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天津市南开中学2021届高三上学期第二次月考数学试题 图片版含答案.pdf

上传人:高**** 文档编号:21144 上传时间:2024-05-23 格式:PDF 页数:9 大小:447.77KB
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资源描述

1、 天津市南开中学 2021 届高三数学第二次月考参考答案 一、选择题123456789CBBCCDBDA二、填空题10、_ 2 _ 11、_2 或 2 _ 12、_ 12 _ 13、_ 1 _ 14、_ 7 13,6 6_ 15、_三、解答题16、解:()1 由题意可得()()1sin 21cos2sin 2cos22 sin 24f xxxxxx=+=+=+,所以函数的最小正周期为 2=2.()2 令2 22,242kxkk+Z,得3,88kxkk+Z,所以函数的单调增区间为3,88kkk+Z,.()350,02,2,2444xxx+令2,.428xx+=得()f x在区间0,8上单调递增,

2、在区间 ,8 2上单调递减()()()maxmin2,min0,1822f xff xfff=,所以函数的值域为1,2.17、解:()1()()111111143,20,1,7610,2.7147,2adadadaaddadad+=+=+=+=+21nan=;323nnbT=+,11323nnbT=+,两式相减得:()132nnbnb=,11323bb=+,解得 13b=.nb是以3为首项,3为公比的等比数列 13 33nnnb=()2 由()1 得()1213nnnanb=,()()()()()()122111112 1 12 21213331112 1 132321,333nnnnnnnR

3、nR+=两式相减得:()2111122213323331nnnnR+=+,()21111113322113213133nnnRn+=+,1121 1122 33nnnnR=113nn+18、解:()1【法 1】证明:取 PB 的中点 M,AB 的中点 N,连接 EM 和CM,CDAB 且12CDAB=,E,M 分别为 PA,PB 的中点.EMAB 且12EMAB=EMCD 且 EMCD=,四边形CDEM 为平行四边形,DECM,CM 平面 PBC,DE 平面 PBC,DE平面 BPC.【法 2】由题意可得 DA,DC,DP 两两互相垂直,如图,以 D 为原点,DA,DC,DP 分别是x,y,z

4、 轴建立空间直角坐标系 Dxyz,则()1 0 0A,()1 2 0B,()0 1 0C,()0 0 1P,11022E,设平面 PBC 的法向量为()mx y z=,()11 0BC=,()01 1CP=,00m BCxym CPyz=+=xyyz=,令1y=()1 1 1m=,又11022DE=,0m DE=,DEmDE 平面 PBC DE平面 PBC()2 设点 F 坐标为()10t,则()11 0CFt=,()1 2 0DB=,由0BDCF=得12t=,1102F,设平面 FPC 的法向量为()nx y z=,1102CF=,由00n PCn FC=得0102yzxy+=即2yzyx=

5、令1x=()1 2 2n=,设二面角 FPCD的平面角为 236sin133=故二面角 FPCD的正弦值为63()3 设()0AQAP=,0 1,FQFAAQ=+12=,22122cos13 81324FQ n=+,FQ 与平面 PFC 所成角的余弦值是63,故其正弦值为33222333 81=+,整理得:220810+=,解得:110=或12=(舍)存在满足条件的点Q,且1101010AQ=,210AQ=33cos33 3n mn mnm=,19、解:()1 函数()()22lnf xxaxax=的定义域为()0,+.()()()()()2222122xaxaxaxafxxaxxx+=.当0

6、a 时,()0fx,函数()f x 在()0,+上单调递增;当0a 时,由()0fx,得2ax;由()0fx,得02ax.所以函数()f x 在 0,2a上单调递减,在,2a+上单调递增.综上所述,当0a 时,()f x 的单调递增区间为()0,+;当0a 时,()f x 的单调递减区间为 0,2a,单调递增区间为,2a+.()2 由()1 可知,若函数()f x 有两个零点,则0a,且()min02af xf=.即()22ln0222aaaaa,即4ln402aa a+,0,4ln402aaa+.令()4ln42ah aa=+,易知()h a 在()0,+上是增函数,且()22h=,又()4

7、333334ln44ln1ln1lne10222h=+=,即()()20,30hh.所以存在()02,3a,使()00h a=,当00aa时,()0h a;当0aa时,()0h a.所以满足()0h a 的最小正整数 a 为 3.又3a=时,函数()f x 在30,2上单调递减,在 3,2+上单调递增,且()()()310,0,33 2ln302fff=3a=时,函数()f x 有两个零点.综上,满足条件的最小正整数 a 为 3.20、解:()1 函数的定义域为()0,+.由已知可得()11mxfxmxx=当0m时,()0fx,故()f x 在区间()0,+上单调递增,()f x无极值.当0m

8、 时,令()0fx=,解得1xm=x,()fx,()f x 在区间()0,+上的变化情况如下表所示:由上表可知,()f x 有极大值,极大值为1ln1fmm=,无极小值.()2 证明:令()()eln2xF xx=+,故只需证明()0F x.因为()()()211e,e022xxFxFxxx=+x 10,m1m1,m+()fx+0 ()f x 单调递增 极大值单调递减 所以函数()1e2xFxx=+在()2,+上为增函数,且()10F,()00F故()0Fx=在()2,+上有唯一实数根0 x,且()01,0 x 当()02,xx 时,()0Fx,当()0,xx+时,()0Fx,从而当0 xx=

9、时,()F x 取得最小值 由()00Fx=,得001e2xx=+,即()00ln2xx+=,故()()000000011eln22222xF xxxxxx=+=+=+()00122202xx+=+,因为()021,2x+,所以等于号取不到,即()00F x综上,当2m=时,()()00F xF x即()f xm()3 函数()()()elng xxxmx=有且只有三个不同的零点,而ex=是其零点,函数()lnf xxmx=存在两个零点(不等于e),即()ln0 xmx=有两个不等且不等于e 的实数根()式可转化为方程lnxmx=在区间()0,+上有两个不等且不等于e 的实数根,即函数 ym=

10、的图象与函数()lnxh xx=的图象有两个交点.()21lnxh xx=,由()0h x,解得 0ex,故()h x 在上单调递增;由()0h x,解得ex,故()h x 在()e,+上单调递减;故函数 ym=的图象与()lnxh xx=的图象的交点分别在()0,e,()e,+上,即 ln0 xmx=的两个根分别在区间()0,e,()e,+上,()g x 的三个不同的零点分别是13,e,xx,且13e,0exx.令31xtx=,则(21,et 由311133,ln,ln,xtxxmxxmx=,解得13lnln,1lnln.1txtt txt=故()()1 3131 lnlnlnln1ttx xxxt+=+=,(21,et 令()()1 ln1tttt+=,则()()212ln1ttttt=令()12lnp tttt=,则()()222221212110tttp ttttt+=+=所以()p t 在区间(21,e 上单调递增,即()()10p tp=所以()0t,即()t在区间(21,e 上单调递增,即()()()2222 e1ee1t+=,所以()()21 322 e1lne1x x+,即()222 e1e11 3e.x x+

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