4 π,6 π 上单调递减. …………14 分 (17)(本小题满分 15 分) 如图建立空间直角坐标系 xyzD  , 0(D , 0 , )0 , 1(A , 0 , )0 , 1(B ,1, )0 , 0(C ,1, )0 , 1(1A , 0 , )2 , 1(1B ,1, )2 , 0(1C ,1, )2 , 0(1D , 0 , )2 , 0(E ,1, )1 , …………1 分 (Ⅰ)证明:设平面 BDE 的法向量 n x( , y , )z , 1(DB ,1, )0 , 0(DE ,1, )1 , 由      0 0 DE DB n n ,即      0 0 zy yx , 取 1x ,得 n 1( , 1 , )1 , …………3 分 又 1(1 AC ,1, )2 , 因为 1AC n )1(111  012  ,所以 1AC n, 所以 1AC ∥平面 BDE . …………5 分 (Ⅱ)证明:由(Ⅰ)可知 n 1( , 1 , )1 , 1(1 EA ,1, )1 , EA1 n,所以 EA1 ∥n, 所以 EA1 平面 BDE . …………10 分 (Ⅲ)解:设点 F 的坐标为 1( ,1, ) , …………11 分 0(1 FA ,1, )2 , 设直线 FA1 与平面 BDE 所成角为 ,则 A1 D1 C1 B1 A D C B E x y z 高三数学试卷参考答案 第 3 页(共 7 页)(二) n n   1 1sin AF AF 2)2(13 3     3 6 , 解得 1 , …………14 分 所以点 F 的坐标为 1( ,1, )1 , DF 1( ,1, )1 , 3DF , 所以 DF 的长为 3 . …………15 分 (18)(本小题满分 15 分) (Ⅰ)解:因为  232  nn aS ( *n N ),所以  232 11   nn aS ( 2n ), 两式相减,整理得: 3 1  n n a a ( 2n ), 当 1n 时,  232 11  aa , 61 a ,  na 是以 6 为首项,3 为公比的等比数列, nn n qaa 321 1   . …………3 分 设等差数列 nb 的公差为 d , 因为 16 1 11  ab , 5b 是 2b 和 14b 的等比中项, 所以   142 2 5 bbb  ,即     ddd 131141 2  , 解得 0d 或 2 ,因为公差不为 0 , 所以 2d , 故   1211  ndnbbn . …………6 分 (Ⅱ)解:           12 1 12 1 2 1 1212 11 1 nnnnbb nn , …………8 分 所以 21 10 21 1 19 1 5 1 3 1 3 112 1110 1 1          i iibb . …………10 分 高三数学试卷参考答案 第 4 页(共 7 页)(二) (Ⅲ)解:因为      k k k n na nc 2, 2,1 ( *Nk ), n na 32 , 所以     n i ic 2 1 21         n i ii n i i n i ia 11 2 1 2 134941321 …………12 分 n n i i n i i    11 3494 2 33292 1 11   nnn . …………15 分 (19)(本小题满分 15 分) (Ⅰ)解:设椭圆方程为 12 2 2 2  b y a x ( 0 ba ), 由题意,得 3c .因为 222 bca  ,所以 22 3 ba  . 又       2 31, 是椭圆上的一个点,所以 1 3 4 3 1 22    aa , 解得 42 a 或 4 32 a (舍去), 所以椭圆的标准方程为 14 2 2  yx . …………5 分 (Ⅱ)(ⅰ)解:因为  00 , yxP ,  00 x ,则  0,0 yQ ,且 14 2 0 2 0  yx . 因为 M 为线段 PQ 中点,所以      0 0 ,2 yxM . 又  1,0A ,所以直线 AM 的方程为   112 0 0  xx yy . 因为 00 x , 10  y 令 1y ,得        1,1 0 0 y xC . 又  1,0 B , N 为线段 BC 的中点,有          1,12 0 0 y xN . 高三数学试卷参考答案 第 5 页(共 7 页)(二) 所以          1,122 0 0 00 yy xxNM . 因此,    11222 00 0 000        yyy xxxNMOM   0 2 0 0 2 0 2 0 144 yyy xx    0 0 2 02 0 2 0 144 yy xyx          011 00  yy . 所以 MNOM  . …………10 分 (ⅱ)解:由(ⅰ)知, MNOM  . 因为 14 2 0 2 0  yxOM ,   1 14 2 0 2 0    y xON   1 1 1 2 0 2 0    y y 01 2 y 所以在 Rt △ MON 中, 22 OMONMN  , 因此 MNOMS MON  2 1 Δ 0 0 1 1 2 1 y y   ,从而有 2 3 1 1 2 1 0 0   y y , 解得 5 4 0 y . …………15 分 (20)(本小题满分 16 分) (Ⅰ)解:因为   xxf xx sinee  , 所以    xxxf xx cossinee   xxx cossin1e            4 πsin21e xx ,     2 π,0x ,     4 π3,4 π 4 πx , 2 2 4 πsin       x ,所以   0 xf , 故函数  xf 在     2 π,0 上单调递减,函数  xf 的最大值为   1010 f ;函数  xf 的最小 值为 02 π     f ;所以函数  xf 的值域为 10,. …………5 分 高三数学试卷参考答案 第 6 页(共 7 页)(二) (Ⅱ)解:原不等式可化为     xxkxx sin11sin1e  ,  * 因为 0sin1  x 恒成立,故  * 可化为  1e  xkx . 令   kkxxg x  e ,     2 π,0x ,   kxg x  e , 当 0k 时,   0e  kxg x ,所以函数  xg 在     2 π,0 上单调递增, 故     010  kgxg ,所以 01  k ; 当 0k 时,令   0e  kxg x ,得 kx ln , 所以当  kx ln,0 时,函数   0e  kxg x ; 当   ,kx ln 时,函数   0e  kxg x . 所以当 2 πln k ,即 2 π e0  k 时,函数     0ln2lnmin  kkkkgxg 成立; 当 2 πln k ,即 2 π ek 时,函数  xg 在     2 π,0 上单调递减,   02 πe2 π 2 π min      kkgxg ,解得 12 π ee 2 π 2 π   k , 综上, 12 π e1 2 π   k . …………10 分 (Ⅲ)证明: 令   12 3 2 1e 2 1        xxh x ,则   2 3e 1   xxh x . 令     2 3e 1   xxhxt x ,则   01e 1  xxt ,所以  xh 在 R 上单调递增, 由 01e2 1 2 1       h , 04 3e4 3 4 1       h ,故存在      4 3,2 1 0x ,使得   00  xh , 高三数学试卷参考答案 第 7 页(共 7 页)(二) 即 0 1 2 3e 0 xx  . 所以当  0, xx  时,   0 xh ;当   ,0xx 时,   0 xh . 故当 0xx  时,函数  xh 有极小值,且是唯一的极小值, 故函数     12 3 2 1e 2 0 1 0min 0        xxhxh x 12 3 2 1 2 3 2 00            xx 2 3 2 5 2 1 2 0       x , 因为      4 3,2 1 0x ,所以       2 3 2 5 2 1 2 0x 032 1 2 3 2 5 4 3 2 1 2       , 故   012 3 2 1e 2 1        xxh x ,即 12 3 2 1e 2 1       xx . …………16 分