浙江省2019届高三下学期五校联考试题数学Word版含答案.docx

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