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