义乌市2020届高三第一次模拟试题(数学).pdf

数学参考答案 第 1 页 共 5 页 义乌市普通高中 2020 届高三第一次模拟考试 数学参考答案 一、选择题： 1-5：ACDBB 6-10：ADCCB 二、填空题： 11． 2；1 12． 3 32 3 4 ； 13． 4 123 ， 14．13， 15． 0 16． 3 5 2 2      ， 17． 4 3 三、解答题 18．解： （1）因为       sin sin sin cos cos sin sin cos cos sin                ……３分  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2sin cos cos sin sin cos 1 sin sin sin sin                ，得证；……6 分 （2）由（1）可得   2 2sin sin sin 2 sin sin 23 6 6 2 6f x x x x x                                 ……１０分 因为 0, 2x      ，因此 726 6 6x     ……1２分 则  f x 的值域为 1 ,12     ……14 分 19.解： （1）取 AD 中点 E ，则 PE AD OE AD ，则 AD  平面 PEC ，因此 AD PC ……7 分 （2）方法一：由题意可得 POC 为正三角形 且平面 PEC  平面 ABCD ，则取 CE 中点 O ，因此 PO  平面 ABCD ……10 分 3sin 60 2PO PC   ， 1 32PBCS BC PC    ， 3ABCS  由等体积法可得 A PBC P ABCV V  ，即 1 1 3 3PBC A ABCS h S OP    ，则 3 2Ah PO  ……13 分 因此 AC 与面 PBC 所成角的正弦值为 3 4 Ah AC  .……15 分数学参考答案 第 2 页 共 5 页 方法二：设 AC 与面 PBC 所成角为 ， 3 3 32sin = = =2 4 A PBC E PBCd d AC AC      面 面 方法三：如图建立空间直角坐标系O xyz 则 30,0, 2P     ， 3 , 1,02A       ， 3 ,0,02C       3 , 2,02B      ，则  0, 2,0BC   ， 3 3,0,2 2PC        ，  3,1,0AC  ……9 分 设平面 PBC 的法向量为  , ,n x y z ，则 3 3 02 2 2 0 PC n x z BC n y                ，令 3x  则  3,0,1n  ，……12 分 则 AC 与面 PBC 所成角的正弦值为 3 4 AC n AC n        ……15 分 20．解： （1）由题意可得 1 12 1a a  ，可得 1 1a  ……1 分 同时当 2n  时，     2 2 1 1 4 1 4 1 n n n n S a S a        两式相减可得    2 2 14 1 1n n na a a     ……3 分 化简可得   1 1 2 0n n n na a a a     ，由此可得 1 2n na a   则数列 na 是以 1 为首相，公差为 2 的等差数列 故 na 的通项公式为 2 1na n  .……6 分数学参考答案 第 3 页 共 5 页 （2）由题意可得          1 1 1 1 11 2 1 11 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 n n nn n n n a nb a a n n n n                    ……8 分 当 n 为奇数时，可得 1 1 1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 3 2 1 2 1 2 1nT n n n n                                      故 1 112 2 1nT n      ，此时 nT 单调递减，且 1 2nT  ……１０分 同理可得当 n 为偶数时， 1 112 2 1nT n      ，因此 nT 单调递增， 2 2 5nT T  由此可得 1 11 ,2 2 1 1 11 ,2 2 1 n nn T nn              为偶数 为奇数 ……1３分 欲满足 2 5n m mT  对 *n N 恒成立，故只需 2 2 5 5 m m  ，解得  2,1m  ……15 分 21．解： （1）设直线 CD 的方程为 4 ax my  ，    1 1 2 2, , ,C x y D x y ……1 分 联立方程可得 2 4 ax my y ax      ，可得 2 2 04 ay may   ，由此可得 1 2 2 1 2 4 y y ma ay y       ……3 分 故 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 4 4 2 2 a a a aCF DF x x my my            化简可得 1 1 4 4aCF DF     ，则 1a  ，故抛物线的方程为 2y x .……6 分数学参考答案 第 4 页 共 5 页 （2）设直线 MN 的方程为 1 2y kx  ，    1 1 2 2, , ,M x y N x y 联立方程可得 2 1 2y kx y x      ，消去 x ，可得 2 1 02ky y   ，则 1 2 1 2 1 1 2 y y k y y k      ……8 分 因为   1 1 1 1 12PMAS y x x    ， 1 1 1 2 1 2OMA xS x xy       ……1０分 因此       2 2 21 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 11 1 OAB PMA x yx x y yy yS S y x x y y y                   因为 1 2 1 2 2y y y y   ，则 1 2 12 1 yy y   ，   2 2 1 1 1 1 12 1 2 1 2 1 y y y yyy y     由此可得 2 1 2 1 2 1 1 11 1 OAB PMA S y S y y      ，……1３分 因为 1 10, 2y     ，由此可得 2 1 2 1 2 1 1 10,11 31 OAB PMA S y S y y          ……15 分 22.解： （1）因为  f x 在 0x  处切线垂直于 y 轴，则  ' 0 0f  因为  ' cos 1 mf x x x    ，则  ' 0 1 0f m   ，则 1m  .……4 分 （2）由题意可得   1' cos 1f x x x    ，注意到  ' 0 0f  ，  0,1x 则    2 1'' sin 1 f x x x     ，则    3 2''' cos 0 1 f x x x      因此  ''f x 单调递减，  '' 0 1 0f   ，   1'' 1 sin1 04f     因此比存在唯一零点  0 0,1x  使得  0'' 0f x  ，则  'f x 在 00, x 单调递增，数学参考答案 第 5 页 共 5 页 在 0 ,1x 单调递减，   1 1' 1 cos1 cos 02 3 2f      ，则  ' 0f x  在  0,1 上恒成立 从而可得  f x 在  0,1 上单调递增，则  min 0 0f f  .……9 分 （3）必要条件探路 因为 2 sinln e 1 0xx ax x     恒成立，令 1x  ，则 sin1e a 因为 sin1 ln 23 e e 2   ，由于 a 为整数，则 2a  ，……10 分 因此 2 sin 2 sinln e 1 2 ln e 1x xx ax x x x x         下面证明   2 sin2 ln e 1 0xg x x x x      恒成立即可 ①当  0,1x 时，由（1）可知  sin ln 1x x  ，则 sine 1x x  故   2 22 ln 1 1 lng x x x x x x x x         ，设   2 lnh x x x x   ，  0,1x 则     2 2 1 11 2 1' 2 1 0x xx xh x x x x x         ，则  h x 在  0,1 单调递减 从而可得    1 0h x h  ，由此可得   0g x  在  0,1x 恒成立……12 分 ②当 1x  时，下面先证明一个不等式： 1e 2 2 x x  ，设   1e 2 2 xh x x   则  ' e 2xh x   ，则  h x 在  , ln2  单调递减，在  ln 2, 单调递增 因此  min 1ln 2 2 2ln 2 02h h     ，那么 sin 1e 2sin 2 x x  由此可得  2 sin 2 12 ln e 1 2 ln 2sin 2 xx x x x x x x g x          则   1' 2 2 2cosg x x xx     ，   2 1'' 2 2sin 0g x xx     因此  'g x 单调递增，    ' ' 1 2cos1 1 2cos 1 03g x g       ， 则  g x 在  1, 上单调递增，因此     31 2sin1 02g x g    ……14 分 综上所述： a 的最大值整数值为 2；……15 分