福建三明第一中学高三数学期中理

2019-2020 学年（上）半期考 高三理科数学试卷答案 第 1 页 （共 5 页） 三明一中 20192020 学年第一学期期中考试 高高三三 理科理科数学数学 试卷试卷-参考答案参考答案 一、选择题(本题 12 小题，每小题 5 分，共 60 分) 1. 答案 C 解析 A1,2,3,4，B1,0,2,3，AB1,0,1,2,3,4 又 CxR|1x2，(AB)C1,0,1 2. 解析：选 D 命题“x0R，使得 3x 2 02ax010”是假命题，即“xR,3x 22ax10”是真 命题，故4a 2120，解得 3a 3.故选 D. 3. 解析：选 A 先作出函数f(x)logax(0a1)的图象，当x0 时，yf(|x|1)f(x1)，其图 象由函数f(x)的图象向左平移 1 个单位得到，又函数yf(|x|1)为偶函数，所以再将函数yf(x 1)(x0)的图象关于y轴对称翻折到y轴左边，得到x0 时的图象，故选 A. 4. 解析 由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体， 且正四棱柱的高为 2，底面对角线长为 4，球的半径为 2，所以该正 四棱柱的底面正方形的边长为 2 2，该几何体的表面积S1 24 2 2222 2 241216. 答案 D 5. 解析： 选 A f(x)是定义域为(1,1)的奇函数， 1x1，f(x)f(x)， f(m2)f(2m 3)0 可转化为f(m2)f(2m3)，即f(m2)f(2m3)f(x)是减函数， 1m21， 12m31， m22m3， 1m5 3. 6. 解析： 选 B 由题中图象知A1， 记函数f(x)的最小正周期为T， 则3 4T 11 12 6 3 4 ， T， 2，由 sin 2 6 1，| 2 得 3 2 ， 6 ，f(x)sin 2x 6 ，将f(x) 的图象向右平移 6 个单位长度后， 得到的图象对应的函数解析式为ysin 2x 3 6 sin 2x 6 ， 故选 B. 7. 解析：选 C 原题可转化为关于 a 的一次函数 ya(x2)x24x40 在1,1上恒成立， 只需 1x2x24x40， 1x2x24x40 x3或x2， x2或x1 x1 或 x3.故选 C. 8. 解析：选 B f(x)2cos2xsin2x21cos 2x1cos 2x 2 23 2cos 2x 5 2，f(x)的最小正周期 为 ，最大值为 4.故选 B. 2019-2020 学年（上）半期考 高三理科数学试卷答案 第 2 页 （共 5 页） 9. 解析 易知( )22 xx f x 在 R 上为增函数，又 a 7 9 1 4 9 7 1 4 9 7 1 5b0，clog27 90， 则 abc，所以 f(c)f(b)f(a) 答案 B 10. 解析：选 A 由等差数列的前 n 项和公式可得 S1515a80，S168(a8a9)0，所以 a80，a9 0，则 da9a80，所以在数列an中，当 n9 时，an0，当 n9 时，an0，所以当 n8 时， Sn最大，故选 A. 11. 解析在四边形 ABCD 中，因为BC AD，所以四边形 ABCD 为平行四边形，如图所示由已知得 DE 1 3EB ， 由题意知DEFBEA， 则DF1 3AB ， 所以CF2 3CD 2 3(OD OC )2 3 BD AC 2 BD AC 3 ， 所以AF ACCFACBD AC 3 2 3AC 1 3BD . 答案 D 12. 答案 C【解析】作出函数 2 log,0 21,0 x x f x xx 的图象如图, 函数 1yf xm有四个零点，即 yfx与1ym 的图象有 4 个不同交点，不妨设四个交点横坐标a b c d, ,满足abcd， 则， f af b，2121ab ,可得31ab , 4ab 由 f cf d，得 22 loglogcd，则 22 loglogcd，可得 2 log0cd ， 即 1cd ， 4 13abcd ，故选 C. 二、填空题(本题 4 小题，每小题 5 分,共 20 分) 13. 解析：由 tan()2 3，得 tan 2 3， 则cos3sin cos9sin cos 3sin cos 9sin 13tan 19tan 12 16 1 5. 答案： 1 5 14. 答案 2 解析由平面内三个不共线向量 a，b，c 两两夹角相等，可得夹角均为2 3 ，所以|ab c|2a2b2c22a b2b c2a c119211cos2 3 213cos2 3 213cos2 3 4，所以|abc|2. 15. 解析作出不等式组 xy40， x2， xyk0 所表示的平面区域，如图中阴影部分所示， 2019-2020 学年（上）半期考 高三理科数学试卷答案 第 3 页 （共 5 页） 由 zx3y 得 y1 3x z 3，结合图形可知当直线 y 1 3x z 3过点 A 时，z 最小， 联立方程 x2， xyk0， 得 A(2，2k)，此时 zmin23(2k)2，解得 k2.答案 2 16.