黑龙江实验中学高三数学上学期期末考 理PDF答案

黑龙江省实验中黑龙江省实验中学学2019-2020学年度学年度上上学期高学期高三期末三期末考试考试理理科科 数学试题数学试题参考答案参考答案 1D。解： |0Ax x|0 R C Ax x | 11Bxx | 10 R C ABxx 2C。解：对于 A，命题“P 且 q 为真，则 P，q 均为真命题”，故错误；对于 B，“ab”推不出“a2b2”， 比如 a1，b1；反之也推不出，比如 a2，b0，“ab”是“a2b2”的不充分不必要条件，故错误； 对于 C，命题:0px 都有e 1 x ，则 0 :0px，使得 0 1 x e ，故正确；对于 D，如果函数 yf（x） 在区间a，b上是连续不断的一条曲线，并且有 f（a）f（b）0，由零点存在定理可得函数 yf（x）在 区间（a，b）内有零点，故错误其中真命题的个数为 1。 3B。复数 2 12 1 111 iii zi iii ，复数的共轭复数是1 i，就是复数 2 1 i z i 所对应的点 关于实轴对称的点为 A 对应的复数。 4D。由直观图画法规则，可得AOB是一个直角三角形，直角边6,24OAOAOBO B， 11 6 412 22 AOB SOA OB 。 5C。若m，n，且mn，则，正确. n，且mn，可得出/ /m或m， 又m，故可得到.若/ /m，/ /n，且/ /mn，则/ /，不正确.两个面平行与同一条线 平行，两平面有可能相交.若m，/ /n，且mn，则，不正确.m且mn，可得出 / / n， 又/ /n， 故不能得出.若m，/ /n， 且/ /mn， 则， 正确.m且/ /mn， 可得出n，又/ /n，故得出。 6D。据题意，直线l分 2 种情况讨论： 当直线过原点时，又由直线经过点1,2，所求直线方程为2yx，整理为20 xy， 当直线不过原点时，设直线l的方程为1 2 xy aa ，代入点1,2的坐标得 12 1 2aa ，解得2a ，此 时直线l的方程为1 24 xy ，整理为240 xy故直线l的方程为20 xy或240 xy. 7D。点 P 为直线上到圆心 C 距离最小的点时，切线长最小，故有 min 2 2 2 PC 切线长最小值为： 2 211 8A。eaa，a0，0b1。 9C。解：抛物线 2 :4C yx的准线1x ，直线l：(1)yk x恒过定点( 1,0)P ，如图过,A B分别 作准线的垂线，垂足分别为,M N； 由2AFBF，则| 2|AMBN，所以点B为AP的中点、连接OB， 则 1 | 2 OBAF，在PFA中，| |OBBF，OBF为等腰三角形，点B的横坐标为 1 2 ， 故点B的坐标为 1 ,2 2 ，又( 1,0)P ，所以 202 2 1 3 ( 1) 2 k 。 10. B. 由题可知， 2222 12 |(|4)(|1)PMPNPCPC， 因此 2222 121212 |3()()3PMPNPCPCPCPCPCPC 1212 2()32313PCPCC C。 11A。设椭圆左焦点为 F ，连接,AF BF 由椭圆的对称性可知，四边形AFBF为平行四边形 0FA FB FAFB 四边形AFBF为矩形 设AFm，AFn ，则2mna 2 2222 2424mnmnmnamnc，解得： 2 2mnb 222 2 2mnmnc mnnmb 2FBFAFB1,2 AFAFm FBAFn 5 2, 2 mn nm 即 2 2 25 2 2 c b 2 22 25 2 2 c ac ，即 2 2 25 2 12 e e ，解得： 2 15 29 e 25 , 23 e 12B。 令 3 1 ( )( ) 2 g xf xx， xR ，有 3 f xfxx， 333 11 ()()( )( ) 22 gxfxxf xxxg x。 所以( )g x为 R 上的偶函数，又在0,上有 2 230fxx， 所以 2 3 ( )( )0 2 g xfxx，即( )g x在0,上单调递增，在,0上单调递减. 又 2 2364f mf mmm ，所以 33 11 (2)(2)( ) 22 f mmf mm， 即(2)( )g mg m，2mm，解之得，1m . 13 6 1 。因为 230OAOBOC ，所以2()OAOCOBOC , 分别取,AC BC的中点,D E,则 2OAOCOD , 2OBOCOE . 