2020年5月G12学考选考2019学年第二学期浙江省名校协作体试题高三年级数学学科参考答案
- 格式：pdf
- 大小：817.82 KB
- 文档页数：4
2019学年第二学期浙江省名校协作体参考答案
高三年级数学学科
命题学校：春晖中学审题学校：桐乡高级中学
一、选择题：1.A 2.C 3.D 4.B 5.B 6.A 7.B 8.A 9.C 10.D
二、填空题:11.i 21+-；
512.6；13513.10；55814.（332,23；6115.1816.]
322,322[+-17.2三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18.解：（Ⅰ）3)32sin(22sin )12(cos 3)(-++
=++-=m x m x x x f π--------------3分点
）（2,12π代入得3=m ------------------7分（Ⅱ）由以上可知)32sin(2)(π+=x x f ，由已知41)3sin(=+πα，--------------9分又),0(πα∈，故4
15)3cos(-=+πα，--------------11分3
sin )3sin(3cos )3cos(]3)3cos[(cos ππαππαππαα+++=-+=所以8153234121415-=⨯+⨯-=-------------14分
19.解：（Ⅰ）证明：取PA 中点N ，连MN BN ,,
因为N M ,分别为PA PD ,中点，
所以AD MN 21//,又AD BC 2
1//，所以四边形BCMN 为平行四边形，
所以BN CM //,
又因为⊄CM 平面PAB ,⊂BN 平面PAB ,
所以PAB CM 平面//-------------6分
（Ⅱ）取AB 中点G ,AD 中点H ，连GH PH PG ,,,因为PAB ∆为正三角形，
所以AB GP ⊥，又根据已知条件可知AB BD ⊥，所以AB GH ⊥，
所以PGH ∠为二面角C AB P --的平面角，所以3
3cos =∠PGH ，------------9分
在PGH ∆中，26=PG ，2
2=GH ，根据余弦定理，1=PH ，所以H 为AD 中点，PAD ∆为等腰直角三角形，
由上可知⊥AB 平面PGH ，所以平面⊥PAB 平面PGH
过H 作HO 垂直PG ，垂足为O ，连AO ，
可知⊥HO 平面PAB ，
则HAO ∠即为直线AD 与平面PBD 所成角，-----------12分
在PGH ∆中，可求3
3=HO ，在HAO RT ∆，又因为1=AH ，所以33sin =
∠HAO ，所以直线AD 与平面PBD 的正弦值为3
3．------------15分20.解：（I ）由已知11---=-n n n n S S S S ，
111,1111
1=--=-∴--n n n n S S S S 即，------------------2分⎭
⎬⎫⎩⎨⎧∴n S 1是首项111=S ，公差为1的等差数列，n S n
=∴1，故n S n 1=，------------------4分)2()1(1≥--
=∴n n n a n ，⎪⎩⎪⎨⎧≥--==∴2,)
1(11,1n n n n a n ------------------7分
（II ）由已知)
1(121+-=+n n S a n n ，------------------8分因为),2)
1(1)1(1(21)1()1(1)1(121*+∈≥+---=+-->+-=N n n n n n n n n n n n S a n n （------------------11分所以++⨯-⨯+⨯-⨯-->++++=+ 4
31321321211[21211342312n n n S a S a S a S a
T
)
1(2143))1(1211(2121)1(1)11++-=+-⨯--=+--n n n n n n n n （------------------15分21.解：（I ）解法一：∵(1,0)E
，∴(1,)2A ，(1,)2
B --
由221
{22x x y =++=
可得：2
1010y +-=∴72(,)510P
∴PA k =------------------6分解法二：设11(,)P x y ，00(,)A x y ，00(,)B x y --，则2200221122{22
x y x y +=+=得：2210221012y y x x -=--∴2210221012PA PB
y y k k x x -⋅==--，∵(1,0)E ，∴2(1,)2A ，2(1,)2B --∴24PB EB k k ==
∴PA k =.------------------6分
（II ）设11(,)P x y ，00(,)A x y ，00(,)B x y --，则1000101()2ABE APE S S S x y y x x ∆∆=+=+-∵11(,)P x y 在直线BE ：0002x x y x y =
+上，∴01000100010212x S x y y y x y x y y =+⋅=+∴12000101001222
S S x y x y x y x y -=+-⋅⋅=∵22102210
12PA PB y y k k x x -⋅==--∴000011222PA PB x k y k y x --===-------------------10分∴直线PA ：0000
()x y y x x y -=--∴2000(,0)y M x x +∴2000
(0,)x N y y +∴2222200003000000()1()()22y x x y S x y x y x y +=⋅+⋅+=------------------12分∴22000012222220030000
221()42
2x y x y S S x y S x y x y -=≤=+.------------------15分22.解：（I ）当1a =时， ()(ln )x
x a f x a xe a e x xe e x --=+-+=-+，
则()(1)1(1)1x x x f x e xe e x ---'=+⋅-+=-+，------------------2分
设()()f x g x '=，则()(1)(1)(2)x x x g x e x e e x ---'=--+⋅-=-，------------------4分
当2x <时，()0g x '<，()g x 递减，
当2x >时，()0g x '>，()g x 递增，所以21()()(2)10f x g x g e
'=≥=->，所以()f x 在R 上递增．------------------7分（II ）由()ln f x a x ≥，则 (ln )ln x
a a xe
a e x a x -+-+≥，于是 ln ln x a x xe
a e x a -+-+≥，即 ln 0x a x x xe e a a --+-≥，设0x t a =>，则ln 0t ate e t t --+-≥，分离后得ln t t e t a te -+-≥，设ln ()t
t e t F t te -+-=，------------------9分则2221(1)(ln )()(1)(1ln )()t t t t t
te t e t e te t t t e t F t t e t e -------+---+--'==，设()1ln G t t t e =+--，因为11()1t G t t t
-'=-=，------------------11分则()G t 在(0,1)内递减，在(1,)+∞内递增，
又(1)20G e =-<，2211(
)30G e e e
=-+>，()0G e =，所以存在021(,1)t e ∈使得0()0G t =．从而当0(0,)t t ∈时，()0F t '>，0(,1)t t ∈时，()0F t '<，
(1,)t e ∈时，()0F t '>，(,)t e ∈+∞时，()0F t '<．
则()F t 在0(0,)t 上递增，在0(,1)t 上递减，在(1,)e 上递增，在(,)e +∞上递减．-------13分所以{}max 0()max (),()F t F t F e =．且11()e e F e e e e --==⋅，0
0000ln ()t t e t F t t e -+-=，因为0()0G t =，即001ln 0t t e +--=，则0000ln 1
10000000
ln 1()t t e e t t t e t e e F t e t e t e t t +----+-=====．综上，1e a e -≥．------------------15分。
