天津市部分区2021届高三上学期期末数学试题（扫描版含答案）.zip

部分区期末练习高三数学答案部分区期末练习高三数学答案第第 1 1 页（共页（共 6 6 页）页） 天津市部分区天津市部分区 2020202020212021 学年度第一学期期末练习学年度第一学期期末练习 高三数学高三数学参考答案与评分标准参考答案与评分标准 一、选择题：一、选择题：( (本大题共本大题共 9 9 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，共分，共 4545 分分) ) 题号题号123456789 答案答案 D ACBCABCD 二、填空题：二、填空题：( (本大题共本大题共 6 6 个小题，每小题个小题，每小题 5 5 分，共分，共 3030 分分) ) 10.1011.412. 7 10 13.2sin 2 3 x 14. 9 4 15. 2 3 ； 9 2 三、解答题三、解答题： （本大题共（本大题共 5 5 个小题，共个小题，共 7575 分）分） 16.解解： （1）在）在ABC中，中，2sinsin()sin 6 BCA ， 所以所以3sinsinsincossinBCBCBC.2 分分 即即3sinsinsincossincoscossinBCBCBCBC， 所以所以3sinsincossinBCBC.3 分分 又又sin0C ，所以，所以 3 tan 3 B ，5 分分 又又0B，所以，所以 6 B .6 分分 （2）设）设BCt.由题意及（由题意及（1）得，）得， 1 4 sin3 26 ABC St ， 解得解得3t , 即即3BC . 8 分分 在在ABC中，由余弦定理，得中，由余弦定理，得 222 2cosACABBCAB BCB 2 2 432 43cos7 6 ， 所以所以 7AC 9 分分 由正弦定理，得由正弦定理，得 sinsin ACBC BA ， 所以所以 3121 sinsin 62147 BC A AC .10 分分 部分区期末练习高三数学答案部分区期末练习高三数学答案第第 2 2 页（共页（共 6 6 页）页） E F D BC x y z A 因为因为 73ACBC ，所以，所以BA ，所以，所以0 6 A . 所以所以 2 215 7 cos1 sin1 1414 AA ，12 分分 所以所以 215 75 3 sin22sincos2 141414 AAA .14 分分 17.（1）证明）证明:在在ABD中，中， 2,2 2ABADBD， 所以所以 222 BDABAD ，所以，所以ADAB.2 分分 在在ACD中，因为中，因为1,2,5ACADCD， 所以所以 222 CDACAD ，所以，所以ADAC.3 分分 因为因为AB平面平面ABC,AC平面平面ABC,且且ABACA， 所以所以AD 平面平面ABC.4 分分 又因为又因为BC平面平面ABC,所以所以ADBC.5 分分 （2）解：由（）解：由（1）知，）知，ADAB，ADAC，又，又90BAC ， 以以点点A为坐标原点，为坐标原点，分别以分别以,AC AB AD 的方向为的方向为x轴、轴、y轴、轴、z轴的正方向建立轴的正方向建立 空间直角坐标系空间直角坐标系Axyz.6 分分 则则0,0,0A，0,2,0B，1,0,0C，0,0,2D. 因为因为,E F分别为分别为,AB CB的中点，所以的中点，所以0,1,0E， 1 ,1,0 2 F . 所以所以0,1, 2DE ， 1 ,1, 2 2 DF ，0,2, 2DB 7 分分 设平面设平面DEF的法向量为的法向量为, ,nx y z ， 则有则有 0, 0, n DE n DF 即即 20, 1 20, 2 yz xyz 令令1z ，得，得2,0yx， 所以所以0,2,1n .9 分分 设直线设直线BD与平面与平面DEF所成角为所成角为. 因为因为 0422DB n ，2 2,5DBn ， 所以所以 210 sin 102 25 BD n BD n . 部分区期末练习高三数学答案部分区期末练习高三数学答案第第 3 3 页（共页（共 6 6 页）页） 因因为为0 2 ，所，所以以 2 3 10 cos1sin 10 即即所求直线所求直线BD与平面与平面DEF所成角的所成角的余余弦弦值为值为 3 10 10 .11 分分 （3）解：由（）解：由（1）知，）知，AB 平面平面DAC， 所以平面所以平面DAC的一个法向量为的一个法向量为0,2,0AB .12 分分 因为因为4,2n ABAB ， 所以所以 42 5 cos,= 552 n AB n AB n AB 14 分分 设平面设平面DEF与平面与平面DAC所成的二面角所成的二面角为为，因为因为0 所以所以 2 5 sin = 1cos, 5 n AB 故所求平面故所求平面DEF与平面与平面DAC所成的二面角所成的二面角的正的正弦值为弦值为 5 5 .15 分分 18.解解： （1）由题意，知由题意，知31 nn Sa， * Nn， 令令1n 得，得， 11 31Sa，因为，因为 11 Sa，所以，所以 1 1 2 a .1 分分 当当2n时，时， 11 31 nn Sa ， 所以所以-，得，得 11 3311 nnnn SSaa ，3 分分 即即 1 3 nnn aaa ， 所以所以 1 1 2 n n a a （2n）.5 分分 所以数列所以数列 n a是首项为是首项为 1 2 ，以，以 1 2 为公比的等比数列为公比的等比数列. 6 分分 所以所以 1 2 n n a .7 分分 （2）由（）由（1）得）得 1 2 n n a . 