2021年深圳市高三年级第二次调研考试数学试题答案及评分参考 (1).pdf

1、 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第1页（共15页） 2021 年深圳市高三第年深圳市高三第二二次调研考试次调研考试 数学试题答案及评分参考 一、单项选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D B B A B C A 二、多项选择题： 题号 9 10 11 12 答案 BD AC BC ACD 12. 设 函 数( )ee x f xx=和 2 1 ( )ln(12 ) 2 g xxkxk x=+()kR， 其 中e是 自 然 对 数 的 底 数 （=2.718 28e） ，则下列结论正确的为 A. ( )f x的图象与x轴相切 B. 存在实数0k ，使得 (

2、)g x的图象与x轴相切 C. 若 1 2 k =，则方程( )( )f xg x=有唯一实数解 D. 若( )g x有两个零点，则k的取值范围为 1 (0, ) 2 解析：( )ee x f xx=，则( )ee x fx=；( ) 2 1 ln(12 ) 2 g xxkxk x=+， 则( ) 2 2(21)1(21)(1) (0) kxkxkxx gxx xx + = = . （选项 A）易知1x =是( )f x的极小值点，且(1)0f=，所以( )f x的图象与x轴相切，故选项 A 正确. （选项 B）显然当0k 时，( )0g x，( )g x无极值点，则( )g x的图象与x轴不

3、可能相切，故选项 B 错误. （选项 C）易知函数( )f x的最小值( ) 1 1ee 10f= =；当 1 2 k =， 则函数( )g x的最大值 1 ()(1) 2 gg k = 111 ln1(12) 1 222 =+ +0=， 因此方程( )( )f xg x=有唯一解1x =. （选项 D） （解法一）易知当0k 时， 1 2 x k =是( )g x的极大值点， 若函数( )g x有两个零点，则须有 1 ()0 2 g k ，即 2 1111 ln()(12 )0 2222 kk kkk +， 绝密绝密启封并使用完毕前启封并使用完毕前 试题类型：试题类型：A 深圳市高三数学第二

4、次调研考试试题答案及评分参考第2页（共15页） 化简得 11 ln(2 ) 42 k k ，不难解得 1 0 2 k， 当0 x + 时，( )g x ， 显然当 1 0 2 k时，有 2 11 2kk ， 又 2 2222232 1111111121 ()ln()(12 )1 22 gkk kkkkkkkk =+ + 322 12211121 (2)() 22kkkkkk = +=+，当 1 0 2 k时， 2 1 ()0g k ，故选项 D 正确. （解法二）( )g x有两个零点 2 1 ln(12 )=0 2 xkxk x+ 1 ln ln1 2 =21=21 2 x x kxkkxk

5、 xxx + + +， 构造函数 ln1 ( ) 2 x u x xx =+和( )=21v xkxk+， 则 2 12ln ( ) 2 x u x x =，易知ex =是( )u x的极大值点，极大值 1 ( e) e u=， 函数( )=21v xkxk+的图象是过定点( 2, 1)的直线， 直线1= (2)yk x+与函数( )u x的图象相切于点 00 (, ()x u x，则 0 0 0 ()1 () 2 u x u x x + = + ， 则 0 2000 000000 2 00 ln1 1 12ln2 22(44)ln12ln1 22 x xxx xxxxxx xx + =+ =

6、 + ， 则 12ln11 (1) 22 ku =， 则k的取值范围为 1 (0, ) 2 ，故选项 D 正确. 综上所述，选项 ACD 正确. 三、填空题： 13. 22 1 43 xy +=（答案不唯一） ； 14. 79； 15. 15 2 ； 16. 2 3 2+ . 13. 解析：解析： 22 1 43 xy +=，形如 22 1(0) 43 xy m mm +=这样的方程均可. 16著名的费马问题是法国数学家皮埃尔 德 费马（16011665）于 1643 年提出的平面几何极值问题： “已 知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”费马问题中的所求点称为费

7、马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当ABC的三个内角均小于120时，则使 得120APBBPCCPA=的点P即为费马点.已知点P为ABC的费马点，且ACBC，若 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第3页（共15页） |PAPBPC+=，则实数的最小值为 . 解析：解析： （解法一）（解法一）不妨设| |PAm PC= ，| |PBn PC= ，且| |PCx= ， 由余弦定理得 2222222 |2cos120(1)CAxm xmxmmx=+=+， 2222222 |2cos120(1)CBxn xnxnnx=+=+， 222222222 |2cos120()AB

