天津市南开中学2021届高三上学期第二次月考数学试题 图片版含答案.pdf

1、 天津市南开中学 2021 届高三数学第二次月考参考答案 一、选择题123456789CBBCCDBDA二、填空题10、_ 2 _ 11、_2 或 2 _ 12、_ 12 _ 13、_ 1 _ 14、_ 7 13,6 6_ 15、_三、解答题16、解：()1 由题意可得()()1sin 21cos2sin 2cos22 sin 24f xxxxxx=+=+=+，所以函数的最小正周期为 2=2.()2 令2 22,242kxkk+Z,得3,88kxkk+Z,所以函数的单调增区间为3,88kkk+Z，.()350,02,2,2444xxx+令2,.428xx+=得()f x在区间0,8上单调递增，

2、在区间 ,8 2上单调递减()()()maxmin2,min0,1822f xff xfff=，所以函数的值域为1,2.17、解：()1()()111111143,20,1,7610,2.7147,2adadadaaddadad+=+=+=+=+21nan=；323nnbT=+，11323nnbT=+，两式相减得：()132nnbnb=，11323bb=+，解得 13b=.nb是以3为首项，3为公比的等比数列 13 33nnnb=()2 由()1 得()1213nnnanb=，()()()()()()122111112 1 12 21213331112 1 132321,333nnnnnnnR

3、nR+=两式相减得：()2111122213323331nnnnR+=+，()21111113322113213133nnnRn+=+，1121 1122 33nnnnR=113nn+18、解：()1【法 1】证明：取 PB 的中点 M，AB 的中点 N，连接 EM 和CM，CDAB 且12CDAB=，E，M 分别为 PA，PB 的中点.EMAB 且12EMAB=EMCD 且 EMCD=，四边形CDEM 为平行四边形，DECM，CM 平面 PBC，DE 平面 PBC，DE平面 BPC.【法 2】由题意可得 DA，DC，DP 两两互相垂直，如图，以 D 为原点，DA，DC，DP 分别是x，y，z

4、 轴建立空间直角坐标系 Dxyz，则()1 0 0A，()1 2 0B，()0 1 0C，()0 0 1P，11022E，设平面 PBC 的法向量为()mx y z=，()11 0BC=，()01 1CP=，00m BCxym CPyz=+=xyyz=，令1y=()1 1 1m=，又11022DE=，0m DE=，DEmDE 平面 PBC DE平面 PBC()2 设点 F 坐标为()10t，则()11 0CFt=，()1 2 0DB=，由0BDCF=得12t=，1102F，设平面 FPC 的法向量为()nx y z=，1102CF=，由00n PCn FC=得0102yzxy+=即2yzyx=

5、令1x=()1 2 2n=，设二面角 FPCD的平面角为 236sin133=故二面角 FPCD的正弦值为63()3 设()0AQAP=，0 1，FQFAAQ=+12=，22122cos13 81324FQ n=+，FQ 与平面 PFC 所成角的余弦值是63，故其正弦值为33222333 81=+，整理得：220810+=，解得：110=或12=（舍）存在满足条件的点Q，且1101010AQ=，210AQ=33cos33 3n mn mnm=，19、解：()1 函数()()22lnf xxaxax=的定义域为()0,+.()()()()()2222122xaxaxaxafxxaxxx+=.当0

6、a 时，()0fx，函数()f x 在()0,+上单调递增；当0a 时，由()0fx，得2ax；由()0fx，得02ax.所以函数()f x 在 0,2a上单调递减，在,2a+上单调递增.综上所述，当0a 时，()f x 的单调递增区间为()0,+；当0a 时，()f x 的单调递减区间为 0,2a，单调递增区间为,2a+.()2 由()1 可知，若函数()f x 有两个零点，则0a，且()min02af xf=.即()22ln0222aaaaa，即4ln402aa a+，0,4ln402aaa+.令()4ln42ah aa=+，易知()h a 在()0,+上是增函数，且()22h=，又()4

7、333334ln44ln1ln1lne10222h=+=，即()()20,30hh.所以存在()02,3a，使()00h a=，当00aa时，()0h a；当0aa时，()0h a.所以满足()0h a 的最小正整数 a 为 3.又3a=时，函数()f x 在30,2上单调递减，在 3,2+上单调递增，且()()()310,0,33 2ln302fff=3a=时，函数()f x 有两个零点.综上，满足条件的最小正整数 a 为 3.20、解：()1 函数的定义域为()0,+.由已知可得()11mxfxmxx=当0m时，()0fx，故()f x 在区间()0,+上单调递增，()f x无极值.当0m

8、 时，令()0fx=，解得1xm=x，()fx，()f x 在区间()0,+上的变化情况如下表所示：由上表可知，()f x 有极大值，极大值为1ln1fmm=，无极小值.()2 证明：令()()eln2xF xx=+，故只需证明()0F x.因为()()()211e,e022xxFxFxxx=+x 10,m1m1,m+()fx+0 ()f x 单调递增 极大值单调递减 所以函数()1e2xFxx=+在()2,+上为增函数，且()10F，()00F故()0Fx=在()2,+上有唯一实数根0 x，且()01,0 x 当()02,xx 时，()0Fx，当()0,xx+时，()0Fx,从而当0 xx=

9、时，()F x 取得最小值 由()00Fx=，得001e2xx=+，即()00ln2xx+=，故()()000000011eln22222xF xxxxxx=+=+=+()00122202xx+=+，因为()021,2x+，所以等于号取不到，即()00F x综上，当2m=时，()()00F xF x即()f xm()3 函数()()()elng xxxmx=有且只有三个不同的零点，而ex=是其零点，函数()lnf xxmx=存在两个零点（不等于e），即()ln0 xmx=有两个不等且不等于e 的实数根()式可转化为方程lnxmx=在区间()0,+上有两个不等且不等于e 的实数根，即函数 ym=

10、的图象与函数()lnxh xx=的图象有两个交点.()21lnxh xx=，由()0h x，解得 0ex，故()h x 在上单调递增；由()0h x，解得ex，故()h x 在()e,+上单调递减；故函数 ym=的图象与()lnxh xx=的图象的交点分别在()0,e，()e,+上，即 ln0 xmx=的两个根分别在区间()0,e，()e,+上，()g x 的三个不同的零点分别是13,e,xx，且13e,0exx.令31xtx=，则(21,et 由311133,ln,ln,xtxxmxxmx=，解得13lnln,1lnln.1txtt txt=故()()1 3131 lnlnlnln1ttx xxxt+=+=，(21,et 令()()1 ln1tttt+=，则()()212ln1ttttt=令()12lnp tttt=，则()()222221212110tttp ttttt+=+=所以()p t 在区间(21,e 上单调递增，即()()10p tp=所以()0t，即()t在区间(21,e 上单调递增，即()()()2222 e1ee1t+=，所以()()21 322 e1lne1x x+，即()222 e1e11 3e.x x+