所以所以 22 111 11 log(2)22 n n b nan nnn ， 9 分分 部分区期末练习高三数学答案部分区期末练习高三数学答案第第 4 4 页（共页（共 6 6 页）页） 所以所以 1 1111111111 2 132435112 n T nnnn 3111 4212nn .13 分分 因为因为 * Nn， 所以所以 111 0 212nn ， 所以所以 3 4 n T .15 分分 19.解解： （1）由题可得）由题可得 22 222 6 , 3 62 1, , c a ab abc 3 分分 解得解得 2 3, 2. a b 所以椭圆的方程为所以椭圆的方程为 22 1 124 xy 5 分分 （2）当过点当过点P且与圆且与圆 22 3xy相切的切线斜率不存在时，相切的切线斜率不存在时，由对称性，由对称性，不妨设切不妨设切 线方程为线方程为3x ， 则则 3,0 ,3, 3 ,3,3PEF，所以，所以3PE PF .6 分分 当过点当过点P且与圆且与圆 22 3xy相切的切线斜率存在时相切的切线斜率存在时，不妨设切线的方程为不妨设切线的方程为 ykxm，设点，设点 11 ,E x y, 22 ,F xy, 00 ,P xy. 将直线方程与圆的方程联立并整理，得将直线方程与圆的方程联立并整理，得 222 1230kxkmxm， 由直线与圆相切易得由直线与圆相切易得 22 3 1mk， 0 2 1 km x k .8 分分 联立直线和椭圆的方程并整理，得联立直线和椭圆的方程并整理，得 222 1 363120kxkmxm，10 分分 则则 2222 364 1 33120k mkm ， 所以所以 2 1212 22 6312 , 1 31 3 kmm xxx x kk .12分分 所以所以 10102020 ,PE PFxxyyxxyy 10201020 +xxxxyyyy 部分区期末练习高三数学答案部分区期末练习高三数学答案第第 5 5 页（共页（共 6 6 页）页） 222 1020120120 1=1kxxxxkx xxxxx 2 2 2 2 222 6 3121 1 1 31 31 km km mkmk k kkk 2 2 93 3 1 3 k k .14 分分 综上可知，综上可知，PE PF 为定值为定值3.15 分分 20.解解:（1）由题意，得）由题意，得( )ln(1)ecos x fxaxax .1 分分 因为因为0 x 为函数为函数( )f x的极值点，的极值点， 所以所以(0)ln0faa.2分分 令令( )ln(0)g xxx x，显然显然a是是( )g x的零点的零点. 则则 1 ( )10g x x ，( )g x在在(0,)上单调递增上单调递增.3分分 因为因为 111e (1)0, ( )lnln0 2222 gg，4分分 所以所以( )ln(0)g xxx x在在 1 ( ,1) 2 上有唯一的零点上有唯一的零点a， 所以所以 1 1 2 a.5分分 （2）由由（1）知知，lnaa ，( )(sine ) x f xaxx ，( )cos(1)e x fxaxx . 当当(,0)x 时，由时，由0, 1cos1,11,e1 x axx 得，得，( )0fx， 所以所以( )f x在在(,0)上单调递减，上单调递减，( )(0)0f xf， 所以所以( )f x在区间在区间(,0)上不存在零点上不存在零点.7分分 当当(0,)x时，设时，设( )cos(1)e x h xxx ，则，则( )(2)esin x h xxx ， 1 若若 (0, 2 x，令，令( )(2)esin x m xxx ，则，则( )(3)ecos0 x m xxx ， 所以所以( )m x在在 (0, 2 上单调递减上单调递减. 因为因为 2 (0)20,( )(2)e10 22 mm ； 部分区期末练习高三数学答案部分区期末练习高三数学答案第第 6 6 页（共页（共 6 6 页）页） 所以存在所以存在 (0,) 2 ，满足，满足( )0m. 当当(0,)x时，时，( )( )0m xh x，( )h x在在(0,)上单调递增；上单调递增； 当当 ( , 2 x时时，( )( )0m xh x，( )h x在在 ( , 2 上单调递减上单调递减.9分分 2 若若 ( ,2 2 x，令，令 ( )(2)e ,( ,2 2 x xxx ，则，则( )(3)e0 x xx ， 所以所以( )x在区间在区间 (,2 2 上单调递减，所以上单调递减，所以 2 1 ( )( )(2)e 22e x . 又因为又因为 1 sinsin2sin(2)sin 62 x ， 所以所以( )(2)esin0 x h xxx ，( )h x在在 (,2 2 上单调递减上单调递减.11分分 3 若若(2, )x， 则则( )(2)esin0 x h xxx ，( )h x在在(2,)上单调递减上单调递减.12分分 由由1、2、3 得，得，( )h x在在(0,)上单调递增，上单调递增，( )h x在在( ,) 单调递减单调递减. 因为因为( )(0)0hh， ()( 1)e10h ， 所以存在所以存在( ,)使得使得( )0h， 所以，当所以，当(0,)x时，时，( )( )0fxh x，( )f x在在(0,)上单调递增，上单调递增， 所以所以( )(0)0f xf； 当当( ,)x时，时，( )( )0fxh x，( )f x在在( ,)上单调递减上单调递减. 14分分 因为因为( )(0)0,()0fff， 所以所以( )f x在区间在区间( ,)上有且只有一个零上有且只有一个零点点.15分分 综上，综上，( )f x在区间在区间(,)上的零点个数为上的零点个数为2.16分分