8、m xn xmnxmnmn x=+=+， 222 |ABCACB=+， 2222222 ()(1)(1)mnmn xmmxnnx+=+，即2mnmn+ + =， 又 2 () 4 mn mn + ， 2 () 2 4 mn mn + +， 显然m n+ =， 2 480 ，解得22 3+，或22 3（舍去） ， 易知当31mn=+时，等号成立， 实数的最小值为2 32+，故应填2 32+. （解法二）（解法二）不妨设PCA=，则 2 PCB=， 3 PAC=， 6 PBC=， 由正弦定理得 |sinsin |31 sin() cossin 3 22 PA PC = ， 及 sin() |cos

9、 2 |31 sin() sincos 6 22 PB PC = ， sincos3sin23 1 313132sin23 cossinsincossin2 22222 =+= ， 易知 63 ， 2sin2323， 33 112 32 2sin2323 = =+ ，即2 32+， 易知当 4 =时，等号成立， 实数的最小值为2 32+，故应填2 32+. 四、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第4页（共15页） 17 （10 分） 在 212 2baa=+， 28 ba=， 35 Ta=这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并作出

10、解答. 问题：已知数列 n a的前n项和 2 21 n Snn=，等比数列 n b的前n项和为 n T， 13 ba=，且_， 判断是否存在唯一的k()k N，使得1 k b ，且 1 1 k b + . 若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 解解：由(21) n Snn=，得 11 20aS=， 1 分 当1n时， 22 1 (21)21(1)(1) nnn aSSnnnn = 22 2n=， 经检验，当1=n时，上式也成立， 故 n a的通项公式为222 n an=， 3 分 则 13 16ba=. 4 分 选择条件的解答： 由222

11、n an=，得 1 20a =， 2 18a =， 5 分 12 2 2 aa b + = 20 18 19 2 + =， 6 分 则等比数列 n b的公比 2 1 19 1 16 b q b = ， 7 分 则 n b是递增的等比数列，且 11 1 19 16 ()1 16 nn n bb q =， 9 分 故不存在k()k N，使得1 k b ，且 1 1 k b + . 10 分 选择条件的解答： 由222 n an=， 得 8 6a =，即 28 6ba=， 5 分 则等比数列 n b的公比 2 1 63 168 b q b = ， 6 分 则 n b的通项公式 11 1 3 16 (

12、 ) 8 nn n bb q =， 8 分 则 n b是递减的等比数列， 当3k =时，使得 3 9 1 4 b =，且 4 27 1 32 b =， 易知存在唯一的3k =，使得1 k b ，且 1 1 k b + . 10 分 选择条件的解答： 由222 n an= ，得 5 12a = ， 5 分 设等比数列 n b的公比为q， 222 31111(1 )16(1)Tbbqbqbqqqq=+=+=+12=，即 2 1440qq+=， 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第5页（共15页） 解得 1 2 q = ， 7 分 则 n b是摆动的等比数列，且 11 1 1 16 ()

13、 2 nn n bb q = ， 8 分 当1k =时，使得 12 1618bb= =， 当3k =时，使得 34 412bb= =， 故不存在唯一的k()k N，使得1 k b ，且 1 1 k b + . 10 分 【命题意图】 本题主要考查等差数列、 等比数列的通项公式及前n项和公式等， 考察了学生的数学运算、 逻辑推理等核心素养. 18 （12 分） 设ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且 222 sinsinsin2sinsinABCAB+=. (1) 求C； (2) 若 3 cos 5 B =，D是边BC上一点，且4CDBD=，ACD的面积为 7 5 ，求b. 解：解：

14、(1)由正弦定理，及 222 sinsinsin2sinsinABCAB+=，可得 222 2abcab+=，3 分 由余弦定理，得 222 2 cos 22 abc C ab + =， 4 分 ()0,C， 4 C =； 5 分 （解法一）解法一）ACD的面积为 7 5 ，且4CDBD=， ABC的面积为 7 4 ， 6 分 3 cos 5 B =，且()0,B， 2 4 sin1cos 5 BB=，7 分 又 4 C =， 7 2 sinsin()sin()= 410 ABCB=+=+，8 分 在ABC中，由正弦定理，得 sinsin ba BA =， sin4 2 sin7 B baa

