浙江省嘉兴市2021届高三9月教学测试数学试题答案

浙江省嘉兴市2021届高三9月教学测试数学试题答案

高二数学 参考答案 第 1 页（共 8 页） 2020 年嘉兴市高三教学测试 高三数学 参考答案 （2020.9） 一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分） 1．D； 2．B； 3．A； 4．C； 5．D； 6．C； 7．B； 8．A； 9．D； 10．C． 10．提示 显然 0a  ，否则 0xea，于是     10xf x e a tax    ，即 10tax ，这与 不等式的解集为 R 矛盾.又易知 0a  时，不等式   0fx 恒成立.于是仅需再分析 0a  的 情 形 。 易 知 0t  ，由     10xf x e a tax    知 lnxa 或 1x ta ，所以 11ln lna a ata t     .所以原问题等价于关于 a 的方程 1 lnaat 有两解，进而由函数 图像易知 te . 二、填空题（本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分） 11． 3 2 ； 10 2 12． 2 ；   , 2 0,2  13． 0 ； 32 14． 3 ；1 15． 4 16．  1 3,0 0,1 3   17． 27 7 17.提示： 224 1 2 cos 1 2 cos 4a xb a xb x x x x           ，变形得 221 2 cos 4 1 2 cosx x x x      ，两边平方得 22 1 2 cos 4 cosx x x    ， 再两边平方得 2 2 12 7 24 cos x    ，所以 27cos 7  . 高二数学 参考答案 第 2 页（共 8 页） 三、解答题 18．（本题满分 14 分） 在 ABC 中，角 ,,A B C 所对的边分别是 ,,a b c .已知 2 sin 5 cosb A a B . （1）求cosB 的值； （2）若 3 , 2a c b，求 c 的值. 解：（1）由 sin sin ab AB 得 sin sin aA bB ,所以 2sin sin 5sin cosB A A B ，即 2sin 5 cosBB ，又 22sin cos 1BB，解得 2cos 3B  . （2）由余弦定理得 2 2 2 2 cosb a c ac B   ，即 2 210 2 3 23c c c     ，解得 262c  ，即 3 3c  . 19．（本题满分 15 分） 如图，四棱锥 A BCDE 中， ABC 为等边三角形，CD  平面 ABC ， BE ∥ CD 且 22AC CD BE   ， F 为 AD 中点. （1）求证： EF ∥平面 ABC ； （2）求直线 BC 与平面 AED 所成角的正弦值. 19. 解（ 1）延长 DE 交CB 的延长线于G ，连接 AG .因为 BE ∥CD 且 2CD BE ，所以 E 为 DG 中点.又 F 为 AD 中点，所 以 EF ∥ AG .又 EF  平面 ABC ， AG  平面 ABC ，于是 ∥平面 ABC ； （2）方法一：由 1 2AB CG 且 B 为CG 中点知 AG AC .因 为CD  平面 ，且 平面 ，所以 AG CD ，又 CD AC C ，于是 AG  平面 ACD .由 平面 得 平面 AGD  平面 ACD .连接CF ，显然CF AD ，因为平面 AGD 平面 ACD AD ， 所以CF  平面 AGD .连接GF ，所以 CGF 即为直线 BC 与平面 AED 的所成角.由 C B E A F D G (第 19 题) 高二数学 参考答案 第 3 页（共 8 页） 2BC  ，则 2CF  ，所以在 Rt CFG 中， 2sin 4 CFCGF CG   . 方法二：取 AC 的中点O ，连接OF .由 ∥CD 及CD  平面 ABC 得 OF  平面 ABC .如图建立空间坐标系 O xyz ,易得  0, 1,0A  ，  3,0,1E ，  0,1,2D 于是  3,1,1AE  ，  0,2,2AD  ，设平面 AED 的一个 法向量  ,,n x y z ，于是 30 2 2 0 n AE x y z n AD y z           ，令 1y  ，解得 1z  ， 0x  所以  0,1, 1n .又  3,1,0BC  ，设直线 BC 与平面 AED 的所成角的大小为 ，所以 12sin 422 n BC n BC      . 20．（本题满分 15 分） 已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 2nnS a n， *nN . （1）求数列 的通项公式； （2）令 2nnb na ，求数列 nb 的前 n 项和 nT . 20.