所以 2ODOE ,即,O D E三点共线且2ODOE .如图所示， 则 1 3 OBCDBC SS ,由于 D 为 AC 中点，所以 1 2 DBCABC SS ,所以 1 6 OBCABC SS . 14 22 1 82 xy 。 22 1 166 xy 的焦点为： 10,0 双曲线的渐进线方程为 1 2 yx ，则设双曲线方程为： 22 22 1 4 xy bb ，焦点为 10,0 故 222 4102bbb ，双曲线方程为 22 1 82 xy 152。 把 a22 2a（sinBcosB）+40 看成关于 a 的二次方程， 则0，即 8（sinBcosB）2160， 即为 8（ 2sin（B 4 ） ）2160， 化为 sin2（B 4 ）1，而 sin2（B 4 ）1， 则 sin2（B 4 ）1， 由于 0B，可得 4 B 5 44 ， 可得 B 42 ，即 B 4 ， 代入方程可得，a24a+40， a2， 由余弦定理可得，cos 2 442 42 22 c c ， 解可得，c2 2 SABC 1 2 acsinB 1 2 22 2 22 2 16 2 5 5 。 以 D 点为空间直角坐标系的原点，以 DC 所在直线为 y 轴，以 DA 所在直线为 x 轴，以 1 DD为 z 轴，建 立空间直角坐标系.则点 1 (2, , ),(0,0,2)Py z D， 所以 1 (2, ,2)D Py z . 因为(0,2,0),(2,0,1)CM，所以(2, 2,1)CM , 因为 1 D PCM ,所以4220yz，所以22zy， 因为 B(2，2，0)，所以(0,2, )BPyz ， 所以 22222 (2)(2)(22)5128BPyzyyyy 因为02y，所以当 6 5 y 时， min 2 5 5 BP. 因为 BCBP,所以 min 12 52 5 ()2 255 PBC S . 17 （1）1； （2）9. （1）2f xmx 由20f x得xm 由xm有解，得0m ，且其解集为,m m 又不等式20f x解集为 1,1 ，故1m ； （2）由（1）知 132cba ， 由柯西不等式知 )32(cba 9) 111 () 3 1 2 11 ( 2 cba 当且仅当 c c b b a a 3 1 3 2 1 2 1 时，即 9 1 , 6 1 , 3 1 cba 时取等号。 18 （1）an= ( 1 2 )n； （2） n 2n+1. 解： （1）当 n = 1 时，a1= 1 a1，所以a1= 1 2， 当 n 2 时，Sn1= 1 an1，Sn= 1 an，两式相减得 2an= an1，所以 an an1 = 1 2. 因此an是首项为a1= 1 2，公比为 1 2的等比数列.于是an = 1 2 ( 1 2 )n1= ( 1 2 )n. （2）由bn= log2an= log2( 1 2 )n= n， 所以cn= 1 b2n1b2n+1 = 1 (2n1)(2n+1) = 1 2 ( 1 2n1 1 2n+1 )， Tn= 1 2 (1 1 3 ) + ( 1 3 1 5 ) + ( 1 5 1 7 ) + + ( 1 2n 1 1 2n + 1 ) = 1 2 (1 1 2n + 1 ) = n 2n+1. 19 （1）对称中心为（ 28 k ，1） ， （kZ） 单调递增区间为k 8 ，k 5 8 ， （kZ） （2） 2 2 ，1. （1）解函数 f（x） sin（2x 4 ）+1， 令 2x 4 k，解得 x 28 k ， 对称中心为（ 28 k ，1） ， （kZ） 由 ysin（2x 4 ）的减区间满足：2k 2 2x 4 2k 3 2 ， （kZ） ，解得 k 8 xk 5 8 ， 函数 f（x） sin（2x 4 ）+1 的单调递增区间为k 8 ，k 5 8 ， （kZ） （2）方程( )1f xm 有解，即为 sin（2x 4 ）=m 有解，令 ysin（2x 4 ） 则当, 24 2 x 时，2x 4 3 ， 5 4 ， 当 2x 42 ，即 x 8 时，函数 ysin（2x 4 ）取得最大值 1， 当 2x 5 44 ，即 x 2 时，函数 f（x）取得最小值 2 2 y 2 2 ，1，即 m 2 2 ，1. 