15、A =， 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第6页（共15页） 7 2 8 ab=， 10 分 ABC的面积为 7 4 ， 2 717 sin 4216 abCb=， 2b=， 即2AC =. 12 分 （解法二）（解法二）设BDx=，4CDx=，过A作AEBC于E， 6 分 3 cos 5 B =，且()0,B， 4 tan 3 B =， 则由 (1) 易知 22 = 22 AEACb=， 2 5 2 BExb=， 7 分 在直角ABE中，有 2 4 2 tan= 32 5 2 b AE B BE xb = ， 8 分 7 2 40 xb=， 10 分 22 11 7 2277

16、sin 22102205 ACD SCD ACCbb =， 2b=， 即2AC =. 12 分 【命题意图】本题主要考察正弦定理、余弦定理、三角恒等变换等知识，渗透数形结合、转化与化归、 方程等思想，意在考察学生的逻辑推理，数学运算等核心素养 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第7页（共15页） 19 （12 分） 如图，在直四棱柱 1111 ABCDABC D中，/AB CD，2DC =， 1 3AA =，1ABBCDA=，点E和F 分别在侧棱 1 AA、 1 CC上，且 1 1A ECF=. (1) 求证：BC平面 1 D EF； (2) 求直线AD与平面 1 D EF所成角的

17、正弦值. 解：解：(1) 证明：如图所示，分别取CD， 1 FD的中点M，N，连接MN，AM，EN.1 分 M，N分别是CD， 1 FD的中点， MN是梯形 1 CFD D的中位线， 1 /MNCFD D，且 1 1 ()2 2 MNCFD D=+=. 1 1A E =， 11 /A AD D， 2EAMN=，且/EA MN， 四边形AENM是平行四边形， /ENAM. 3 分 易证四边形AMCB是平行四边形， /BCAMEN， 又EN 平面 1 D EF，BC平面 1 D EF， BC平面 1 D EF. 5 分 (2)（解法一）（解法一）以A为坐标原点，AB为x轴，过点A并垂直于AB的直线

18、为z轴， 1 AA为y轴，建立如 图所示的空间直角坐标系， 6 分 易得(0,0,0)A，(0,0,2)E， 13 (,0) 22 D ， 1 13 (,3) 22 D ， 33 ( ,1) 22 F， 7 分 （第 19 题图） A C B D A1 E F B1 C1 D1 A C B D A1 E F B1 C1 D1 M N 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第8页（共15页） 则有 13 (,0) 22 AD= ， 1 13 ( , 1) 22 D E =， 1 (2,0, 2)DF =， 8 分 设平面ABS的法向量为 111 ( ,)mx y z=， 则 1 1 0

19、0 D E m D F m = = ， ， 即 111 111 13 0 22 2020 xyz xyz = += ， ， 9 分 则平面ABS的一个法向量为( 3, 1, 3)m=， 10 分 321 cos, 717 AD m AD m ADm = ，11 分 设直线AD与平面 1 D EF所成角为，则 21 sincos, 7 AD m= =. 12 分 （解法二）连接 1 A F，得到三棱锥 1 FADE，连接AC， 6 分 易知ACAD，且3AC =，2EF =，2DE =， 1 2 2DF =， 7 分 又 1 A AAC，则AC 平面 1 A DE， 8 分 那么三棱锥 1 FA

20、DE的体积 113 1 13 326 V = =， 222 ( 2)(2 2)23 cos 4222 2 DEF + = ， 10 分 则 7 sin 4 DEF=，设 1 A到平面 1 D EF的距离为h， 由 1111 AD EFFA D E VV =可得 1173 22 2 3246 h=， 解得 21 7 h =， 11 分 设直线AD与平面 1 D EF所成角为，则 11 21 sin 7 h AD =. 12 分 【命题意图】本题主要考察线面的位置关系，线面平行的判定定理和求线面所成的角.涉及到的思想方 法主要有向量法，数形结合思想.考察了学生的直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素

