东北三省精准教学年月高三联考强化卷数学令zλ则yλx所以nλλ.分1=2,1=2,1=3,=(3,2,2)(12)202412 因为y轴垂直于平面BCCB则可取m为平面BCCB的一个法向量.分参考答案11,=(0,1,0)11(13)nmλDE设平面ABE与平面BCCB的夹角为α则α|·||2|5解得λ1故.分111=nm====1234567891011,|cos|λ2,,EC1(15)||·||8+3521CBADACDDABCADBD17.答案5π17ππ分【】(1)[0,],[,](6)4848212.44分13.6分14.分(-2,)∪(,+∞)(5) (5) (-∞,2](5)证明见解析分332(2)(-5,5);(9)详解分析:根据题意,先利用三角恒等变换公式将函数f(x)化简,再由正弦型函数的单调区间,代入计算得到结果.15.答案15分分【】(1)【】(1)(6) (2)9+62(7)4fxxππxxπxπxπ.分详解在ABD中由余弦定理得()=sin(4+)-sin(-4)=sin(4+)-cos(4+)=2sin(4+)(2)【】(1)△,363312kkBD2AB2AD2ABADBAD221由kπxπkπkZ得π7πxπ5πkZ=+-2··cos∠=5+4-2×5×4×=36,2π-≤4+≤2π+(∈),-≤≤+(∈),82122248248BD.分kk∴=6(3)所以fx的单调递增区间为[π7ππ5π]kZ.设BOx则DOx.ACBD()-,+(∈)=,=6-∵⊥,248248在AOBAOD中由BOx得AO2AB2BO2AD2DO2关键:利用勾股定理,构造关于BO的方程分分∴Rt△,Rt△,==-=-(),(5) (4)kk即2x22x2解得x15故BO15.分又π7ππ5ππ5π17ππkZ5-=4-(6-),=,=(6)[-,+]∩[0,]=[0,]∪[,],∈,44248248248482令BCmDCnmnBCD°m2n22(2)=,=(,>0),∵∠=90,∴+=6,所以fx在π上的单调递增区间为5π17ππ.分()[0,][0,],[,](6)分248482 (7)分析:根据题意,带入数值,利用辅助角公式及三角函数的有界性得到a的取值范围;接下来分类讨论进行证明.mn2(2)即mn2mn.又mn+提示:利用基本不等式的变式,把边长积化为边长和分(+)-2=36≤()(),(9)xx2由fπf5πa得xxa2(-)+(-)=2,2sin+cos=,mn2448484mn2+即mn2当且仅当mn时取等号分∴(+)-2·()≤36,(+)≤72,==32,(11)分2 (7)mn故四边形ABCD周长的最大值为.分a+++=+即xφ其中φ1φ2.分∴≤62,5462962(13)sin(+)=,sin=,cos=(8)16.答案证明见解析分分【】(1)(5) (2)1(10)555详解【证明】分析根据点在平面内的投影为点可以判断平面进而由线面垂直的性质证明线a:DABCDA,ADABCD,所以当且仅当即a时满足题意.故实数a的取值范围为.分【】(1)111111⊥<1,-5<<5,(-5,5)(10)线垂直,在ABD中使用余弦定理求边BD的长度,结合勾股定理证明ADBD,最后根据线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转5△⊥化证明结论.当a时xxπφ即xxxφ1≤<5,1+2=2(-),1-2=π-2(2+),由题意可知AD平面ABCD又AD平面ABCD故ADAD.分211⊥,⊂,⊥(1)a不妨设AD在ADB中ABADDAB°由余弦定理得BD2AB2AD2ABADDAB22此时xxxφ2xφ而xφ所以2xφ2a2分=1,△,=2,=1,∠=60,=+-2··cos∠=2+1-2×2×1×cos(1-2)=-cos[2(2+)]=2sin(2+)-1,sin(2+)=,2sin(2+)-1=-1;(12)5°5cos60=3,当a时xx3πφ即xxxφ所以BD故AD2BD2AB2故ADDB.分-5<<1,1+2=2(-),1-2=3π-2(2+),=3,+=,⊥(3)2因为ADDBDADDB平面ABD所以AD平面ABD分a1∩=,1,⊂1,⊥1,(4)此时xxxφ2xφ而xφ所以2xφ2a2.分而AD平面ADDA所以平面ABD平面ADDA.分cos(1-2)=-cos[2(2+)]=2sin(2+)-1,sin(2+)=,2sin(2+)-1=-1(14)⊂11,1⊥11(5)55【解】分析:根据垂直关系建立空间直角坐标系,利用向量法求解即可.(2)综上xx2a2.分,cos(1-2)=-1(15)连接ACAC由知DADBDA两两垂直如图所示以D为坐标原点DADBDA所在511,,(1),,,1,,,,,118.【证明】分析:先由导数的几何意义结合垂直关系求得a,从而求出f(x),再通过构造函数,利用导数研究函数的单调性,结合虚(1)直线分别为xyz轴建立空间直角坐标系Dxyz则DABA,,-,(0,0,0),(1,0,0),(0,3,0),1(0,0,设零点的方式,即可证明不等式.axxC故ABAC又因为ACAC所以Cf′xa2f′a2又aafx.3),(-1,3,0),→1=(0,3,-3),→=(-2,3,0),1→1=→,1(-2,3,∵()=e,∴(0)==1,>0,∴=1,∴()=e分所以DC.