答案 9 【解析】 由球的体积公式可得： 4 3 3 = 36 = 3， 不妨设底面正三角形的边长为2， 则 = 1 2 2 2 sin60= 32， 设棱锥的高为 h， 由三棱锥的性质可得： 2= (2 33) 2 + ( 2) 2 = 9， 解得：2= 36 16 3 2，据此可得：; 2 = 1 9 2 2 = 1 9 34 (36 16 3 2) = 81 64 82 9 82 9 (12 162 9 ) 81 64 (: 3 ) 3 = 81 64 64 = 81. 故; 2 81,; 9，当且仅当8 2 9 = 12 16 9 2，2= 9 2时等号成立. 综上可得，三棱锥 体积的最大值为 9. 三、解答题（共 6 题，70 分） ，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17.( (本题满分本题满分 1010 分分) ) 【详解】 (1)由 22 430 xaxa得 30 xaxa， 当 1a 时，13x， 即 p为真时， 1,3x. 由31x得24x，即q为真时，2,4x. 若p q 为真，则p真且q真，所以实数x的取值范围是2,3. （2）由 22 x4ax30a得 30 xaxa， 0a 3axa . 由 31x得2 x4. 设A|3xxaxa或，B|24xxx或，若 p 是 q 的充分不必要条件， 则 A 是 B 的真子集，故 02 34 a a ，所以实数的取值范围为 4 2 3 ，. 18.( (本题满分本题满分 1212 分分) ) 解：(1)由 bcos A(2ca)cos B，得 2ccos Bbcos Aacos B. 由正弦定理可得 2sin Ccos Bsin Bcos Asin Acos Bsin(AB)sin C， 因为 sin C0，所以 cos B1 2. 因为 0B，所以 B 3. (2)因为 SABC1 2acsin B 3，所以 ac4. 又 13a 2c22accos Ba2c2ac， 所以 a2c217，所以 ac5，故ABC 的周长为 5 13. 2019-2020 学年（上）半期考 高三理科数学试卷答案 第 4 页 （共 5 页） 19.( (本题满分本题满分 1212 分分) ) 解：(1)设an的公差为 d，因为 a23，an前 4 项的和为 16， 所以 a1d3， 4a143 2 d16， 解得 a11， d2， 所以 an1(n1)22n1. 设bnan的公比为 q，则 b4a4(b1a1)q3，因为 b14，b488， 所以 q3b4a4 b1a1 887 41 27，解得 q3，所以 bnan(41)3n 13n. (2)由(1)得 bn3n2n1，所以 Sn(332333n)(1352n1) 313 n 13 n12n1 2 3 2(3 n1)n23 n1 2 n23 2. 20.( (本题满分本题满分 1212 分分) ) 解：(1)证明：A1O平面 ABCD，BD平面 ABCD， A1OBD.四边形 ABCD 是菱形，COBD. A1OCOO，BD平面 A1CO.BD平面 BB1D1D，平面 A1CO平面 BB1D1D. (2)A1O平面 ABCD，COBD，OB，OC，OA1两两垂直，以 O 为坐标原点，OB ，OC， OA 1 的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 AB2，AA13，BAD60 ，OBOD1，OAOC 3， OA1 AA21OA2 6. 则 O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0， 3，0)，A(0， 3，0)，A1(0,0， 6)， OB (1,0,0)，BB 1 AA1 (0， 3， 6)， OB1 OB BB 1 (1， 3， 6) 设平面 OBB1的法向量为 n(x，y，z)，则 OB n0， OB1 n0， 即 x0， x 3y 6z0. 令 y 2，得 z1，n(0， 2，1)是平面 OBB1的一个法向量 同理可求得平面 OCB1的一个法向量 m( 6，0，1)， cos n m |n| |m| 1 3 7 21 21 ，由图可知二面角 B- OB1- C 是锐二面角， 二面角 B- OB1- C 的余弦值为 21 21 . 2019-2020 学年（上）半期考 高三理科数学试卷答案 第 5 页 （共 5 页） 21.（本题满分（本题满分 1212 分分) ) 解 (1)当 x6 时，y50 x115，令 50 x1150，解得 x2.3， x 为整数，3x6，xZ.当 x6 时，y503(x6)x1153x268x115. 令3x268x1150，有 3x268x1150，结合 x 为整数得 6x20，xZ. f(x) 50 x1153x6，xZ， 3x268x1156x20，xZ. (2)对于 y50 x115(3x6，xZ)， 显然当 x6 时，ymax185； 对于 y3x268x115 3 x34 3 2811 3 (6x20，xZ)， 当 x11 时，ymax270. 270185，当每辆自行车的日租金定为 11 元时，才能使一日的净收入最多 22.( (本题满分本题满分 1212 分分) ) 【解析】 （） 2 1 1 a fx x x ，故 11 2 2918 a f，解得：4a ； （） 1 ln 11 a x a h xf xx xx ， 2 2 221 1 xa x hx x x ， 由函数在0,递增，得 0hx 在0 x 恒成立，即 2 2210 xa x ，(0)x