2019届浙江省稽阳联谊学校高三下学期4月联考试卷数学参考答案

12019年4月稽阳联考数学参考答案一、选择题ABABACCDDB二、填空题11．212．1，213．7，12714．35，21015．25，5412516．1517．0a或12a三、解答题18．解：（Ⅰ）()4cossin()6fxxxa314cos(sincos)22xxxa3sin2cos21xxa2sin(2)16xa……………5分所以32a，即1a，……………7分()fx的最小正周期为……………8分（Ⅱ）因为5[π,0]12x，所以22[,]636x，故]21,1[)62sin(x……………12分因为()fx)62sin(2x，所以()fx在5[π,0]12的值域是]1,2[……………14分19．解：（Ⅰ）解法1：连BD，令FBDAC，BC∥AD，1BC，2AD，21ADBCFDBF………3分又PDPE31FDBFEDPE21PB∥EF，………5分且PB面ACE，EF面ACE，PB∥平面ACE.………7分（Ⅰ）解法2：过A作AZ面ABCD，以A为原点，如图建系.由题意求得3PC，0,0,1B，3,1,1P，3,1,0BP.0,1,1C，)0,2,0(D，设zyxE,,，由PDPE31，得332,34,32E.………3分2令面ACE的一个法向量为zyxn,,，则00AEnACn，即033234320zyxyxxzxy31令3x，则3y，1z，1,3,3n，0nBP………6分且PB平面ACE，PB∥平面ACE.………7分（Ⅱ）解1（空间向量坐标法）：以A为原点，如图建系，由题意求得3PC，0,0,1B，3,1,1P，3,1,0BP.……10分0,1,1C，0,2,0D23,23,21E，令面ACE的一个法向量为zyxn,,，则00AEnACn，即02323210zyxyx，xzxy32，令3x，则3y，2z，2,3,3n.………12分直线PB与平面ACE所成角的正弦值20301023,cossinnBP.………15分（Ⅱ）解2（传统几何法）：作PDEP31，由（Ⅰ）知PB∥FE，PB与面ACE所成角的正弦值等于FE与面ACE所成角的正弦值，不妨设为sin.………8分由题意易求得2CDAC，又2AD，CDAC，又CPAC，CCDCPAC平面PCD，即AC平面ECE.………10分求得3PC,5PD56CE，12661PCDECESS，41021CEACSACE………12分由ACEEECEAVV得212631＝ACEEd41031，30302ACEEd，又3432PBEF，2030sin………15分20.解：3（Ⅰ）因为11(1)(2)nnaann1112nn………3分所以na112211()()()nnnnaaaaaaa1111(1)(1)232nnnn111111111232nnnn11n………7分（Ⅱ）由（Ⅰ）可得135()3nnnbta13(55)3nnt………8分设55xkt，则kb133kx，1kb3(5)3kx，2kb13(10)3kx①若1kb为kb与2kb的等比中项，则2(10)(5)xxx，无解………10分②若kb为1kb与2kb的等比中项，则23(5)(10)xxx，即2215500xx，所以10x或52x，所以5510kt，因为,kt均为正整数，所以不存在这样的,kt值………12分③若2kb为kb与1kb的等比中项，则23(5)(10)xxx，即2251000xx，方程无整数根………14分综上可知，不存在这样的,kt值………15分21．解：（Ⅰ）因为22222203||()162164164ppppppPFx，所以3342p，即2p所以抛物线C的方程是24yx…………5分（Ⅱ）设200(,)4yPy，211(,)4yAy，222(,)4yBy设:PAlxmyt，代入24yx得0442tmyy，则014yyt同理可得028yyt…………8分又1212:()4ABlyyyxyy，所以2221212()||1||164yyyyAB4P到直线ABl的距离是200121212212()||()116yyyyyyyyhyy所以ABPS2220012121212()1||||8yyyyyyyyyy2001212121|()|||8yyyyyyyy2202001324|12|||8ttytyy2020032122ytytyt…………12分设231232(),(0)ttfyyyyy，则)('yf22412961ttyy42241296yytty所以当))336(,0(ty，)(yf单调递减，当),)336((ty，)(yf单调递增，所以当ty)336(，ABPS取到最小值，同理0y，所以当(6233)yt时，ABPS取到最小值，此时))3326(,2333(ttP…………15分22．解：（Ⅰ）因为()xxafxeex在(0,)上递增，所以11()202feae，1(1)0feae，又2aNa，所以2a…………5分（Ⅱ）首先当1x时，12ln(3,4)xxeexee，又因为bZ，所以3b…………7分其次，我们可以证明不等式：22(0)xxeexx设2()2(0)xxgxeexx，则()2xxgxeex，()20xxgxee恒成立所以()2(0)0xxgxeexg恒成立，所以2()2(0)0xxgxeexg恒成立所以22(0)xxeexx成立…………11分综合上面的结果可知，22ln22lnxxeexxx设2()22lnhxxx，则2()2hxxx，所以当)1,0(x时，)(xhy单调递减，当),1(x时，)(xhy单调递增，所以2()22ln(1)3hxxxh，所以2ln3xxeex恒成立，所以b的最大值是3…………15分