浙江省2019-2020学年第一学期五校联考试题高三年级数学试题卷参考答案

高三年级数学学科

命题：杭州高级中学

一、选择题：

1-5 BCDAA 6-10 ADCDB

二、填空题：

11．−2，3 12.

1451， 13. {x|x0}，x|x

1225314．−11221，− 15. 5 16. 17. 2

325616三、解答题：

18．解：(I)f(x)=sinxcos3+cosxsin3−3cosx

=13sinx−cosx=sin(x−)…………………………………………（4分） 223 当x[−51,]时，x−[−,]，f(x)的值域是[−1,]……（3分）

322662(II) f(A)=sin(A−21122 )=，由于A−(−,)，则cos(A−)=33333333)+ 于是sinA=sin[(A−由正弦定理

3]=1+26，………………………（4分） 6ab得： =sinAsinB21+262+436………………………（3分） =62 sinB=bsinA=a

19．解：（Ⅰ）证明：取PA的中点O

则PA⊥DO--------------①

OM//AB,DC//AB

OM//DC

O,D,C,M四点共面

AB//OM且AB⊥PA

PA⊥OM------------② 由①②及DOOM=O

又

PA⊥面ODCM

PA⊥CM………………………………（5分）

（Ⅱ）过点B作OM延长线的垂线且交OM延长线于Q点 , 则BQ⊥OQ 由（Ⅰ）知PA⊥面ODCM, 面ODCM⊥面PAB

又

面ODCM面PAB=OQ, BQ⊥面ODCM

BCQ为求直线BC与平面CDM所成角

设AB=PA=DA=PD=1DC=2, 则BC=22BQ=1 2sinBCQ=122n−1=2………………………………（10分） 420．解：(1)即an=3，bn=2n−1，…………………… （3分）

cn=n(2n−1)，

3n−1cn+1−cn(n+1)(2n+1)−n(2n−1)=3n3n−1−4n2+6n+1= n32令cn+1−cn0即4n−6n−10解得n=1c2c1

当n2时，cn+1−cn0，此时数列cn单调递减

数列cn中的最大项为第2项，k=2……………………………………（5分）

（II）Tn=1+33+325++3n−2(2n−3)+3n−1(2n−1)

+3n−1(2n−3)+3n(2n−1)

3Tn=31+323+335+3(1−3n−1)n 相减得：−2Tn=1+2−3(2n−1)

1−3 于是：Tn=3n(n−1)+1…………………………………………（7分） 解：微信公众号：浙考神墙750（1）左焦点 −F的坐标为(1,0)x2y=k1(x+1) 代入+y2=1

2222(1+2k1)x+4k1x+2k12−2=0

设A(x1,y1),B(x2,y2)，M(x0,y.0)

4k122k12−2则x1+x2=− ,x1x2=221+2k11+2k1x1+x22k12k1 ， x0==−y=k(x+1)=010221+2k121+2k111 ，所以k1k2=− k2=kOM=2−2k1221+k1222(1+k12)=（2）AB=1+kx1−x2=1+k ， 221+2k11+2k1212122x2 y=k2x 代入 ，xC= +y2=1，得xD=−2221+2k21+2k22MCMD=1+k2x0−21+2k2221+k2x0+21+2k22

2k122222=(1+k)x−=(1+k)()− 2221+2k21+2k121+2k22220因为MB=MCMD，所以

12AB=MCMD， 412(1+k12)22k1224k122k==()− ，解得 12222(1+2k1)1+2k11+2k1222222,−所以k1,k2= ,k2=− ，由对称性，不妨设k1=2222直线CD 方程2x+2y=0 ，点F到直线CD距离分别是dF=22CD=1+k2xC−xD=1+k23 3221+2k22=6

四边形FCBD的 面积为

12 CDdF=2222． （1）当a=−1时，f(x)=ex−x+1，x−1

f(x)=ex−121， 显然，f(x)在(−1,+)上递增，

2x+1111−0，f(0)=1−0

2e2又f(−)=所以f(x)=e−x11=0在−,0有唯一零点 2x+121x00………………………………（6分） 21212x（2）(i)证明：设h(x)=f(x)−(1+x+x+ax+1)=e−(1+x+x),x0

22所以−则h(x)=e−(1+x)，x0 那么h(x)=e−1，x0 当x0时，f(x)=e−10

x所以f(x)=e−(1+x)在(0，+)上递增

xxx故f(x)f(0)=0 所以f(x)=e−(1+x+故f(x)f(0)=0 所以e1+x+xx12x)在(0，+)上递增 212x………………………………（4分）2

5a2ex+ax+1(ii)在2+x+x中，令x=0，得0a1

42a当0a1时，

ex+ax+15a2ex5a−(2+x+x)=+x+1−(2+x+x2)

a42a42ex51+x+1−(2+x+x2) 142设g(x)=e+x1551−(+x) x+1−(2+x+x2)，则g(x)=ex+422x+14由（i）得，当x0时

g(x)=ex+15115−(+x)1+x+x2+−(+x)22x+142x+14

=12111111111x+−，当x1时，x2+−x2−−0 224242x+142x+142当0x1时，

12111111x+−−−=0 22x+142x+14224x51x+1−(2+x+x2)在(0，+)上递增

425a2f(x)所以g(x)g(0)=0，因此当0a1时，不等式2+x+x对任意x0恒

42a所以当x0时，g(x)0，g(x)=e+成立。