2019学年第二学期名校协作体数学参考答案 (1)

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+-；5 12.6；135 13.10；558 14.）（332,23；61 15.18 16.]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4
1)3sin(=+πα，--------------9分 又),0(πα∈，故4
15)3cos(-=+π
α，--------------11分 3
sin )3sin(3cos )3cos(]3)3cos[(cos π
παππαππαα+++=-+=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 ，22=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++⨯-⨯+⨯-⨯--
>++++=+ 431321321211[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：21010y +-=
∴7(,
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
，∴(1,2A
，(1,2B --
∴4PB 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 -⋅==-- ∴000
011222PA 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 --==⋅，00000ln ()t t e t F t t e -+-=，因为0()0
G 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。