21、养. 20 （12 分） 已知某高校共有10000名学生，其图书馆阅览室共有994个座位，假设学生是否去自习是相互独立的， 且每个学生在每天的晚自习时间去阅览室自习的概率均为1 . 0. (1) 将每天的晚自习时间去阅览室自习的学生人数记为X，求X的期望和方差； A C B D A1 E F B1 C1 D1 A C B D A1 E F B1 C1 D1 z x y 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第9页（共15页） (2) 18世纪30年代，数学家棣莫弗发现，如果随机变量X服从二项分布( , )B n p，那么当n比较大时， 可视为X服从正态分布 2 ( ,)N .任意正态分

22、布都可变换为标准正态分布（0=且1=的正态分布） ，如 果随机变量 2 ( ,)YN ，那么令 = Y Z，则可以证明(0,1)ZN.当(0,1)ZN时，对于任意实数a， 记( )() aP Za=. 已知下表为标准正态分布表（节选） ，该表用于查询标准正态分布对应的概率值.例如当0.16a=时，由 于0.160.1 0.06=+，则先在表的最左列找到数字0.1（位于第三行） ，然后在表的最上行找到数字0.06（位 于第八列） ，则表中位于三行八列的数字0.5636便是(0.16)的值. (i) 求晚自习时间阅览室座位不够用的概率； (ii) 现对阅览室进行改造，使在晚自习时间阅览室座位够用的

23、概率高于7 . 0，则阅览室至少还需要增加 多少个座位？ a 00. 0 01. 0 02. 0 03. 0 04. 0 05. 0 06. 0 07. 0 08. 0 09. 0 0 . 0 5000. 0 5040. 0 5080. 0 5120. 0 5160. 0 5199. 0 5239. 0 5279. 0 5319. 0 5359. 0 1 . 0 5398. 0 5438. 0 5478. 0 5517. 0 5557. 0 5596. 0 5636. 0 5675. 0 5714. 0 5753. 0 2 . 0 5793. 0 5832. 0 5871. 0 5910. 0

24、 5948. 0 5987. 0 6026. 0 6064. 0 6103. 0 6141. 0 3 . 0 6179. 0 6217. 0 6255. 0 6293. 0 6331. 0 6368. 0 0.6404 6443. 0 6480. 0 6517. 0 4 . 0 6554. 0 6591. 0 6628. 0 6664. 0 6700. 0 6736. 0 6772. 0 6808. 0 6844. 0 6879. 0 5 . 0 6915. 0 6950. 0 6985. 0 7019. 0 7054. 0 7088. 0 7123. 0 7157. 0 7190. 0 72

25、24. 0 解解：(1) 由题意可得，随机变量X服从二项分布， 1 分 则10001 . 010000)(= npXE， 2 分 9009 . 01 . 010000)1 ()(=pnpXD. 3 分 (2) (i) 由于 (1) 中二项分布的n值较大， 故可以认为随机变量X服从正态分布， 由(1)可得， 1000= ，30=， 4 分 由题意，可得(1000,900)XN ， 则 1000 (0,1) 30 X N ， 则 )2 . 0()2 . 0 30 1000 ()994(= = X PXP， 5 分 由标准正态分布性质可得，)2 . 0(1)2 . 0(=， 故)2 . 0(1)99

26、4(XP=， 6 分 故5793. 0)2 . 0()994(1)994(=XPXP， 故阅览室晚上座位不够用的概率为5793. 0. 7 分 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第10页（共15页） (ii) 查表可得，7019. 0)53. 0(=， 8 分 则7019. 0)53. 0 30 1000 (= X P， 即7019. 0)9 .1015(=XP， 9 分 又7 . 06915. 0)5 . 0()5 . 0 30 1000 ()1015(= = X PXP， 10 分 故座位数至少要1016个， 11 分 由于229941016=， 则阅览室至少还需要增加22个座

27、位. 12 分 【命题意图】本题以大学阅览室的座位安排为背景，通过正态分布的相关背景知识，考查学生数学抽 象、数学建模、数学运算、逻辑推理等数学核心素养，体现化归与转化的数学思想. 21 （12 分） 在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，P是直线2x=上的动点，过P作两条相异直线 1 l和 2 l，其 中 1 l与抛物线 2 :4C yx=交于A、B两点， 2 l与C交于M、N两点，记 1 l、 2 l和直线OP的斜率分别为 1 k、 2 k和 3 k. (1) 当P在x轴上，且A为PB中点时，求1 |k； (2) 当AM为PBN的中位线时，请问是否存在常数，使得 3 12 11 k kk