分 (2)3),→1=(-2,3,3)(7)设Fxxxx则F′xx1设DEλDCλ则DEλDCλλλ即Eλλλ所以AEλλλ.分()=e-ln(+2)(>-2),()=e-x,→=→1(0<<1),→=→1=(-2,3,3),(-2,3,3),→1=(-2,3,3-3)(9)+2设nxyz为平面ABE的一个法向量xx=(1,1,1)1,设φx1x则φ′x1()=e-x(>-2),()=e+x2>0,nA→Byz+2(+2)则·1=31-31=0,{F′x在上单调递增又F′1F′011nA→Eλxλyλz∴()(-2,+∞),(-1)=-1<0,(0)=e-=>0,·1=-21+31-(3-3)1=0,e22第页共页第页共页1,4 24{#{QQABJYQAgggoAAAAAQgCQwGACAOQkhCCAagOxBAEsAAASANABAA=}#}x若bn是数列an的项递增衍生列且存在x使得F′x即01{}{}“3”,1<3<4<5,∴0∈(-1,0)()=0,e=x,则b为或或或.分0+2{n}1,3,41,3,51,4,53,4,5(3)xx分【证明】设等比数列a的公比为qq∴0=-ln(0+2),(4)(2){n}(≠1),当xx时F′xFx单调递减当xx时F′xFx单调递增假设数列b是数列a的项递增衍生列∈(-2,0),()<0,(),∈(0,+∞),()>0,(),{n}{n}“3”,xx2xx2000则存在kkkm使akakakFxFx0x1x+2+1(+1)fxx.分123===0001≤<<≤,11,216,381,∴()≥()=e-ln(+2)=x+=x=x>0,∴()>ln(+2)(6)kkkkkkkk000----+2+2+2所以aaq21aaq31则q21q31分xkkkk分析:先判断g(x)的单调性,再对g(x),g(x)变形,通过构造函数h(x)x,证明g(x),g(x),结合零点存在定理2=1,3=1,=16,=81,(5)1212kkkk(2)=e--1<0>0--则q21q31即可得证.||=16,||=81,axaxkkqax12ax所以3-1log||81分gxae-eag′xa2gx在xx上单调递增分162kk=q=log81=log3(∗),(6)∵()=e-xx(≠0),∴()=e>0,∴()(1,2),(8)2-1log||161-2axaxaxaxaxaxaxkk31ax12a1xx121axx1axx因为N∗所以-为有理数但为无理数--kkkk又gxa1e-ee(1-2)-(e-e)eaxx(21)e(21)axx同理2-1,3-1∈,kk,log23,(1)=e-xx=xx=-xx[(1-2)+e-1]=-xx[e-(2-1)-1],,2-11-21-22-12-1所以式不可能成立.分ax(∗)(7)2axx(反证法的应用,先假设数列{b}是数列{a}的“项递增衍生列”,推出矛盾,得出结论)综上数列b不是数列a的项递-nnnngxe(12)axx.分3,{}{}“3(2)=xx[e-(1-2)-1](13)增衍生列.分2-1”(8)xx【解】设等差数列a的公差为d设hxx则h′x令h′x解得x当x时h′xhx单调递减当x时h′xhx单调递增(3){n},()=e--1,()=e-1,()=0,=0,<0,()<0,(),>0,()>0,(),14x当x时hxh即x由aiad解得d分∴≠0,()>(0)=0,e--1>0,i==141+91=105,=1,(9)axxaxx∑1(-)(-)故数列a为分21axx12axx.分{n}1,2,3,4,5,…,14,(10)∴e-(2-1)-1>0,e-(1-2)-1>0(15)令ba因为数列a中各项均为正整数所以aa提示:若aa,则a,a,a成等差数列分axaxikinkkkkkkk12=,{},3-1≥3(3-1=2123),(11)又eegxgx存在cxx使得gc又gx在xx上单调递增同理akak且akakakak所以akak则akakxx>0,xx>0,∴(1)<0,(2)>0,∴∈(1,2),()=0,()(1,2),5-3≥3,5-3≠3-1,5-3≥4,5-1≥7,2-12-1同理akak且akakakak所以akak则akak9-5≥7,9-5≠5-1,9-5≥8,9-1≥15,函数gx在xx上存在唯一零点.分这与已知条件矛盾所以ki分∴()(1,2)(17),≤8,(15)此时可以构造数列b为其中任意三项均不构成等差数列分19.答案或或或分{n}1,2,4,5,10,11,13,14,,(16)【】(1)1,3,41,3,51,4,53,4,5(3)综上所述m的最大值为.分证明见解析分分,8(17)(2)(5) (3)8(9)详解【解】由题意得数列a为分【】(1),{n}1,8,3,4,5,2,(1)第页共页第页共页3,4 44{#{QQABJYQAgggoAAAAAQgCQwGACAOQkhCCAagOxBAEsAAASANABAA=}#}