解：（1）当 1n  时， 1121Sa，得 1 1a  当 2n  时，  11 2 21 nn nn S a n S a n     ，相减得 121nnaa，变形得   11 2 1nnaa   ， 又 1 12a ， 12n na   ，即 21n na   （2）   12 2 2 1 2 2nn nnb na n n n      ，于是      2 3 1 12 1 2 2 2 2 4 2 2n nnT b b b n n                   2 3 11 2 2 2 2 2 1 2n nT n n             ，令 2 3 11 2 2 2 2n nAn        即  1nnT A n n   . G C B E A F D O (第 19 题) y x z 高二数学 参考答案 第 4 页（共 8 页）  2 3 11 2 2 2 1 2 2nn nA n n            ①  3 4 1 22 1 2 2 2 1 2 2nn nA n n         ② ①-②得  2 3 1 2 24 1 2 2 2 2 2 212 n n n n nA n n                 2 2 24 2 2 1 2 4n n nnn              21 2 4n nAn        221 2 4n nT n n n       . 21．（本题满分 15 分） 如图，已知抛物线  2 1 : 2 0C x my m，  2 2 : 2 0C y nx n的焦点分别为 12,FF，且 41mn  . （1）当 12FF 最短时，求直线 12FF的方程； （2）设抛物线 12,CC异于原点的交点为Q ，过 点 Q 作直线 AB ，分别交 于 A ，B 两点， 其中直线 的斜率 0k  ，且 点Q 为线段 的中点.当 AB 最短时，求抛物线 的方 程. 21. （1）解： 22 22 1 2 1 2 44 mnF F OF OF    12 24mn，等号当且仅当 1 2mn时成立.此时 12FF的方程为4 4 1 0xy   . （2）方法一：设  00,Q x y ，则 2 00 2 00 2 2 x my y nx    ，解得 0 0 1y x .进一步 3 0 3 0 2 12 mx n x     ，于是 23 10:C x x y ， 2 2 3 0 1:C y xx .设  0 0 1:AQ y k x xx   ，联立 23 10:C x x y 得 2 3 4 2 0 0 0 0x kx x kx x    ，于是 3 00Ax x kx ， 42 0 0 0Ax x kx x   ，解得 3 00Ax kx x. F2 F1 B Q A O x （第 21 题） y 高二数学 参考答案 第 5 页（共 8 页） 0 0 11:BQ x x ykx     ，联立 2 2 3 0 1:C y xx 得 2 3 4 2 0 0 0 1 1 1 0yyx k kx x    ，于是 3 0 0 11 By x kx ， 42 0 00 1 1 1 By x kx x   ，解得 3 00 11 By xkx， 023 00 12 Bxxkxkx   . 所以 3 0023 00 12 2ABx x kx xkxkx     ，整理得  2 20 0023 0 12 2kx x kxkx  ，即 2 2 4 3 6 0 0 01 2 2kx k x k x   .令 2 0 0u kx，换元得   3 2 22 2 1 1 3 1 0u u u u u u        ， 所以 1u  ，于是 2 0 1kx  . 又  2 2 3 2 0 0 0 0 042 00 111 1 2 1 3 3 3 2AAQ k x x k x kx x xxx            ，当且仅 当 2 0 1x  时等号成立.所以 2 2 1mn，此时 2 1 :C x y ， 2 2 :C y x . 方法二：设  00,Q x y ，则 2 00 2 00 2 2 x my y nx    ，解得 0 0 1y x ，进一步得 3 0 3 0 2 12 mx n x     ，于是 23 10:C x x y ， 2 2 3 0 1:C y xx .由 AQ BQkk 知 0 0 2 12 A B xx n m y x    ，即  0 0 1 41ABx x y mnx      .又 2 3 0 0 0 0 2 2 2 12A B Q B A Ay y y y y xx x x x        . 所以  2 0 3 0 0 31 1AAx x xx x     ，整理得 32 32 000 1 1 3 20A A Ax x xxxx    .令 0 1Axu x   ，则   3 2 23 2 2 1 0u u u u u u        ，解得 2u  或 15 2u  （舍）或 15 2u  （舍）. 