浙江五校2019届高三数学下学期联考试题(附答案)
加入VIP免费下载

本文件来自资料包: 《浙江五校2019届高三数学下学期联考试题(附答案)》 共有 2 个子文件,压缩包列表如下:

注:压缩包层级关系提取自源文件,您看到的所有资料结构都和您下载的源文件一致

加入VIP免费下载
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,天天资源网负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。
网站客服:403074932
资料简介
数学试题卷·第 5 页(共 4 页) 2019 五校联考参考答案 一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题 目要求的. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A D B C B C C C B 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. 43 55i ,1; 12. 3,-40 ; 13. 5[ , ] ( )12 12k k k Z     , 6  ; 14. 1 2 ,5; 15. 512 2e  ; 16.1680; 17. 21 3 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)由sin A 2 − cos A 2 = √2 2 得 2 1)2sin2(cos 2  AA ,即 2 1 2cos2sin21  AA 2 1sin A ,-------------------3 分 又  A0 , 02sin2cos  AA , 2sin)22sin(2cos AAA   , 2,222   AAA 所以 6 A -------------------7 分 (Ⅱ)由 14 21)sin(  AC ,得 14 21sin B 由正弦定理: B b A a sinsin  ,得 3b -------------------10 分 由余弦定理: Abccba cos2222  ,得 cc 337 2  , 4c 或 1c (舍去) 所以 -------------------14 分 19. (Ⅰ)证明:由条件, ADEBE 平面 , AEBE  , 由计算得 3,6,3  ADEDAE , 222 ADEDAE  , AEED  又 EBEED  , BCDEAE 平面 ,而 ABEAE 平面  BCDEABE 平面平面  ------------------6 分 (Ⅱ) 以 E 为 坐 标 原 点 , 直 线 EA,ED,EB 为 x,y,z 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 , )1,6,0(),0,6,0(),2,0,0(),0,0,3( CDBA , 则 )0,2 6,2 3(M , 36(,,2)22BM , (0,6,1)BC ,平面 的法向量为 (0,0,1)m  -------------------8 分 设平面 MBC 的法向量 ),,( zyxn  ,由 0 0{n BC n BM   362022 60{ x y z yz     取 1, (3 2,1, 6)yn ------------------11 分 数学试题卷·第 6 页(共 4 页) 设平面 B M C 与平面  所成锐二面角为  ,则 6cos|| 5|||| mn mn    所以平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 6 5 . -------------------15 分 20. 解:(Ⅰ) (i) 1,所以0又,212,时1 11 2 11  aaaaan n ,…………………….1 分 当 ,时2n )(212 2  NnaaS nnn )(212 1- 2 1-1-  NnaaS nnn 作差整理得:an + an−1 = 2(an + an−1)(an − an−1), 因为an > 0,所以(an − an−1) = 1 2 , 故数列  na 为等差数列,an = n+1 2 . ……………………………………………………..4 分 (ii)由(i)知, 4 )3(  nnS n ,所以 )3 11(3 4 )3( 41  nnnnS n , 从而  nSSSS 1111 321  )3 11()2 1 1 1()1 1 2 1()6 1 3 1()5 1 2 1()4 11((3 4  nnnnnn )3 1 2 1 1 1 3 1 2 11(3 4  nnn 9 22)3 1 2 1 1 1 6 11(3 4  nnn , 所以 9 22M ,故实数的最小值为 9 22 …………………………………….8 分 (Ⅱ)由 )(24 12   NnTn an  知  241,24  n nn n TT …………………………..9 分 当  6,时1 1  bn ,……………………………………………………10 分 当  241241,时2 1 1    nn nnn TTbn 143  n  所以 )2(443 1  nbb n n n  ,………………………………………………….12 分 若数列 nb 是等比数列,则有 12 4bb  而  12 2 b ,所以 2 1 2 b b 与 b2=4b1 矛盾。 数学试题卷·第 7 页(共 4 页) 故不存在非零实数  ,使得数列  nb 为等比数列 …………………………………………..15 分 21. 解:(Ⅰ)由题意得: 11(3,),(3,)22AB ,所以 | | 2 3AB  -------------------2 分 设直线与抛物线切于 R( 2 , 2 mm ), yxkm  则切线方程为 2 2 my m x ,当 1 2y  时, 2 1 [3,3]2 mx m  [23,23]k  -------------------6 分 (2)切线与椭圆联立   2 2 2234 2 14 41440 2 x y mxmxm mymx      34 1212 22 44,4141 mmxxxx mm   -------------------8 分 得 2 42 2 2 2 1||2164 24|MN|=1+, 41 1 m mmmdm m    ,-------------------10 分 令 241[29163,29163]tm 11(66)(2)1117||246416MNQ ttttSMNd    -------------------14 分 当且仅当 16255t  [29163,29163] -------------------15 分 解法二:同上联立 2242 12 2 1 1(21) 2164|+| ||2 428(41)MNQ mmmmSxx m   -------------------10 分 22422 22 1(21)4(164)17(41)17 8(41)216(41)16 mmmm mm   -------------------14 分 当且仅当 2 15255 [743,743]4m  -------------------15 分 22. 解:(Ⅰ) aexg x )(' , 当 0a  时, 0)(' xg , )(xg 在 R 上单调递增,取 1min{0,} bm a  , 当 0xm 时, 0 0 0 0( ) 1 0xg x e ax b ax b        矛盾; 当 =0a 时, ()=e xg xbb   ,只要 0b ,即 0b  ,此时 0ab  ;-------------------2 分 当 0a 时,令 , ax ln ,所以 ()gx在 ),( aln 单调递增,在 ),( aln- 单调递减,∴ ( ) (ln ) lng x g a a a a b    ,所以 0ln  baaa ,即 aaab ln ,此时 ab aaa ln22  , 数学试题卷·第 8 页(共 4 页) 令 aaaah ln)( 22  , )ln21(1ln22)( 2' aaaaaaaah  ,令 0)(' ah , ea  , 当 ),0( ea  , 0)(' ah , )( ah ; 当 )(  ,ea , 0)(' ah , )(ah 所以 eeeehah 2 1 2 1)()(  ,所以 2 eab  -------------------6 分 (2) ' 1() xFxea x 在 0+( , )单调递减,设唯一的零点为 0x ,则 0)( 0 xF , 0)( 0' xF ,即      01 01ln 0 0 000 aex baxex x x ------------------------------8 分 所以 0 0 1 xea x  , 00 ln)1( xexb xo  , 由 beam  )1( 恒成立,则 000 0 0 ln)1()11 xexexem xx ( , 得 0)1(ln)1( 0 000  emx mxemx x 在 ),( 0 上恒成立-------------------10 分 令 )1(ln)1()(  emx mxemxxk x , ),(  0x )1)((1)()( 22 ' xemxx m xemxxk xx  ,-------------------11 分 若 0m , 0)(' xk , )( xk ,注意到 0)1( k ,知当 ),( 10x 时, 0)( xk ,矛盾; 当 0m ,当 ),( mx  0 时, )(xk ,当 )(  ,mx 时, )(xk , 所 以 )1(1)ln()()(   emmemkxk m ,故 0)1(1)ln(   emme m , 令 0)1(1)ln()(   emmemt m , ' 1( ) 1mt m e em     , )(' mt 在 ),( 0- 上单调递减,且 )1-('t =0,所以 )(mt 在 ),( 1-- 上递增, ),( 01- 递减,所以 0)1()(  tmt ,又 0)( mt ,所以 0)( mt , 当且仅当 }1{-m -------------------15 分

资料: 29.3万

进入主页

人气:

10000+的老师在这里下载备课资料