【文档说明】浙江省嘉兴市2021届高三9月教学测试数学答案.pdf，共(7)页，356.159 KB，由小赞的店铺上传

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高二数学参考答案第1页（共8页）2020年嘉兴市高三教学测试高三数学参考答案（2020.9）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1．D；2．B；3．A；4．C；5．D；6．C；7．B；8．A；9．D；10．C．10．提示显然0a，否则0xea，于是

10xfxeatax，即10tax，这与不等式的解集为R矛盾.又易知0a时，不等式0fx恒成立.于是仅需再分析0a的情形。易知0t，由10xfxeatax知lnxa或1xt

a，所以11lnlnaaatat.所以原问题等价于关于a的方程1lnaat有两解，进而由函数图像易知te.二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分）11．32；10212．2；

,20,213．0；3214．3；115．416．13,00,1317．27717.提示：22412cos12cos4axbaxbxxxx，变形得2212cos412cosxxxx，两边平方得2212cos4c

osxxx，再两边平方得2212724cosx，所以27cos7.高二数学参考答案第2页（共8页）三、解答题18．（本题满分14分）在ABC中，角,,ABC所对的边分别是,,abc.已知2sin5cosbAaB.（1）求cosB的值；（2）若3,2acb，求c的

值.解：（1）由sinsinabAB得sinsinaAbB,所以2sin5cosbAaB2sinsin5sincosBAAB，即2sin5cosBB，又22sincos1BB，解得2cos

3B.（2）由余弦定理得2222cosbacacB，即22102323ccc，解得262c，即33c.19．（本题满分15分）如图，四棱锥ABCDE中，ABC为等边三角形，CD平面

ABC，BE∥CD且22ACCDBE，F为AD中点.（1）求证：EF∥平面ABC；（2）求直线BC与平面AED所成角的正弦值.19.解（1）延长DE交CB的延长线于G，连接AG.因为BE∥CD且2CDBE，所以E为DG中点.又F为AD中

点，所以EF∥AG.又EF平面ABC，AG平面ABC，于是EF∥平面ABC；（2）方法一：由12ABCG且B为CG中点知AGAC.因为CD平面ABC，且AG平面ABC，所以AGCD，又CDACC，于是AG平面

ACD.由AG平面ABC得平面AGD平面ACD.连接CF，显然CFAD，因为平面AGD平面ACDAD，所以CF平面AGD.连接GF，所以CGF即为直线BC与平面AED的所成角.由CBEAFDG(第19题)高二数学参考答案第3页（共8页）2BC，则2CF，所以在RtCFG中，

2sin4CFCGFCG.方法二：取AC的中点O，连接OF.由OF∥CD及CD平面ABC得OF平面ABC.如图建立空间坐标系Oxyz,易得0,1,0A，3,0,1E，0,1,2D于是3,1,1AE，0,2,2AD，设平面AED的一个法向量

,,nxyz，于是30220nAExyznADyz，令1y，解得1z，0x所以0,1,1n.又3,1,0BC，设直线BC与平面AED的所成角的大小为，所以12sin422nBCnBC.20．（本题满分15分）已知数列

na的前n项和为nS，2nnSan，*nN.（1）求数列na的通项公式；（2）令2nnbna，求数列nb的前n项和nT.20.解：（1）当1n时，1121Sa，得11a当2n时，11221nnnnSanSan

，相减得121nnaa，变形得1121nnaa，又112a，12nna，即21nna（2）1222122nnnnbnannn，于是2

311212222422nnnTbbbnn23112222212nnTnn，令23112222nnAn即1nnTAnn.CBEAFDO(第19题)yxz高二数学参考答案第

4页（共8页）2311222122nnnAnn①341221222122nnnAnn②①-②得231224122222212nnnnnAnn222

422124nnnnn2124nnAn22124nnTnnn.21．（本题满分15分）如图，已知抛物线21:20Cxmym，22:20Cynxn的焦点分别为12,FF，且41mn

.（1）当12FF最短时，求直线12FF的方程；（2）设抛物线12,CC异于原点的交点为Q，过点Q作直线AB，分别交12,CC于A，B两点，其中直线AB的斜率0k，且点Q为线段AB的中点.当AB最短时，求抛物线12,CC的方

