浙江省杭州市2021届高三上学期期末教学质量检测数学试题(图片版含答案).zip

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第 1 页(共 4 页) 2020 学年第一学期杭州市高三年级教学质量检测 数学参考答案及评分标准 一、选择题:本大题共一、选择题:本大题共 10 小题,每小题小题,每小题 4 分,共分,共 40 分。在每小题给出的四个选项中,只分。在每小题给出的四个选项中,只 有一项是符合题目要求的。有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D B B C D B B B D D 二、填空题:本大题共二、填空题:本大题共 7 小题,多空题每题小题,多空题每题 6 分,单空题每题分,单空题每题 4 分,共分,共 36 分。分。 111,9 12 2,23 13 1 2,2 141,1 1544 16123 3 17 3 12 三、解答题:本大题共三、解答题:本大题共 5 小题,共小题,共 74 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18 (本题满分 14 分) ()因为 1313 cos+sincossin 2222 f xxxxx 22 1311cos231cos2 cossin 444242 xx xx 11 cos2 24 x, 因为 f (x)的最小正周期为 ,所以 2 2 ,即 1 所以 11 ( )cos2 24 f xx, 因为2 222 kxk,kZ, 即 2 kxk,kZ, 所以 f (x)的单调递增区间为( , ) 2 kk,kZ 8 分 ()由 sinAsinCsin2Csin2Asin2B,得 acc2a2b2, 即 a2c2b2ac, 所以 222 1 cos 222 acbac B acac ,又 0 2 B , , 3 B , f (B)1 2 6 分 第 2 页(共 4 页) 19 (本题满分 15 分) ()当 a2 时,| x1 |22| x1 |10, 所以 0| x1 |12, 所以 2x22 5 分 ()因为 f (x)1 2 2 + 3, 2 ; 2 1, 2 . 因为 f (x)10 有 4 个不同零点, 所以4a2120 且2 1,解得3 2 不妨设 x1x2x3x4,则1= 1,2= 1, 若 x2,x3,x4成等差数列,则23 = 1 + 4 3+ 4= 2,所以3 = 2+1 3 , 代入得(2+1 3 ) 2 2 2+1 3 + 3 = 0, 解得 a7 4或 a2(舍去) , 综上可知,存在 a7 4符合题意 10 分 20 (本题满分 15 分) (I)连接 BG 交 EC 于 H,连接 FH 则点 H 为BCD 的重心,有 = 2 因为 = = 2, 所以 FH/AG,且 FH平面 CEF,AG平面 CEF, 所以 AG/平面 CEF 7 分 (II)因为 BF23 3 ,BE1,ABD30, 所以 EF2BF2BE22BEBFcosABD1 3, 故 EF2BF2BE2,所以 EFBD,且 CEBD 所以 BD平面 CEF 过 F 作 AD 的平行线 FP,交 BD 于 P 则 PE平面 CEF 所以直线 FP 与平面 CEF 所成角为PFE 且 FP2 3,EP 1 3,FEP90, 所以 sinPFE 1 2,得PFE 6 所以直线 FP 与平面 CEF 所成的角为 6, 即直线 AD 与平面 CEF 所成的角为 6 8 分 第 3 页(共 4 页) 21 (本题满分 15 分) (I)由已知, 221 21 4 k k k a q a ,所以 1 21 4k k a , 所以 1321 41 3 k k aaa 5 分 (II)对任意的 kN*,a2k,a2k1,a2k2成等差数列, 所以 21222 2 kkk aaa ,即 222 2121 2 kk kk aa aa ,即 1 1 2 k k q q , 所以 1 111 1 1 11 1 kk k qq q ,即 1 1 kk bb , 所以bn成等差数列,其公差为 1 若 d12,则 2 213132 ,2aq aq aa, 所以 2 11 20qq,又0 k q ,所以 1 2q , 从而 1 11 1 11 k kk qq ,即 1 1 k q k 所以 2 21 21 1 k k ak ak ,可得 23521 211 1323 k k k aaa aak aaa , 221 1 kkk aaqk k , 2 212 111 kkk daakk kk , 所以 1 3 22 k k k ddk k D 10 分 22 (本题满分 15 分) (I)0),1(1ln)( xxaxxf 根据题意, 0) 1(1lnxax ,即 ) 1(1lnxax 存在两个不同正根 先考虑 ) 1( xay 与 1lnxy 相切,记切点横坐标为 x0,如图 则 1ln 1 1 1ln) 1( 00 0 0 00 xx ax x a xxa 设 0, 1ln)(xxxxg ,则xxgln1)( ,令0)( x g,得 1 e x 故 )(xgy 在 1 (0, ) e 上单调递减,在 1 () e ,上单调递增 且 014ln)2(, 01) 1 (gg ,故存在唯一) 2 , 1 ( 0 x,使1ln 00 xx成立 取 ) 1 , 2 1 ( 1 0 x m ,则ma 0时,f (x)恰存在两个极值点,得证8 分 1 e x0 x y O 第 4 页(共 4 页) (II)由(I)知,) 1(1ln)( 111 xaxxf,且 10 1 2 e xx 所以 1 1ln 1 1 x x a ,代入)( 1 xf,得) 1lnln( 2 1 )( 11111 xxxxxf, 设 11 ( )( lnln1),2 2e h xxxxxx 111 ( )(ln),2 2e h xxx x , 则容易判断 0 1 ,),( )0 e xxh x(;0)(),2 , 0 xhxx ( 故 0 1 ,), ( ) e xxh x (单调递减;)(),2 , 0 xhxx (单调递增 所以 0 1 ()( )max ( ), (2) e h xh xhh 且 11 ln231 max ( ), (2)max, ee2e hh , 由1ln 00 xx,且) 2 , 1 ( 0 x,得 4 5 ) 1 ( 2 1 )( 0 00 x xxh 所以 51 ( ) 4e h x ,从而 1 51 () 4e f x ,证毕 7 分
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