浙江省杭州高级中学2020届高三5月模拟考试数学试题.doc

1 杭高钱江校区 2019 学年第二学期高三教学质量检测 数学（学科）参考答案 1. C 2.C 3.A 4.D 5.B 6.B 7.C 8.D 9.D 10.C ( ) 21 f x x x、 = - ( ) { }1 2 ,1= nA aa 递减且收敛于0；单调   10 .2n nA a 由 可知， 1 1 11 22 n n nn n a a aaa       ( ) 22 2f x x x、 = +    1 1 1, .2 2nnC a aa 增 即单调递 且发散， 1 12 21 2 nn n n n a a aa a       2 2 11 1 2 11 ,2D a aa a       12 nn na a   单调递增且发散， ，当 时， 22 n nan a 当 时，2 (第 18 题图) 1 22 3n n n nan a a a    当 时， 2 1 2 1 2 1 1 2 33 3 3 3 33 4 n n n n n n n a aa a            11. 2+i , 5 12. 15,4 13.3, 11 14. 3 10 10 , 2 5 15. 360 16.  1,2 17. 2 2 118 9 x y  15.解：分两类： ① 只有 1 名护士，共有： 1 3 2 2 5 4 240C C A  种选法； ② 有 2 名护士，共有： 2 2 5 4 120C A  种；故共有 240+120＝360 种选法． 16.    2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2x x a x x a x x a x x a a                  2 22 2 2 2 0x x a x x a        22 2a x x a               22 2, 1 1, 0 2, 1 1, 2 4,f x x x f f f f         设  2 1, 1,2a a       17.因为椭圆的离心率是 2 2 , 2 2 2a b c  ,所以 2 22a b ,故椭圆方程为 2 2 2 2 12 x y b b   . 因为以 (0,2)N 为圆心且与椭圆C 有公共点的圆的最大半径为 26 ,所以椭圆C 上的点到点 (0,2)N 的距离的最大值为 26 . 设  0 0,P x y 为椭圆上任意一点,则 2 2 0 0 2 2 12 x y b b   . 所以     2 2 2 22 2 0 0 0 022 2 1 2yPN x y b yb             2 2 0 0 04 2 4y y b b y b        因为    2 2 0 0 0 04 2 4f y y y b b y b        的对称轴为 0 2y   . (i)当 2b  时,  0f y 在 , 2b  上单调递增,在 2,b 上单调递减. 此时     2 max 0 2 8 2 26f y f b     ,解得 2 9b  . (ii)当 0 2b  时,  0f y 在 ,b b 上单调递减. 此时     2 max 0 4 4 26f y f b b b      ,解得 26 2 2b    舍去. 综上 2 9b  ,椭圆方程为 2 2 118 9 x y  .故答案为： 2 2 118 9 x y  18.解：（1） 分22,,12 5 12 11 2    TT sin 1 2, 55 62 12 A A             分3   分662sin2       xxf （2） 分832sin212,2sin212                  xxfxxf   分1032sin232sin2sin21212                             xxxxfxfxg 13 3, , 2 , 124 24 3 6 4x x                  分, 函数 ( ) 12 12g x f x f x              在 13,4 24       上的值域 1,2 14 分 19.【解析】证明：（1）因为 1C C ⊥底面 ABCD，所以 1C C ⊥BD．............2 分 因为底面 ABCD 是菱形，所以 BD⊥AC．............4 分 又 AC∩CC1＝C，所以 BD⊥平面 A 1C C ． 又由四棱台 ABCD﹣ 1 1 1 1A B C D 知， 1A ，A，C， 1C 四点共面． 所以 BD⊥ 1AA ． ............6 分 （2）如图，设 AC 交 BD 于点 O，依题意， 1 1A C ∥OC 且 1 1A C ＝OC， 所以 1A O∥C 1C ，且 1A O＝C 1C ．所以 1A O⊥底面 ABCD． 以 O 为原点，OA、OB、OA1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系． 则        1 1A 2 3,0,0 ,A 0,0,4 ,C 2 3,0,4 ,B 0,2,0 ，............10 分 由 1 1 1A B AB2   ，得 B1（ 31 4 ，，）． 因为 E 是棱 BB1 的中点，所以 E（ 3 3 22 2  ，，） 所以 1EA  （ 3 3 22 2 ， ，）， 1 1A C  （﹣2 3 ，0，0）  1 4,AA 2 3,0,  ............12 分 设 n  （x，y，z）为平面 1 1EA C 的法向量， 则 1 1 1 n A C 2 3x 0 3 3n EA x y 2z 02 2             ，取 z＝3，得 n  （0，4，3），............14 分 设直线 1AA 与平面 11A EC 所成线面角为θ，则 1 1 n 6 7sin 35n AA AA              ， 所以直线 1AA 与平面 11A EC 所成线面角的正弦值 6 7 35 ............15 分 20．