程.21.（1）解：2222121244mnFFOFOF1224mn，等号当且仅当12mn时成立.此时12FF的方程为4410xy.（2）方法一：设00,Qxy，则20020022xmyynx，解得001yx.进

一步3030212mxnx，于是2310:Cxxy，22301:Cyxx.设001:AQykxxx，联立2310:Cxxy得23420000xkxxkxx，于是300Axxkx，42000Axxkxx

，解得300Axkxx.F2F1BQAOx（第21题）y高二数学参考答案第5页（共8页）0011:BQxxykx，联立22301:Cyxx得23420001110yyxkkxx，于是3001

1Byxkx，42000111Byxkxx，解得30011Byxkx，0230012Bxxkxkx.所以3002300122ABxxkxxkxkx，整理得22000230122kxxkxkx，即22436000122kxkxkx.令

200ukx，换元得3222211310uuuuuu，所以1u，于是201kx.又22320000042001111213332AAQkxxkxkxxxxx，当且仅当201x时等号成立.所以221mn，此时2

1:Cxy，22:Cyx.方法二：设00,Qxy，则20020022xmyynx，解得001yx，进一步得3030212mxnx，于是2310:Cxxy，22301:Cyxx.由AQBQkk知0021

2ABxxnmyx，即00141ABxxymnx.又23000022212ABQBAAyyyyyxxxxx.所以20300311AAxxxxx

，整理得323200011320AAAxxxxxx.令01Axux，则32232210uuuuuu，解得2u或152u（舍）或152u（舍）.于是02Axx，02012AAQxxkmx.所以220004

20011113332AAQkxxxxxx，当且仅当01x时等号成立.所以221mn，此时21:Cxy，22:Cyx.方法三：设22,2Amsms，22,2Qmtmt，由Q为线段AB

的中点，于是2242,42Bmtmsmtms.因为Q，B均在抛物线2C上，所以高二数学参考答案第6页（共8页）222222442242mtmntmtmsnmtms，再由

41mn化简得23222241422mtmtsts消去m得2223423422420tststsststt，即42420sssttt令,1sut，得422421210uuuuuuu

，解得2u，于是2st，2314mt.所以222222412222499332AQmsmtmsmtmtttt，当且仅当1t时等号成立.所以221mn，此时21:Cxy，22:Cyx.22．（本题满分15分

）已知函数2ln20fxxxxaxkk（1）当0a，1k时，求fx在1,1f处的切线方程；（2）当0,x时，fx的最小值为0,求4ka的最小值.22.

解：（1）1ln2fxxx，所以11lkf，又12f，于是切线方程为21yx，即10xy.（2）方法一：1ln22fxxxa，进而1212xfxxx，

于是易知fx在10,2上单调递减，在1,2上单调递增.所以min1ln222fxfa（I）当ln220a即1ln22a时由0fx知fx在0,上单调递增.又0

lim0xfxk，所以0fxk.这与0fx在0,有解矛盾.（II）当ln220a即1ln22a时高二数学参考答案第7页（共8页）易知存在12,xx（120xx），使得120fx

fx，且fx在120,,,xx上单调递增，在12,xx上单调递减.所以原问题等价于2222222221ln220ln20fxxxafxxxxaxk，整

理得2222221ln2axxkxx所以2222452ln2kaxxx，由0k得21x.令252ln2hxxxx（1x），显然212225xxhxxxx，所以hx在1,2上单调递减，在2,上单调递增，于

是min22ln24hxh，即4ka的最小值为2ln24.方法二：0x，yfx的最小值为0等价于fxyx的最小值为0.令ln2fxkgxxxaxx

，即min0gx由222110kxxkgxkxxx得，存在唯一00,x，使得2000200xxkgxx，即2000kxx，所以gx在00,x单调递减，0,x单调递增，因此000min0ln20kgxg

xxxax，将200kxx代入得200000ln20xxxxax，即00ln212xxa，所以2000452ln2kaxxx，由2000kxx，得01x.令252ln

2hxxxx（1x），显然212225xxhxxxx，所以hx在1,2上单调递减，在2,上单调递增，于是min22ln24hxh，即4ka的

最小值为2ln24.