2020届浙江省宁波市高三上学期期末数学试题

第第页共19页本题考查不等式成立问题，构造不等式解不等式是关键，“将军饮马”模型的使用，对称问题，两点之间，线段最短，点到直线的距离，垂线段最短，属于难题.三、解答题18.已知函数f18.已知函数f(x)=sin(砒+Q)(0<p<兀)图象上相邻两个最高点的距离为J(1)若y=/(x)的图象过f0,11，且部分图象如图所示，求函数f(x)的解析式;I2丿(2)若函数y=/(x)是偶函数，将y=/(x)的图象向左平移个单位长度，得到6y=g(x)的图象，求函数y=2答案】(1)fy=g(x)的图象，求函数y=2答案】(1)f(x)=sinI2x+6丿x12)+g(x)在0,2f(x)=max52'上的最大值与最小值.f(x)=1-\3.min1由题意得®=2，再由f(0)=，进而可得解析式；由y=f(x)是偶函数，得^=|，从而/(x)=cos2x,经过平移得g(x)，再表示出y=22表示出y=22丿2+g(x)利用余弦型函数即可得最值.c兀又c兀又0<9<兀，所以9=-f(x)==cos2x【详解】解析：由题意得，T==兀，所以®=由于y=f(x)=sin(2x+9由于y=f(x)=sin(2x+9)是偶函数，则f(0)=sin9=±1,11由于f(o)=—，则sin9=2，又0<9<兀，225兀n#()•fcQ兀1则申=丁或9=7(舍去)，故f匕丿=sin2x+三.66v6丿

将y二f(x)=cos2x的图象向左平移乎个单位长度,将y二f(x)=cos2x的图象向左平移乎个单位长度,6得到y=g(x)=cos(2x+片］的图象，I3丿+g(x)=2cos/兀、2x+cos2x+—I3丿=1+cos2x+2cos2x号sin2x=1+2cos2x—弓sin2x二1+、；'3因为xe0,—所以f(x)二f(0)=,f(x).=max2min/兀、cos2x+—I6丿-112丿本题考查三角函数的图象与性质，图象的平移问题，余弦型函数求最值，属于基础题.19.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AD=2,AB=1,PA丄平面PCD,且PC=PD=1，设E，F分别为pb，AC的中点.(1)求证：EF//平面PAD；(2)求直线DE与平面PAC所成角的正弦值.31【答案】(1)证明见解析(2)利用线面平行的性质定理即可得到结论；方法一：利用几何法求线面角，一作，二证，三求解；方法二：利用空间直角坐标系，线面角的向量关系即可得到结论.【详解】(1)解析：因为底面ABCD为平行四边形，F是AC中点，所以F是BD中点，所1以EF//PD，EF@平面PAD，PDu平面PAD，所以EF//平面PAD.22)解析1：(几何法)

因为DEu平面pbd，平面PBDI平面PAC=PF,所以直线DE与平面PAC的交点即为DE与PF的交点，设为G,PC=PD=CD=1，所以APCD为等边三角形，取PC中点O,则DO丄PC，因为PA丄平面PCD，所以平面PAC丄平面PCD,平面PACI平面PCD=PC，DO丄PC，所以DO丄平面PAC,所以ZDGO是直线DE与平面PAC所成角，因为E，F分别为pb，AC的中点，所以G是APBD的重心，14'在RtAPAD中，PA=朽，所以PB=AC=2，在平行四边形ABCD中，BD=，在APBD中，cosZBPD=4+1~14'<10

~T~2x2<10

~T~在APED中，DE2=1+1-2xlxlxcosZEPD=?在APED中，2所以DG=-DE=^9，又因为OD=空，332所以sinZDGO==30，即直线DE与平面PAC所成角的正弦值为DG2020-解析2：(向量法)1取PC中点O,则OF//PA，因为PA丄平面PCD，2所以OF丄平面PCD，因为PC=PD=CD=1，所以APCD为等边三角形,所以OD丄PC，此时OD，OF，OP两两垂直,I2，0，0(I2，0，0I2丿所以cosuuuruuurDE-ODmrI1™DE•OD3一2T30，所以sin0二cos3即直线de与平面PAC所成角的正弦值为20p3O.本题考查线面平行，线面角，应用几何法求线面角，向量法求线面角，属于基础题.a+a=9，45S为等比数列｛b｝a+a=9，45S为等比数列｛b｝的前n项和,nnn212S二S+2n+1n(1)求｛a｛b｝的通项公式;nnnn6ab,n为奇数4nn1，证明一,n为偶数a2n

13c+c+c+・.・.・+cV1231【答案】(1)a=n,b=-nn2n-1(1)由基本量思想的等差数列｛a｝的通项公式，由b与Snn2)证明见解析的关系即可得到结论；2)利用放缩法和数列求和即可得到不等式.详解】(1)由题意得＜a+d=2aIa=11，解得.51，a+3d+a+4d=9'解得：Id二1，II・•・a=n，即数列｛a｝的通项公式为a=n,nnn由由2S二S+2,n+1n2S=S+221，2S=S+2，32两式相减整理得：2b二b,32・•・q=2,b1二1*，1，即数列｛b｝的通项公式为b

n2n-1,_1n2n-12）解析1：（应用放缩和错位相减求和证明不等式）解：C_c+c+c+・・・+c，A_c+c+・・・+c，

n123nk132k-1B_c+c+・・・+c,

k242k3(1352k-1)-—+—+—+•••+4k-1丿两式相减整理得AkAk+14J404142(1352k+1)——+—+—+•••+J4o41424k丿1102k+5卩<巴,3丿4k6又因为（2k》>（2k-1）（2k+1）,B_丄+丄+•••+k22421<一1(1111

