天津市七校2020届高三数学上学期期中联考试题（PDF）

2019～2020学年度第一学期期中七校联考高三数学参考答案一、选择题：共9小题，每小题5分，共45分.1—5CDCAC6—9DBBD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.10．012=+−yx11．3112．(8,6]−−13．1605314．315．54,63三、解答题：本大题共5个小题，共75分.16．（本小题满分14分）解：（Ⅰ）由已知，有f(x)＝cosx·(12sinx＋32cosx)－3cos2x＋34＝12sinx·cosx－32cos2x＋34＝14sin2x－34(1＋cos2x)+34＝14sin2x－34cos2x＝12sin(2x－π3)．……………………………………………4分[来最小正周期为=T，对称中心为)0,62+k（Zk…………………7分[（Ⅱ）)62sin(21)(+=xxg…………………………8分[)(xg在区间]6,6[−上单调递增,在区间]3,6[上单调递减.………10分[21)6()(max==gxg………………………11分41)6(−=−g41)3(=g…………………………13分41)(min−=xg…………………………14分[17.（本小题满分14分）解：（Ⅰ）在ABD中，,sinsin,30ADBABABDADABD==;222126AB=;3=AB………………………………………4分在ABC中，;cos2222ABCBCABBCABAC−+=22332232cos,ABC=+−.63cos−=ABC……………………7分（Ⅱ）由⑴知),,2(,63cos−=633cos1sin2=−=………………………8分652cos,6112sin−=−=………………………11分.1211353sin2cos3cos2sin)32sin(−=−=−……………………14分18．（本小题满分15分）解：（Ⅰ）在线段PD上取一点N,使得=DPPN,PCPMPPN==DDCMN//且DCMN1==ABAEABAE1=，DCAB//且DCAB=MNAE//且MNAE=四边形AEMN为平行四边形ANME//又AN平面PFD,ME平面PFD//ME平面PFD………4分（Ⅱ）以A为坐标原点，分别以APABAF,,为zyx,,轴建立空间直角坐标系)0,0,0(A，)1,0,0(P，)0,2,0(B，)0,2,1(−C，)0,0,1(−D21=)0,1,0(E，)0,0,1(F设平面PEA的一个法向量为),,(zyxn=)1,1,0(−=PE，)1,0,0(=AP===−=00zAPnzyPEn，令1=z，1=y)1,1,0(=m设平面PEF的一个法向量为),,(zyxm=)1,1,0(−=PE，)1,0,1(−=PF=−==−=00zxPFmzyPEm，令1=z，1,1==yx)1,1,1(=m333211||||,cos=+==nmnmnm，36,cos1,sin2=−=nmnm二面角APEF−−的正弦值为36.………………………10分（III）令)0,,0(hE，20h，)1,,0(−=hPE设平面PEA的一个法向量为),,(1zyxn=)1,2,0(−=PB，)0,0,1(−=BC=−==−=00211xPBnzyPBn，令1=y，1=z)2,1,0(1=n由题意可得：5551|2||||||||,cos|2111=+−==hhnPEnPEnPE43=h43=AE，38AEAB==………………………15分19．（本小题满分16分）解：（Ⅰ）设数列{}na的公比为q，数列{}nb的公差为d，由题意，0q，由已知有24232310qdqd−=−=，消去d整理得：42280qq−−=.∵0q，解得2q=，∴2d=，∴数列{}na的通项公式为12nna−=，*nN；数列{}nb的通项公式为21nbn=−，*nN.……………………4分（Ⅱ）∵21nnncbn=为奇数为偶数，∴1122acac++…nnca22+=（)()224121231nnnbababaaaa++++++−令=nA1231−++naaa=2220222−+++n==−−4141n314−n令nnnbababaB22412+++=)4)124341212nn−+++=（（令=nTnn4)1243412−+++（=nT4134)12(4)32(41+−+−++nnnn∴=−nT31324)12()444(24+−−++++nnn124)12(4144424+−−−−+=nnn143)56(320+−−−=nn∴=nT149)56(920+−+nn∴1122acac++…nnca22+=nnnnnnTABA49)712(9721−+=+=+……10分（III）对任意正整数n，不等式32+na≤)11)(11(21bb++…)11(nb+成立即a≤)11)(11(32121bbn+++…)11(nb+对任意正整数n成立记)11)(11(321)(21bbnnf+++=…)11(nb+则1151641616432425232)11(5232)()1(221++++=++++=+++=++nnnnnnnnbnnnfnfn∴)()1(nfnf+，即f(n)递增故1554)1()]([min==fnf，∴0＜a≤1554．………………………16分20．（本小题满分16分）解:（Ⅰ）.又，因此，而，所以，故在单调递增.………………………4分（Ⅱ）由题意知，，设，则，由于，故，时，单调递增，又，，因此在存在唯一零点，使，即，且当，，，单调递减；，，，单调递增；故，故，设，又设故在上单调递增，因此，即，在单调递增，，又，所以，故所求的最小值为.………………………10分（III）由（I）可知1=a时，0)1()(=GxG，即：xx1ln)1sin(−设2)1(11kx+=−，则22)1()2()1(11kkkkx++=+−=因此12ln1ln)2()1(ln)1(1sin22++−+=+++kkkkkkkk即222)11sin31sin21sin++++n（12ln1ln43ln32ln23ln12ln++−+++−+−nnnn2ln12ln2ln++−=nn………………………16分