28、 += ？若存在，求出的值； 若不存在，请说明理由. 解：解：(1) （解法一）由题意易知 ( 2,0)P ， 由对称性，只需考虑B在x轴上方的情形，不妨设 2 2 2 (,) 4 y By 2 (0)y ， A为PB中点， 2 22 (1,) 82 yy A， 1 分 A在C上， 2 2 22 () =4(1) 28 yy ， 解得 2 4y = ， 3 分 (4,4)B ， 1 402 | 4( 2)3 k = . 4 分 （解法二）由题意可知 1 l的方程为 1 1 2xy k = ， 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第11页（共15页） 设 11 (,)A x y， 22

29、 (,)B xy， 由对称性，只需考虑B在x轴上方的情形，不妨设 2 0y ， 代入 2 :4C yx=，得 2 1 4 80yy k += ， 1 分 则 12 1 4 yy k += ， 12 8y y =， A为PB中点， 21 2yy=， 3 分 联立解得 1 2y =， 2 4y =， 1 2 3 k =， 1 2 | 3 k =. 4 分 (2) 设 1 l的方程为 1( 2)yk xt=+，代入 2 :4C yx=，得 2 11 4840k yykt+=， 则 12 1 4 yy k += ， 1 12 1 84kt y y k + = ， 5 分 AM为PBN的中位线， A为P

30、B中点， 21 2yty+ =， 联立解得 1 1 4 33 t y k =+ ， 2 1 8 33 t y k = + ， 7 分 由可得 1 111 8484 () () 3333 kttt kkk + += ， 进而可得 22 11 (72)32320tktk+=， 8 分 M为PN中点， 同理可得 22 22 (72)32320tktk+=， 易知 1 k， 2 k为 22 (72)32320tktk+=的两根(事实上0，故关于k的上述方程必有两个实数根)， 12 2 32 72 t kk t += + ， 12 2 32 72 k k t = + ， 10 分 12 1 2 = kk

31、 t k k + ，即 12 11 +=t kk ， 3 2 OP t kk= ， 3 2tk= ， 11 分 3 12 11 +2k kk = ， 故存在常数 2= ，使得 3 12 11 k kk += 恒成立. 12 分 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第12页（共15页） 【命题意图】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系为背景，利用方程思想、韦达定理来解决问题， 利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线与抛物线的位置关系及探索性问题，考查学生的逻辑推 理，数学运算等数学核心素养及思辨能力. 22 （12 分） 已知定义在R上的函数 2 ( )cos(2)e x f x

32、xaxa =+，aR.（其中常数e是自然对数的底数， =2.718 28e） (1) 当2a=时，求( )f x的极值； (2)（i）若( )f x在0,上单调递增，求实数a的取值范围； （ii）当 * nN时，证明： 1 11 1 42 ()tan n k n n nk nk = + + + . 解解：(1) 当2a=时， 2 ( )2cosf xxx=+， ( )2(sin )fxxx = ， 1 分 令( )sing xxx=，则( )1cos0g xx= ， ( )g x在(,) +上单调递增， 2 分 又(0)0g=， 当(,0)x 时，( )(0)0g xg=；当(0,)x+时，(

33、 )(0)0g xg=， 当(,0)x 时，( )0fx ；当(0,)x+时，( )0fx ， ( )f x在(,0)上单调递减；在(0,)+上单调递增， ( )f x的极小值为(0)2f=，无极大值. 3 分 (2) (i) 易知( )2sin(2)e x fxxaxa =， 若( )f x在0,上单调递增，则2sin(2)e0 x xaxa （*）在0,上恒成立， （解法一）（解法一）显然当0,x时，sine0 x x +， 不等式（*）等价于 2(e) sine x x x a x + + ， 4 分 下证 e 1 sine x x x x + + ，0,x， 即证esine xx xx

