【文档说明】北京市海淀区2021届高三上学期期中考试数学试题参考答案.pdf，共(8)页，685.352 KB，由小赞的店铺上传

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数学答案第1页（共10页）海淀区2020~2021学年第一学期期中练习高三数学参考答案2020.11一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。题号（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）答案ACCDBCABAB二、填空题共

5小题，每小题5分，共25分。题号（11）（12）（13）（14）（15）答案23253412π33π2三、解答题共6小题，共85分。（16）（本小题共14分）解：（Ⅰ）由正弦定理得：sinsinbcBC.因为sin2si

nBC，所以2bc.因为3cos4A，0πA，所以27sin1cos4AA.因为7S，所以211sin2sin722SbcAcA.所以24c.所以2c.（Ⅱ）由（Ⅰ）知2bc.因为3cos4A，所以222222232cos4424abcbcAcccc

.所以2ac.所以2ac.（17）（本小题共14分）解：（Ⅰ）设等差数列{}na的公差为d，则1(1)naand.数学答案第2页（共10页）因为59a，3922aa，所以1149,21022.adad解得：11,2.ad所以21nan.（Ⅱ

）选择①②设等比数列{}na的公比为q.因为11ba，312baa，所以11b，34b.因为37S，所以23132bSbb.所以212bqb.所以1(1)211nnnbqSq.因为2020nS，所以21

2020n.所以10n.即n的最大值为10.选择①③设等比数列{}na的公比为q.因为11ba，312baa，所以11b，34b.所以2314bqb，2q.因为1nnbb，数学答案第3页

（共10页）所以2q.所以1(1)211nnnbqSq.因为2020nS，所以212020n.所以10n.即n的最大值为10.选择②③设等比数列{}na的公比为q.因为37S，11b，

所以217qq.所以2q，或3q.因为1nnbb，所以2q.所以1(1)211nnnbqSq.因为2020nS，所以212020n所以10n.即n的最大值为10.（18）（本小题共14分）解：（

Ⅰ）因为e0x，由2()e(23)0xfxxx，得2230xx.所以0x，或32x.所以不等式()0fx的解集为{0,xx或3}2x.（Ⅱ）由2()e(23)xfxxx得：2'()e(23)xf

xxx数学答案第4页（共10页）e(23)(1)xxx.令'()0fx，得1x，或32x（舍）.()fx与'()fx在区间[0,2]上的情况如下：x0(0,1)1(1,2)2'()fx0()fx0↘e↗22e所以当1x时，()fx取得最小值(1)ef

；当2x时，()fx取得最大值2(2)2ef.（19）（本小题共14分）解：（Ⅰ）因为sinyx的单调递减区间为π3π[2π,2π]22kk（kZ）.所以ππ3π2π2π262kxk，kZ

.所以π4π2π2π33kxk，kZ.所以函数()fx的单调递减区间为π4π[2π,2π]33kk（kZ）.（Ⅱ）因为π()2sin()6fxx，所以π()2sin6fxx.因为π()()()6gxfxfx

，所以π()4sin()sin6gxxx314(sincos)sin22xxx223sin2cossinxxx31cos2sin2xxπ2sin(2)33x.因为0xm，所以πππ22333xm.因为()gx的取值范

围为[0,23]，数学答案第5页（共10页）所以πsin(2)3x的取值范围为3[,1]2.所以ππ4π2233m.解得：5π5π126m.所以m的最大值为5π6.（20）（本小题共14分）解：由可得：.（Ⅰ）当时，.所以曲线在点处的切线方

程为.（Ⅱ）①当时，在上不具有单调性．②当时，令得.()fx与'()fx在区间(,)上的情况如下：极大值极小值因为在上具有单调性，所以.③当时，()fx与'()fx在区间(,)上的情况如下：极小值极大值因为在上具有单调性，所以，即.综上所述，的取值范围是.（Ⅲ）先证明：.由

（Ⅱ）知，当时，的递增区间是，，递减区间是.因为，不妨设，则.32()324fxaxaxa2'()363(2)fxaxaxaxx1a(3)2,'(3)9ff()yfx(3,(3))f925yx0a()2fxR0a()0fx120,

2xxx(,0)0(0,2)2(2,)'()fx00()fx()fx(,3)aa2a0ax(,0)0(0,2)2(2,)'()fx00()fx()fx(,3)aa30

a3aa(,3][2,)12()()4fxfx0a()fx(,0)(2,)(0,2)122xx12xx21x数学答案第6页（共10页）①若，则.所以1211()()()(2)444f

xfxfxfxa.②若，因为，所以，当且仅当时取等号.综上所述，.再证明：的取值范围是.假设存在常数m（4m），使得对任意122xx，12()()fxfxm.取12x，且242mxa，则3222

2(2)()2324ffxaxaxa22222222(2)(2)2(2)4axxaxaxm，与12()()fxfxm矛盾.所以的取值范围是.（21）（本小题共15分）解：（Ⅰ）

取，则存在（），使得，即3212aaa.因为13aa，25ab，所以.（Ⅱ）假设{}na中仅有有限项为，不妨设，且当nm时，均不为，则.取，则存在（），使得，与0ka矛盾.（Ⅲ）①当时，首先

证明数列{}na是递增数列，即证，恒成立.若不然，则存在最小的正整数，使得，且.显然.取，则存在（），使得10x2122xx10x21x12()()(2)(2)4fxfxff122xx

12()()4fxfx12()()fxfx[4,)12()()fxfx[4,)1,2ijka24k212kaaa32127aaa00mana02m1,ijmka2mkm120

kmaaaab*nN1nnaa0n001nnaa012naaa02n00,1,2,,1jninka002nkn数学答案第7页（共10页）.因为，所以这个不同的数恰为这项.所以

，与001nnaa矛盾.所以数列{}na是递增数列.再证明：.记，即证.当时，结论成立.假设存在最小的正整数，使得对任意恒成立，但，则.取，则存在（），使得.因为数列{}na是递增数列，所以.所以.因为这个数恰为这项.所以，

与010maamd矛盾.所以.②当时，令，则，且.对于中任意两项,()ijbbij，02kniaaa00000121222nnnnnaaaaaaa00001212,2,,2nnnnaaaaaa01n00

01221,,,nnnaaa01n001nnaa(1)(),1,2,3,naanbandba(1),1,2,3,naandn1,2n0m(1)naand01nm010maamd02m00,1,2,,1jmimka002mkm02

kmiaaa00012121mmmaaaaa0000121222mmmmaaaaaa00001212,,2,2mmmmaaaaaa01m0001221,,,mmmaaa01m0001100022[(1)][(2)]mmmaaaa

mdamdamd(1)(),1,2,3,naanbanab,1,2,3,nnban12,babb12bb{}nb数学答案第8页（共10页）因为对任意,(

)ijaaij，存在(2)kajkj，使得2kjiaaa，所以2()kjiaaa，即存在(2)kbjkj，使得2kjibbb.因此数列满足题设条件.由①可知，所以.综上所述，.经检验，数列{}na满足题设条件.{}nb(1)(),1,2,3,n

banabn(1)(),1,2,3,naanban(1)(),1,2,3,naanban