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1、高三 数学第 1页共 6页 2019 学年第一学期高三期末教学质量调测2019 学年第一学期高三期末教学质量调测 数学参考答案数学参考答案 2020 1 一 选择题 每小题 2020 1 一 选择题 每小题 4 分 共分 共 40 分 分 1 10CABDADCDBA 二 填空题 多空题每小题二 填空题 多空题每小题 6 分 单空题每小题分 单空题每小题 4 分 共分 共 36 分 分 11 1i 2 12 3 11 13 4 3 5 2 2 5 14 5 405 15 15 16 14 2 4 17 1 1 三 解答题 本大题共三 解答题 本大题共 5 小题 共小题 共 74 分分 解答应写
2、出文字说明 证明过程或演算步骤 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 2 31331 cossincossin 224444 x f xxxx 2 分 1 sin 23 x 或 1 cos 26 x 4 分 由图像可知ABC 的BC边上高为 1 2 可得12BCT 故 6 分 即 1 sin 23 f xx 由不等式 3511 2222 23266 kxkkxk k Z 所以单调增区间为 511 2 2 66 kk k Z 8 分 由 13 sin 3 11 sin 26 sin 232 xg xf xf xxx 高三 数学第 2页共 6页 11 分 当 1 1 2
3、 3 x 2 636 x 由 sinyx 的图象可知 当 62 x 即 1 3 x 时 sin 6 x 有最小值1 即 3 sin 26 g xx 在 1 1 2 3 有最大值 3 2 14 分 19 本题满分 15 分 解 1 1 CBBA CBC ACB BAC AA 面 1 ABC 4 分 故 1 CBBC 222 11 5CCCBC B 于是 11 5AACC 6 分 延长AB 过 1 C作 1 C HAB 于H 由 CB 面 1 ABC 所以面ABC 面 1 ABC 8 分 又面ABC 面 1 ABCAB 1 C HAB 1 C H 面 1 ABC 进而 1 C H 面ABC 又因为
4、 11 AACC 面ABC 面 111 ABC 故 1 AA与面ABC所成的角即 1 CC与面ABC 所成的角 所以 1 C CH 为 1 CC与面ABC所成的角 12 分 在 1 ABC 中可得 1 120BAC 故 1 3C H 2CH 1 1 6 tan 2 C H C CH CH 15 分 法 2 以BC为x轴 BA为y轴 竖直向上为z轴 建立空间直角坐标系 则 1 0 0 0 2 0CA 如图所示因为 1 ACBC ABBC 所以BC 面 1 ABC 即面 1 ABC等同于yoz面 又因为 11 2 2 3BCBAAC 所以 1 C的坐标为 0 1 3 所以 11 5AACC 高三
5、数学第 3页共 6页 因为 11 AACC 故 1 AA与面ABC所成的角 即 1 CC与面ABC所成的角 易 得面ABC的 法 向 量 为 0 0 1n 且 1 1 1 3C C 所以 1 1 3 sin 5 n C C nC C 所以 36 tan 22 20 本 题 满 分 15 分 2 12 1 1 naa n nn 累 加 可 得 2 1 22 1 nnaa n n 4 分 na n n 2 对1 n也成立 5 分 可得nnab n nn 2 1 36 2 1 22 2 1 S nn S n n 即 3 2 1 82 1 nn n 7 分 当1 n时 得 24 2 当2n 时 R 9
6、 分 当3 n时 得03 2 1 nn 6 162 2 2 nn n 10 分 令 6 162 2 2 nn nf n 则 6 43 32322 8 6 162 6 1 1 162 1 22 22 2 2 2 3 nnnn nnn nnnn nfnf nnn 当4 n时 08 2 nn 1 nfnf 12 分 又可验证当3 n时 0 3 4 ff也成立 当3 n时 数列 nf为递增 数列 13 分 高三 数学第 4页共 6页 3 8 3 min fnf 即 3 8 综上所述 的取值范围为 3 8 2 15 分 21 本题满分 15 分 由题设可知 0l xym 且0m 由l与圆相切 可知2 2
7、 m d 解得 2 2m 所以直线l方程为2 20 xy 3 分 由 2 2 2 20 24 20 2 xy ypyp ypx 令0 解得4 2p 所以抛物线的方程为 2 1 8 2Cyx 5 分 0 2 p F 由ykxm 和抛物线方程联立 可得 222 22 0k xkmp xm 由0 即 222 22 40kmpk m 解得2pkm 此时切点 2 2 pp A kk 7 分 直线 2 p ykx k 和圆相切 可得 2 2 1 p k r k 8 分 再由直线 2 p ykx k 联立圆方程 2 22 22 4 1 p xy kk 解得 2 2 1 p x k 2 2 1 p y kk
8、即 22 2 1 2 1 pp B kkk 9 分 22 22 22222 12 1 22 1 2 1 2 1 pppppkk AB kkkkkkk 高三 数学第 5页共 6页 F到AB的距离 2 1 2 p dk k 10 分 即有 2222 2 1 222 1 12 112 1 2 2 2 1 8 ppkkpk Sk kkkk k 11 分 2 2 22 11 2 22 1 8 1 ppp S kkkk 12 分 可得 2 2 2 2 2 1 2 11 32 2 1 1 32 2 12 32 Sk Skk k k 当且仅当 2 2 2 k 取 等号 14 分 此时 2 222 1121 4
9、 1 22 22 r pkk 15 分 22 本题满分 15 分 解 当1a 时 x 1 x x f e 此时 1 x x x f e 2 分 当 1 0 1 0 xfxxfx 所以函数 x f的单调增区间为 1 减区间为 1 1 1 1f xf e 极大值 5 分 方法一 1f x 即 2 2 10 x a x ea a 恒成立 令 x t a 即xat 题意变为 2 2 10 t at ea a 即 22 10 t ateata 对 0t 恒成立 令 22 1 t g tateata 取必要条件 1 22 10gaeaa 解得 高三 数学第 6页共 6页 下证当 1 1 a e 时 0g
10、t 对0t 恒成立 7 分 由 1 2 1 t g ta tea 因 2 0 t gta te 所以 yg t 在 0 9 分 由于 1 0 20 1 2 1 22 1 20 1 gageae e 所以 g t在 0 存在唯一极值点 0 0 1 t 此时 0 0g t 即 00 0 0 2 1 1 2 1 0 1 tt a a teae a t 11 分 0 2 0000 min000 00 2 1 1 21 22 11 1 1 t at atatt g tg tat eataa a tt 由于 0 0 1 t 可得 2 000 10 210ttt 所以 min 0g t 恒成立 即 0g t 对 0t 恒成立 综上可得a的取值范围为 1 1 a e 15 分 方法二 1f x 即 2 2 10 x a x ea a 恒成立 令 x t a 即xat 题意变为 2 2 10 t at ea a 即 22 10 t ateata 对 0t 恒成立 变形得 21 1 t at ate 设 21 t t g t te 则 21 1 t tt g t te 可知 g t在 0 1 单调递增 在 1 单调递减 可得 min 1 1 g tg e 所以 1 1 a ae 解得 1 1 a e 即a的取值范围为 1 1 a e
