浙江省杭州市2021届高三上学期期末教学质量检测数学试题（图片版含答案）.zip

第 1 页（共 4 页） 2020 学年第一学期杭州市高三年级教学质量检测 数学参考答案及评分标准 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D B B C D B B B D D 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分。分。 111，9 12 2，23 13 1 2，2 141，1 1544 16123 3 17 3 12 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18 （本题满分 14 分） （）因为 1313 cos+sincossin 2222 f xxxxx 22 1311cos231cos2 cossin 444242 xx xx 11 cos2 24 x， 因为 f (x)的最小正周期为 ，所以 2 2 ，即 1 所以 11 ( )cos2 24 f xx， 因为2 222 kxk，kZ， 即 2 kxk，kZ， 所以 f (x)的单调递增区间为( , ) 2 kk，kZ 8 分 （）由 sinAsinCsin2Csin2Asin2B，得 acc2a2b2， 即 a2c2b2ac， 所以 222 1 cos 222 acbac B acac ，又 0 2 B ， ， 3 B ， f (B)1 2 6 分 第 2 页（共 4 页） 19 （本题满分 15 分） （）当 a2 时，| x1 |22| x1 |10， 所以 0| x1 |12， 所以 2x22 5 分 （）因为 f (x)1 2 2 + 3， 2 ； 2 1， 2 . 因为 f (x)10 有 4 个不同零点， 所以4a2120 且2 1，解得3 2 不妨设 x1x2x3x4，则1= 1，2= 1， 若 x2，x3，x4成等差数列，则23 = 1 + 4 3+ 4= 2，所以3 = 2+1 3 ， 代入得(2+1 3 ) 2 2 2+1 3 + 3 = 0， 解得 a7 4或 a2（舍去） ， 综上可知，存在 a7 4符合题意 10 分 20 （本题满分 15 分） （I）连接 BG 交 EC 于 H，连接 FH 则点 H 为BCD 的重心，有 = 2 因为 = = 2， 所以 FH/AG，且 FH平面 CEF，AG平面 CEF， 所以 AG/平面 CEF 7 分 （II）因为 BF23 3 ，BE1，ABD30， 所以 EF2BF2BE22BEBFcosABD1 3， 故 EF2BF2BE2，所以 EFBD，且 CEBD 所以 BD平面 CEF 过 F 作 AD 的平行线 FP，交 BD 于 P 则 PE平面 CEF 所以直线 FP 与平面 CEF 所成角为PFE 且 FP2 3，EP 1 3，FEP90， 所以 sinPFE 1 2，得PFE 6 所以直线 FP 与平面 CEF 所成的角为 6， 即直线 AD 与平面 CEF 所成的角为 6 8 分 第 3 页（共 4 页） 21 （本题满分 15 分） （I）由已知， 221 21 4 k k k a q a ，所以 1 21 4k k a ， 所以 1321 41 3 k k aaa 5 分 （II）对任意的 kN*，a2k，a2k1，a2k2成等差数列， 所以 21222 2 kkk aaa ，即 222 2121 2 kk kk aa aa ，即 1 1 2 k k q q ， 所以 1 111 1 1 11 1 kk k qq q ，即 1 1 kk bb ， 所以bn成等差数列，其公差为 1 若 d12，则 2 213132 ,2aq aq aa， 所以 2 11 20qq，又0 k q ，所以 1 2q ， 从而 1 11 1 11 k kk qq ，即 1 1 k q k 所以 2 21 21 1 k k ak ak ，可得 23521 211 1323 k k k aaa aak aaa ， 221 1 kkk aaqk k ， 2 212 111 kkk daakk kk ， 所以 1 3 22 k k k ddk k D 10 分 22 （本题满分 15 分） （I）0),1(1ln)( xxaxxf 根据题意， 0) 1(1lnxax ，即 ) 1(1lnxax 存在两个不同正根 先考虑 ) 1( xay 与 1lnxy 相切，记切点横坐标为 x0，如图 则 1ln 1 1 1ln) 1( 00 0 0 00 xx ax x a xxa 设 0, 1ln)(xxxxg ，则xxgln1)( ，令0)( x g，得 1 e x 故 )(xgy 在 1 (0, ) e 上单调递减，在 1 () e ，上单调递增 且 014ln)2(, 01) 1 (gg ，故存在唯一) 2 , 1 ( 0 x，使1ln 00 xx成立 取 ) 1 , 2 1 ( 1 0 x m ，则ma 0时，f (x)恰存在两个极值点，得证8 分 1 e x0 x y O 第 4 页（共 4 页） （II）由（I）知，) 1(1ln)( 111 xaxxf，且 10 1 2 e xx 所以 1 1ln 1 1 x x a ，代入)( 1 xf，得) 1lnln( 2 1 )( 11111 xxxxxf， 设 11 ( )( lnln1),2 2e h xxxxxx 111 ( )(ln),2 2e h xxx x ， 则容易判断 0 1 ,),( )0 e xxh x（；0)(),2 , 0 xhxx （ 故 0 1 ,), ( ) e xxh x （单调递减；)(),2 , 0 xhxx （单调递增 所以 0 1 ()( )max ( ), (2) e h xh xhh 且 11 ln231 max ( ), (2)max, ee2e hh ， 由1ln 00 xx，且) 2 , 1 ( 0 x，得 4 5 ) 1 ( 2 1 )( 0 00 x xxh 所以 51 ( ) 4e h x ，从而 1 51 () 4e f x ，证毕 7 分