【文档说明】浙江省宁波市 2020 学年高三第一学期期末考试 数学 答案.pdf，共(6)页，236.491 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-fb6566d8502b50c3496892df62007102.html

以下为本文档部分文字说明：

高三数学答案6—1宁波市2020学年第一学期期末考试高三数学答案一、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．题号12345678910答案CBBBADAACD9.由已

知可得，数列}{na：，，，，，，，，，，，，，，，，202320202017202020172014131071074741，可得前2018项满足2021na，则满足条件的最大k值为2018.故

选C10．设1122cos,2sin,[0,2)xy则有212122|||||22cos||2sin|xxyyxy2222221(2|22cos|2|2sin|)21(|22cos|2|2sin|)21|22cos2(2sin)|21|822(cossi

n)|21|84sin()|224xyxyxy当且仅当2sin()1422cos0x时取最小值，此时(2,1),(2,3)PQ.故选D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.11.524，12.361，13.29,2114.6633，15.516.5617.24高三数学答案6—216．若4个格子中没有一格染红色，每格都染黄或蓝，有1624种不同染法；若4个格子中恰有一格染红色，4格中选

一格染红，其余3格染黄或蓝，有32243种不同染法；若4个格子中恰有两格染红色，有2种情况，其余2格染黄或蓝，有8222种不同染法．所以不同染法共有56种.17．当ln2x时，20ab令xte，当2ba时，22bttat对0

t恒成立，即220tta对0t恒成立，4a，从而8b，故224ab．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．解：（Ⅰ）由正弦定理得2sincosRAAR---

-----------2分有sin21A，--------------4分又20,2A，故22A，4A．--------------6分（Ⅱ）由题得22sin3B，故sin4sin3bBaA，--------------

8分又1ba，则4,3ba．--------------10分2221242sinsin432326CB，--------------12分1sin422ABCSabC

．--------------14分19．解：（Ⅰ）由1BC平面ABC，得1ABBC--------------2分又ABAC，故AB平面1ABC--------------4分故平面11ABBA平面1ABC即平面1AB

C平面11ABBA．--------------6分高三数学答案6—3（Ⅱ）以C为原点，CA为x轴，1CB为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则0,0,0,1,0,0,0,1,0CAB--------------8分又2BC，113BBAA，故11CB，10,0,2E

，1,0,0CA，110,1,1AABB，11,0,2AE-------------10分设平面11AACC的一个法向量为,,1nxy

，则100nCAnAA,得0,1,1n.--------------13分设直线AE与平面11AACC所成角为，故10sin10nAEnAE

，即直线AE与平面11AACC所成角的正弦值为1010．--------------15分20．解（Ⅰ）设正项等比数列}{na的公比为q，由3212aaa，得22qq解得2q或1q（舍）--------------2分又nnaa242-------------

-3分由nnnaS，得21b--------------4分2n时，1112)1(2)1(2nnnnnnnnnSSb则12)1(nnnb--------------7分高三数学答案6—4（Ⅱ）1

11121)2(222)2(nnnnnnnnnaab）（--------------8分设11434323212nnnnaabaabaabaabT则1432)21)(2()21(5)21(4)21(3

nnnT2143)21)(2()21)(1()21(4)21(321nnnnnT----11分得21432)21)(2()21(1)21(1)21(1)21(321nnnnT得2)21()4(121nnnT-

-------------14分得2)21()4(21nnnT--------------15分21.解：（Ⅰ）设直线:ABykxb，1122,,,AxyBxy，代入yx42得2440xkxb------------------2分1242xxk，---

---------------4分则直线AB的斜率12k-----------------5分（Ⅱ）由（1）得2440xkxb，AB中点坐标为22,2kkb，显然0k，则21:22PQyxkkbk

-----------------7分从而222,0Pkkb，20,22Qkb，PQ中点坐标为222222,22kkbkb，-----------------9分高三数学答案6—5则22222222442kk

bkb又2220kb，故228220kbk-----------------10分而22212141ABkxxkkb，22122PQkkb故22255842222kbkbk，--------------

---11分设2mk，得5mbm28225mmmm，322850mmm21350mmm，又0m，得1m或3292m又820mbmm，42m，故1m或3292m符合即3291,2k----

-------------15分22.解：（Ⅰ）由题得lnxhxeax，'xxaxeahxexx-----------------2分又xxxe在0,上为单调递增函数，00，故当0a时，

hx无极值.----------------4分当0a时，存在00x，hx在00,x上单调递减，0,x上单调递增，存在极小值故0a.----------------6分（Ⅱ）由22110mxfxxgxmx即22

1(1)ln0xmxexxmx首先，令1x，得1m；-----------------8分下面证明当1m时符合要求：令221()(1)lnxtmmxexxmx.高三数学答案6—

6（1）若2111122xxxxexe，即112xxe时，21()(1)(1)lnxtmtxexxx.令21()(1)lnxkxxexxx.得211'()(2)ln2xkxxxexx.21211''()(42)x

kxxxexx2121121)24(224xxxxxxx.显然当0x时，''()0kx，从而'()kx递增，又'(1)0k则10x时，0)(xk，)(xk在)1,0(上单调递减，1x时，0)(xk，)(xk在),1(上单调递增，所以min

()(1)0kxk得证；-----------------11分（2）若2111122xxxxexe，即112xxe时，11114(1)ln1()()24xxxexxtmtxee.

下面，只要证1()4(1)ln10xnxexx，其中112xxe.由112xxe，且1xxey在),0(上单调递增，记01012xxe，得),0(0xx.又21)2ln1(1)2ln1(e，所以2ln10x又

12111()4111441241xxxxnxexxxeexe.令1()241xpxxe，则1'()24xpxe.所以当),0(0xx时，px在0,1ln2上单调递增，01ln2,x上单调递减，

1ln212ln20pxp，得证.故所求实数m的取值范围为1m.-----------------15分