34、 +，0,x， 即证sin0 xx，0,x，由（1）可知，显然成立， e 1 sine x x x x + + ，0,x， 6 分 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第13页（共15页） 或者考虑 esin 11 sinesine x xx xxx xx + = + + 亦可（由(1)可知sin0 xx，0,x） ， 6 分 又当0 x=时， e 1 sine x x x x + = + ， 2a，即实数a的取值范围为(,2. 7 分 （解法二）（解法二）不等式（*）在0,上恒成立， 即对于 0 0,x，均有 00 00 (sine)2(e)0 xx xax +， 当(2,)a+时

35、，令 0 0 x =，上述不等式显然不成立； 5 分 当(,2a时，令 00 00 ( )(sine)2(e) xx h axax =+， 易知( )h a在(,) +上单调递减， 当(,2a时， 00 ( )(2)2(sin)h ahxx=， 6 分 由(1)可知，当 0 0,x 时， 00 sin0 xx，( )0h a ， 当(,2a时， 0 0,x，均有 00 00 (sine)2(e)0 xx xax +， 综上所述，当且仅当(,2a时，不等式（*）在0,上恒成立，即使得( )f x在0,上单调递增的 实数a的取值范围为(,2. 7 分 (ii) 先证当(0,1x时，有 2 cos1

36、 2 x x . （解法一）（解法一）由(1)可知，当2a=时， 2 ( )2cosf xxx=+在0,上单调递增， 当(0,1x时，( )(0)f xf，即 2 cos1 2 x x ， 8 分 （解法二）由 (1) 可知，当(0,1x时，sin0 xx， 22 sinxx，(0,1x， 当(0,1x时， 2 22 cos1 2sin ( )1 2 ( )1 222 xxx x = = ， 即 2 cos1 2 x x ， 8 分 当(0,1x时，有 2 cos1 2 x x . 当1,)x+时，易知 11 1sin0 xx ， 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第14页（共15

37、页） 11 sin 11 cos 111 tantantan xx x x xxx =， 9 分 （解法一）（解法一）再证当1,)x+时，有 111 cos1 () 2121xxx + . 22 11211 cos111 () 2412121xxxxx = + ， 当1,)x+时，有 111 cos1 () 2121xxx + ， 即 111 1() 1 2121 tan xx x x + ，1,)x+， 10 分 111 1() 1 2123 (1)tan 1 nn n n + + + ， 111 1() 1 2325 (2)tan 2 nn n n + + + ， ， 111 1() 1

38、4141 2 tan 2 nn n n + ， 将上述不等式相加得， 1 111 1 2141 ()tan n k n nn nk nk = + + + + ， 11 分 又 11111 2141214242 nnn nnnnn += + ， 1 11 1 42 ()tan n k n n nk nk = + + + . 12 分 （解法二）（解法二）不难知道当( 1,)x +时，有ln(1) xx+（证明略） ， 下证当2,)x+时，有 1121 cos1ln 221 x xx + + . 9 分 易知当2,+ )x时， 2 (1)(1)21 21 xxx xx + + ， 222 1111

39、1(1)(1)121 cos1ln(1)lnln 222221 xxx xxxxx + = + ， 当2,+ )x时， 1121 cos1ln 221 x xx + + ， 1121 cos1ln 1223 n nn + + + ， 1123 cos1ln 2225 n nn + + + ， 深圳市高三数学第二次调研考试试题答案及评分参考第15页（共15页） ， 1141 cos1ln 2241 n nn + + ， 将上述不等式相加得， 11112111 coscoscoslnln(2) 122241221 n nn nnnnn + += + ， 10 分 下证ln(2) xx， 1 (0,

40、 3 x，即证ln(2)0 xx， 1 (0, 3 x， 显然函数ln(2)yxx=在 1 (0, 3 上单调递减， 所以当 1 (0, 3 x时， 51 ln(2)ln 33 yxx=， 下证 51 ln0 33 ，即证 1 3 5 e 3 ，即证 3 5125 e( ) 327 =，显然成立， 又当n * N时， 11 (0, 213n + ， 11 ln(2) 2121nn + ， 11 分 11111 ln(2) 2212 2142 nnn nnn = + ， 即 1111 coscoscos 12242 n nnnn + + ， 1 11 1 42 ()tan n k n n nk nk = + + + . 12 分 【命题意图】 本题以基本初等函数的极值、 单调性问题和不等式证明为载体， 考查学生利用导数分析、 解决问题的能力，分类讨论、化归转化思想和逻辑推理、数学运算等核心素养，具有较强的综合性.