于是 02Axx ， 0 2 0 1 2 A AQ xxk m x    . 所以 22 0 0 042 00 111 1 3 3 3 2AAQ k x x x xxx         ，当且仅当 0 1x  时等号成 立. 所以 ，此时 2 1 :C x y ， 2 2 :C y x . 方法三：设  22 ,2A ms ms ，  22 ,2Q mt mt ，由Q 为线段 AB 的中点，于是  224 2 ,4 2B mt ms mt ms.因为 ， B 均在抛物线 2C 上，所以 高二数学 参考答案 第 6 页（共 8 页）       22 222 24 4 2 2 4 2 mt mnt mt ms n mt ms       ，再由 41mn  化简得   23 2222 41 4 2 2 mt m t s t s      消去 m 得   22 2 3 4 2 3 42 2 4 2 0t s t s t s st st t        ，即 42 4 2 0s s s t t t              令  ,1su t    ，得    4 2 24 2 1 2 1 0u u u u u u u         ，解得 2u  ，于是 2st ， 2 3 14m t .所以      22 2 2 2 2 4 12 2 2 2 4 9 9 3 3 2AQ ms mt ms mt m t t t t         ，当且仅当 1t  时等号成立. 所以 2 2 1mn，此时 2 1 :C x y ， 2 2 :C y x . 22．（本题满分 15 分） 已知函数    2ln 2 0f x x x x ax k k      （1）当 0a  ， 1k  时，求  fx在   1, 1f 处的切线方程； （2）当  0,x  时， 的最小值为 0 ,求 4ka 的最小值. 22.解：（1）   1 ln 2f x x x     ，所以  11lkf，又  12f  ，于是切线方程为 21yx   ，即 10xy   . （2）方法一：   1 ln 2 2f x x x a      ，进而   1 2 12 xfx xx     ，于是易知  fx 在 10, 2   上单调递减，在 1 ,2  上单调递增.所以  min 1 ln2 22f x f a   （I）当 ln2 2 0a即 1 ln22a  时 由   0fx  知  fx在  0, 上单调递增.又  0 lim 0 x f x k  ，所以   0f x k.这与   0fx 在  0, 有解矛盾. （II）当 ln2 2 0a即 1 ln22a  时 高二数学 参考答案 第 7 页（共 8 页） 易知存在 12,xx（ 120 xx），使得    120f x f x，且  fx在    120, , ,xx 上 单调递增，在 12,xx 上单调递减. 所以原问题等价于     2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ln 2 2 0 ln 2 0 f x x x a f x x x x ax k              ，整理得 22 2 22 2 1 ln 2a x x k x x      所以 2 2 2 24 5 2ln 2k a x x x     ，由 0k  得 2 1x  .令   2 5 2ln 2h x x x x    （ 1x  ）， 显然     2 1 2225 xxh x x xx      ，所以  hx在 1,2 上单调递减，在 2, 上单 调递增，于是    min 2 2ln2 4h x h   ，即 4ka 的最小值为 2ln2 4 . 方法二： 0x  ，  y f x 的最小值为 0 等价于  fxy x 的最小值为 . 令     ln 2fx kg x x x axx      ，即  min 0gx  由     2 22 1 10k x x kg x kx xx        得，存在唯一  0 0,x   ，使得   2 00 0 2 0 0x x kgx x  ，即 2 000k x x   ，所以  gx在 00, x 单调递减， 0 ,x  单 调递增，因此    0 0 0min 0 ln 2 0kg x g x x x a x       ，将 2 00k x x代入得 2 00 00 0 ln 2 0xxx x a x      ，即 00ln 2 1 2x x a    ，所以 2 0 0 04 5 2ln 2k a x x x     ，由 ，得 0 1x  . 令 （ ），显然     2 1 2225 xxh x x xx      ，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，于是    min 2 2ln2 4h x h   ，即 的最小值为 .