一一+—一31•••52k-12k+1丿所以B_—+—+・・・+k22423(2k)26,・Cn2）解析2：（应用放缩和裂项求和证明不等式）13_26.10313+__-666'_(an+b)—!—,2n-14n-14n-1_d-d化简整理得：n+1n(84)一一n+—J39丿4n-1_d-dk+111102k+3丿4<石'11_+++・・・+122232n21T_丄+丄+・・・+224222n所以Bk11_++・・・+224213丽V6，・Cn_Ak+BkV10313+_666'本题考查等差数列与等比数列的通项公式，考查数列求和，考查放缩法，属于中档题.21.已知抛物线E:y2_2px（p>0）过点Q（1,2）,F为其焦点，过F且不垂直于x轴的直线l交抛物线E于A,b两点，动点p满足APAB的垂心为原点O.（1）求抛物线E的方程；

S（2）求证：动点P在定直线m上，并求的最小值.AQAB【答案】（1）y2二4x（2）证明见解析，SAPA^的最小值为2J3AQAB（I）直接将Q（1,2）代入抛物线方程即可得到答案；S（2）设直线方程为ty=X-1，联立方程，表示出S*，运用基本不等式即可得到结AQAB论.【详解】（1）由题意，将点Q（1,2）代入y2=2px，即22二2p，解得p二2，所以，抛物线E的方程为y2二4x.（2）解析1：（巧设直线）证明：设l:ty=x-1A（X1证明：设l:ty=x-1A（X1，yi），B（x2,y2），联立y2二4x，y2可得忑-砂-1=0,则有y+y二4t<12yy=-412，可设APy-y1(x-xy2x+3y，同理bpy3y=气x+4y2，解得P（-3,3t），即动点P在定直线m:x=-3上.SAPABsAQAB1SAPABsAQAB1|AB|d1|AB|d3t2+-2t>当且仅当t=±竿时取等号其中d1，d2分别为点P和点Q到直线AB的距离.2）解析2：（利用向量以及同构式）证明：设l:x二my+1(m丰0)，A(x,y)，B(x,y)，联立y2二4x,可得y2一4my一4y2一4my一4二0，则有y+y二4m<12yy=-412uur(PA二x-字y04、uur，OB二丿字y142丿0-y1uuuruuurx又O为APAB的垂心，从而PA-OB=0，代入化简得：y2+yy+3=0,同理:42020y2+yy+3=0,从而可知，y，y是方程严x2+yx+3—0的两根，所以41011240

y+y=-^0y+y=-^0=4m12x]012/yy=—=—4I12x00n]0q，所以动点P在定直线m:Ix=—30Iy二-mx»0Ix=—Iy二-mx»0Ix=—30SAPABSAQABABd1|AB|dd=—1=

d223m2+4|

12m3m2+——2mn2朽，当且仅当m=±冒时取等号•其中di，d2分别为点P和点Q到直线AB的距离.本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，考查基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题.22.已知函数f(x)二aInx-x+b，其中a,beR.(1)求函数f(x)的单调区间;2)使不等式f(x)nkx-xlnx-a对任意aell,2]，xetl,』恒成立时最大的k记为c，求当bell,2]时，b+c的取值范围.14【答案】(1)14【答案】(1)f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+8)单调递减(2)e+-，2+-(3)eeb+ce2,—+2e求出函数的导函数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；分离变量k得不等式，由恒成立把aek,2],xeke〕放缩程一个新不等式，再构造一个新函数，讨论出c的范围，即可得到结论.【详解】(1)因f(x)的定义域为(0,+8x当a<0时，f'(x)v0,.・・f(x)在(0,+8)上单调递减;当a>0时，f'(x)在(0,0)上单调递减，f'(a)=0，・•・f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+8)单调递减；2)f(x)n2)f(x)nkx-xlnx-ank<f(x)+xlnx+a(1+lnx)-x+xlnx+bae11,2],ae11,2],xe[1,e],(1+Inx)-x+xInx+b1+Inx-x+xInx+b1+lnx-x+xlnx+b-lnx+x-bx2令g(x丿-—g(x丿x2由(1)np(x)=—Inx+x一b在(1,+x)上递增;(1)当p(1)>0，即b—1时xell,e],p(x)>0—g'(x)>0g(x)在Q,e]上递增；.c—g(x)—g(1)—bnb+c—2b—2.min(2)当p(e)<0，即be[e—1,2]时xe[1,e],p(x)<0—g'(x)<0,g(x)在Q,e]上递减；c—g(x)—g(e)=—b+c—minee3)当p(1)p(e)<0时，p(x)=-Inx+x一b在上递增存在唯一实数x0e(1,e)，使得p(x)=0,则当xe(1,)时—p(x)<0—g'(x)<0.当xe(x°,e)时np(x)>0ng'(x)>0.1+lnx—