（本题满分 15 分）【解答】解：（Ⅰ）   2 2 1 4 1 4 , 2 10 a a a a a     .na n  ............2 分  1 1 2 2,n n nb b n n N           1 1 2 2 1 1n n n n nb b b b b b b b           ............4 分4  12 1 2 2 21 2 n n nb      ............6 分 （2）  ln ,2n n nc n N    , ln 22, ,2n nn c   ...........8 分 1 2 3 1 1 ln 2 11 1 1 14 2 1 ln 2 1 ln 2,1 2 2 21 2 n n n nc c c                              .....10 分    1 ln 1 2 ,2ln n n nc nc n    3 2 ln3 2ln3 ln9 ln8 3 ,2ln 2 4ln 2 4ln 2 4ln 2 4 c c           3 2 22 1 2 1 1 2 1n n n n n n n n n           ...........12 分 当 3n  时，     1 2 1 12,n n n n n        23 1 , 3ln 2ln 1 ,n n n n       1 ln 1 33, ,2ln 4 n n ncn c n      3 3 33, ,4 n nn c c        ...........14 分   2 3 2 2 31 4 ln 2 ln3 ln18 3 , , 23 4 2 4 41 4 n n c c c c n N n                        ......15 分 构造函数 ln ,xy x  则 ' 2 1 ln ,xy x  所以   ', , 0,x e y   即函数    ln 3 + ,xy ex    在 ， 上单调递减， 当 3n  时，    ln 1 ln 1ln 1 1 ln n nn n n n n n      结论一：    1 ln 1 1 1 1 21 , 3 ,2ln 2 2 3 n n nc n nc n n n               3 3 2 , 3 ,3 n nc c n          2 3 2 2 21 3 ln 2 3ln3 ln108 5 , , 22 4 8 8 81 3 n n c c c c n N n                        结论二：     1 1 2 4 3 2 1 1 2 2 , 4 4 2 3 n n n n c n c n c n c n n c c                 3 3 1 , 42 3 n n nc c n              5  3 2 2 3 1 3 1 14 , 43 2 2n n cc c c c n n N n                   1 3 3 1 1 24 5 , 42 2 2n n nn n N n             3 2 2 3 2 3 31 3 1 1 54 , 43 2 2 3n n cc c c c n c c c n N n                      2 ln 2 8 ln3 ln 2 ln3 ln 648 7 , 44 3 8 4 3 12 12nc c n N n            21.【解答】解：（Ⅰ）焦点 F（0，1），显然直线 AB 的斜率存在， 设 AB：y＝kx+1，...........2 分 联立 x2＝4y，消去 y 得，x2﹣4kx﹣4＝0， 设 A（x1，y1），B（x2，y2），G（x，y）， 则 x1+x2＝4k，x1x2＝﹣4，...........4 分 所以 ， 所以 ，...........6 分 消去 k，得重心 G 的轨迹方程为 ；...........7 分 （Ⅱ）由已知及（Ⅰ）知， ， 因为 ，所以 DG∥ME，（注：也可根据斜率相等得到）， ， ...........10 分 D 点到直线 AB 的距离 ，...........12 分 所以四边形 DEMG 的面积 当且仅当 ，即 时取等号，...........14 分 此时四边形 DEMG 的面积最小，所求的直线 AB 的方程为 ．...........15 分 22.【解析】（1）由题意，函数     xf x x a e  ，可得    ' 1 xf x x a e   ，...........2 分 当  , 1x a   时，  ' 0f x  ； 当  1,x a   时，  ' 0f x  ，...........4 分 故  f x 的单调递减区间为 , 1a  ，单调递增区间为 1,a   ............6 分 （2）由     lng x f x x x b     2 lnxx e x x b     ， 因为   0g x  对任意的 1 ,13x     恒成立，6 即  2 lnxb x e x x    对任意的 1 ,13x     恒成立，...........8 分 令    2 lnxh x x e x x    ，则      1 1' 1 1 1x xh x x e x ex x           ，............10 分 因为 1 ,13x     ，所以 1 0x   ， 又由函数   1xt x e x   ，可得   2 1 0xt x e x     ，所以函数  t x 单调递增， 因为 1 21 2 02t e       ，  1 1 0t e   ，............12 分 所以一定存在唯一的 0 1 ,12x     ，使得  0 0t x  ，即 0 0 1xe x  ，即 0 0lnx x  ， 所以  h x 在 0 1,3 x     上单调递增，在 0 ,1x 上单调递减，............14 分 所以       0 0 0 0 0max 2 lnxh x h x x e x x      0 0 11 2 4, 3x x           . 因为b Z ，所以b 的最小值为 3 .............15 分