发布时间 : 星期一 文章宁夏银川一中2020届高三第四次月考数学(理)试题 Word版含答案更新完毕开始阅读
17.（1）解：由题意得，
T?2??3?6. ………2分
因为P(1,A)在y?Asin(所以sin(?3x??)的图象上，
?3??)?1 ………4分
又因为0????2，所以???6 ………6分
（2）解：设点Q的坐标为(x0,?A)，由题意可知
?3x0??6?3?，得2x0?4,所以Q(4,?A ) ………8分
连接PQ，在?PRQ中,?PRQ?2?，由余弦定理得 3RP2?RQ2?PQ2A2?9?A2?(9?4A2)1cos?PRQ????. ………10分
2RP?RQ22A?9?A2 解得A2?3. 18．
又A?0,所以A?3. ………12分
解：（1）由nSn?1??n?1?Sn?2n?n?1? 得
Sn?1Sn??2， ……3分 n?1n?Sn?所以数列??是首项为2，公差为2的等差数列，
?n?所以
Sn?2?2?n?1??2n，即Sn?2n2， ………4分 n2当n?2时，an?Sn?Sn?1?2n2?2?n?1??4n?2，由于a1?2也满足此式， 所以?an?的通项公式an?4n?2． ………6分
nn?2（2）由an?4n?2得a2n?4?2?2?2?2， 所以 ………8分
bn?a2?a4?a8?…?a2n?23?2?24?2?25?2?…?2n?2?2
??????????2?2?2?…?2345n?2??2n?23?1?2n?1?2?2n?2n?3?2n?8． ……12分
19.解：（1）证明：
ABCD是菱形，
?AD?DC,OD?AC ………1分 ?ADC中，AD?DC?12,?ADC?120, ?OD?6
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又M是BC中点，?OM?1AB?6,MD?62 2OD2?OM2?MD2,?DO?OM ………3分
OM,AC?面ABC,OM又
AC?O,?OD?面ABC ………5分
OD?平面ODM
?平面ODM⊥平面ABC ………6分
（2）由题意，OD?OC,OB?OC, 又由（Ⅰ）知OB?OD 建立如图所示空间直
角坐标系，由条件易知D?6,0,0?,A0,?63,0,M0,33,3 ……7分 故AM?(0,93,3),AD?(6,63,0) 设平面MAD的法向量m?(x,y,z)，则
???????m?AM?0?93y?3z?0 即? 令y??3，则x?3,z?9 ????6x?63y?0?m?AD?0 所以，m?(3,?3,9) ………9分 由条件易证OB?平面ACD，故取其法向量为 n?(0,0,1) ………10分 所以，cos?m,n??m?n393? ………11分
31|m||n|393 ………12分 31由图知二面角M?AD?C为锐二面角，故其余弦值为20．解：（1）以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A?0,0,0?,B?0,2,0?,C?2,2,0?,D?1,0,0?,S?0,0,2?,M?0,1,1?
?AM??0,1,1?,SD??1,0,?2?,CD???1,?2,0?， ………1分
设平面SCD的一个法向量为n??x,y,z?
??SD?n?0?x?2z?0??则?，令z?1，得n?(2,?1,1)，
?x?2y?0??CD?n?0?∴AM?n?0，即AM?n ………3分 ∵AM?平面SCD∴AM∥平面SCD． ………4分 （2）取平面SAB的一个法向量m?(1,0,0)， ………5分 则cos?m,n??m?n26 ………7分 ??3|m||n|1?66． …………8分 3∴平面SCD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值为 - 6 -
（3）设N?x,2x?2,0?(1?x?2)，则MN?(x,2x?3,?1)，平面SAB的一个法向量为
m?(1,0,0)∴sin??|cos?MN,m?|
?sin??x5x2?12x?10?11?1?10????12??5x?x?2?12?13?7 ……11分 10??????x5?5当
13535?，即x?时，sin?取得最大值，且?sin??max?． …………12分 x53721.解（1）f'(x)?(x?1)ex?2a(x?1)?(x?1)(ex?2a) ………1分 （ⅰ）a?0时，当x?(??,?1)时，f(x)?0；当x?(?1,??)时，f(x)?0 所以f(x)在(??,?1)单调递减，在(?1,??)单调递增； ……2分 （ⅱ）a?0时 ?若a???若a??''1'x?x，则f(x)?(x?1)(e?e)，所以f(x)在(??,??)单调递增；……3分 2e1'，则ln(?2a)??1，故当x?(??,ln(?2a))?(?1,??)时，f(x)?0， 2ex?(ln(?2a),?1)，f'(x)?0；所以f(x)在(??,ln(?2a)),(?1,??)单调递增，在 (ln(?2a),?1)单调递减； ………5分
?若a??1'，则ln(?2a)??1，故当x?(??,?1)?(ln(?2a),??)，f(x)?0， 2ex?(?1,ln(?2a))，f'(x)?0；所以f(x)在(??,?1),(ln(?2a),??)单调递增，在
(?1,ln(?2a))单调递减； ………6分
（2）（ⅰ）当a>0,则由（1）知f(x)在(??,?1)单调递减，在(?1,??)单调递增， 又f(?1)??则f(b?2)?a1?0，f(0)?a?0，取b满足b??1，且b?2?ln，
2ea3(b?2)?a(b?1)2?a(b2?b)?0，所以f(x)有两个零点；………8分 22x（ⅱ）当a=0,则f(x)?xe，所以f(x)只有一个零点 ………9分 （ⅲ）当a<0,?若a??1,则由（1）知，f(x)在(?1,??)单调递增。又当x??1时，f(x)?0 2e 故f(x)不存在两个零点， ………10分 ?a??1，则由（1）知，f(x)在(?1,ln(?2a))单调递减，在(ln(?2a),??)单调递增 2e 又当x??1，f(x)<0,故f(x)不存在两个零点。 ………11分
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综上，a的取值范围为(0,??). ………12分 22．解：（1）圆C的极坐标方程??2， ………3分 4
直线l的极坐标方程?＝sin θ＋cos θ. ………5分 (2)设P,Q,R的极坐标分别为(?1,?),(?,?),(?2,?)， 因为?1?4,?2?2 ………6分
sin??cos?2又因为OP?OR?OQ，即
?12????2 ………9分
?121618???????? …………10分 ，2?2(sin??cos?)21?sin2?gx）?1，即2x?m?1，所以23. 解：（1）由题意，不等式（?m?1?m?1?x?， 22又由-5??m?1?m?1??4???3，解得7?m?9， 22因为m?Z，所以m?8， ………2分
??2x(x??2)?当k?2时，f(x)?|x?2|?|x?2|??4 (?2?x?2)，
?2x (x?2)??x??2??2?x?2?x?2fx）?8等价于?不等式（，或?，或?，
?2x?84?82x?8???即?4?x??2，或?2x?2，或2?x?4，
fx）?8的解集为[-4，4] . ………5分 综上可得?4?x?4，故不等式（fx）?x?k?|x?2|?（|x?k）?（x?2）?k?2|， （2）因为（2hx）h1?2， ………7分 由（，可得（（0，??）hx）?x2?2x?3?（x?1）?2，x?min?（）（0，?∞）fx1）?（hx2）又由?x1?R，?x2?，使得（成立，则k?2?2， ………9分
解得k?-4或k?0，故实数k的取值范围为(??,?4][0,??). ………10分
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