【文档说明】浙江省杭州市2021届高三下学期4月二模考试数学试题 答案.pdf，共(4)页，869.599 KB，由小赞的店铺上传

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2020学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测数学参考答案及评分标准选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．12345678910BCBCBDDBBA非选择题部分（共110分）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．11．4；1或－112．0，413．π3，3√3414．2，5412515．3＋2√216．1或217．4三、解答题：（本大题共5小题，共74分），解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（本题满分14分）（Ⅰ）因为31cos21π

()sin2sin22226xfxxx，因为πππ2π22π262kxk，解得ππππ,63kxkkZ．所以f(x)的单调递增区间ππ(π,π),63kkkZ．……7分（Ⅱ）π1()sin263fAA

，令π26A，则02π，所以1sin3，22cos3，则5222cos2πcosπcoscosπsinsinπ6333A2211332232326

．……7分19．（本题满分15分）（Ⅰ）连接CM交BD于F，连接EN，因为2CEDMEMAM，所以2CECNEMNP，ABCDMNP（第19题）xyzFE所以EN//PM，又以为EN⊂平面BDN，P

M⊄平面BDN，所以PM//平面BDN．……7分（Ⅱ）取BC中点F，易知AD⊥MF，AD⊥PF，所以AD⊥平面PMF，所以AD⊥PM，建立如图所示的空间直角坐标系M—xyz．则A(1，0，0)，B(2，3，0)，C(－2，3，

0)，P(0，1，2√2)，则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，1，2√2)，𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗＝(－2，－2，2√2)，𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗＝(4，0，0)，设平面PBC法向量为n＝(x，y，z)，则00nBPnBC

，即2222040xyzx，取n＝(0，√2y，1)，设PA与平面PBC所成角的θ，则sinθ＝|cos<n，𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗>|＝√155，所以PA与平面PBC所成角的正弦值为√155．……8分20．（本题满分15分）（Ⅰ）由an＝

2n－2，b2k－1＝ak，得b2k－1＝2k－2，又因为b2k－1，b2k，b2k＋1成等差数列，得b2k＝3·2k－3，即𝑏2𝑘𝑏2𝑘−2＝2，所以{b2k}是首项为34，公比为2的等比数列．……8分（Ⅱ）因为𝑏2𝑛−𝑏2

𝑛−1＝3·2𝑛−3−2𝑛−2＝2𝑛−3，所以𝐶𝑛＝𝑛+2(𝑛+1)𝑛∙2𝑛＝2(𝑛+1)−𝑛(𝑛+1)𝑛∙2𝑛＝1𝑛∙2𝑛−1−1(𝑛+1)∙2𝑛，(𝑛≥1)，所以𝑆𝑛＝120−

12·21+12·21−13·22+⋯+1𝑛·2𝑛−1−1(𝑛+1)·2𝑛＝1−1(𝑛+1)2𝑛．……7分21．（本题满分15分）（Ⅰ）点A处切线l方程：y＝2x1x－21x，与椭圆C2方程2212xy联立，得2234111(18)82

20xxxxx，因为l与椭圆C2相交，故方程判别式624111644(18)(22)0xxx，求得210417x，则AB直线方程为：2111122yxxx，与抛物线方程y＝x2联立，可得23111220xxxxx，由韦达定理，可得21112xxx

，所以12111222xxxx，当且仅当112x时，12xx取得最小值2．……7分（Ⅱ）记点O，B到直线l的距离分别为d1，d2．则2112114xdx，2212112211114111|2|14

()244xdxxxxx，所以41122221214||41||(14)(4)dxDODBdxx因为210417x，所以211417x，故221||44(0,)1||17(4

)DODBx．……8分22．（本题满分15分）（Ⅰ）当a＝1时，设2()()()ln(12xhxfxgxxx），则22214()1(2)(1)(2)xhxxxxx，当x∈(0

，＋∞)时，h′(x)＞0，故h(x)单调递增．所以0x时，h(x)＞h(0)＝0，不等式f(x)＞g(x)得证．……7分（Ⅱ）由P，Q到x轴的距离相等，且f(x)＝aln(x＋1)的单调知P，Q的纵坐标相反，故设(e1,)maPm，(e1,)maQm，不妨设m＞

0．则点P处切线方程为(e1)emamaayxm，则点Q处切线方程为(e1)emamaayxm．联立两直线方程，可得M交点021eemmaamax，02e(e)eemmaammaamayam设0tam，则0022e

1,[(1)]eeeetttttttxyat，要证M在第二象限，即证：x0＜0，y0＞0．要证0210eetttx，即证ee20ttt，设()ee2ttFtt，则()ee20ttFt，故F(t)在(0，

＋∞)上单调递增，当t＞0时，F(t)＞F(0)＝0，即证x0＜0．要证02e[(1)]0eettttyat，即证：2e1eettttt，只要证ee1eettttt，即证：22e11e1ttt．设2e1tn，则2lnnt，则22e11e1tt

t等价于121lnnnn，只需证2(1)ln1nnn，且由（Ⅰ）知，x＞0时，221ln(xxx），则有n＞1时，2(1)ln1nnn，故y0＞0得证．所以对任意a＞0，点M在第二象限．……8分