20 （1）见证明（2） 2 2 解 1： （1）以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系Axyz 设1AB ，ADa，则1,0,0B，0,1,0C， 1 1,0,2Ba，0,0,Da， 1 1,0,2Ba， 1 1 , 2 2 Ea ， 1 1 ,0 2 2 DE ，1,1,0BC ， 1 1,1, 2BCa 因为 0DE BC ， 1 0DE BC ， 所以DEBC， 1 DEBC，BC 面 11 BCC B， 1 BC 面 11 BCC B， 1 BCBCB 于是DE 平面 11 BCC B （2）设平面BCD的法向量 000 ,nxy z ， 则 0n BC ， 0n BD ， 又1,1,0BC ，1,0,BDa ， 故 00 00 0 0 xy xaz ，取 0 1x ，得 1 1,1,n a 因为 1 BC与平面BCD所成的角为30， 1 1,1, 2BCa ， 所以 1 cos,sin30n BC ， 1 1 n BC nBC 2 2 21 2 1 242a a ， 解得 2 2 a ，1,1,2n 由（1）知平面 1 BCB的法向量 1 1 ,0 2 2 AF ， 22 2 22 11 2 22 cos ,= 2 11 11 +2+ 22 n AF n AF nAF ， 所以二面角 1 DBCB的余弦值为 2 2 解 2： （1）取BC中点F，连接AF、EF, ABACAFBC， 1 BB 平面ABC，AF 平面ABC 1 BBAF， 而BC 平面 11 BCC B, 1 B B 平面 11 BCC B, 1 BCB BB AF 平面 11 BCC B E为 1 BC中点， 1 EFBB， 1 1 2 EFBB， EFDA，EF DA， 四边形ADEF为平行四边形， AFDE DE 平面 11 BCC B （2）以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系Axyz 设1,0,0B，0,1,0C， 1 1,0,2Ba，则0,0,Da， 1 1,0,2Ba， 1 1 ,0 2 2 F 设平面BCD的法向量 000 ,nxy z ， 则 0n BC ， 0n BD ， 又1,1,0BC ，1,0,BDa ， 故 00 00 0 0 xy xaz ， 取 0 1x ，得 1 1,1,n a 因为 1 BC与平面BCD所成的角为30， 1 1,1, 2BCa ， 所以 1 |cos,) | sin30n BC ， 1 1 n BC nBC 2 2 21 2 1 242a a ， 解得 2 2 a ，1,1,2n 由（1）知平面 1 BCB的法向量 1 1 ,0 2 2 AF ， 22 2 22 11 2 22 cos ,= 2 11 11 +2+ 22 n AF n AF nAF 所以二面角 1 DBCB的余弦值为 2 2 解 3： （1）同解 2。 （2）设1ABAC， 1 2AAa，则 2BC ， 2 2 AF , 2 1BDDCa ， 222 1 2 DFADAFa 2 121 22 BDC a SBC DF ， 1 1 1 2 2 BCB SBB BCa ， D到平面 1 BCB距离 2 2 DE ，设 1 B到面BCD距离为d， 由 11 BBDCD BCB VV 得 1 11 33 BCBBDC SDESd ，即 2 12121 2 3232 a ad 2 2 21 a d a 因为 1 BC与平面BCD所成的角为30， 所以 1 2 2 22 sin30 21 da BCd a ， 而在直角三角形 1 B BC中 222 11 42BCBBBCa， 所以 2 2 2 422 21 a a a ， 解得 2 2 a 因为AF 平面 11 BCC B，BC 平面 11 BCC B,所以AFBC， EF 平面 11 BCC B，BC 平面 11 BCC B所以EFBC，所以BC 平面DEFA， DF 平面DBC,EF 平面 1 B BC 所以EFD为二面角 1 DBCB的平面角， 而 2 2 DAAF ,可得四边形DAFE是正方形，所以45EFD， 所以二面角 1 DBCB的余弦值为 2 2 21() 22 1 94 xy ；()见解析。 （）因为椭圆的离心率为 5 3 ， 所以 2 2 5 1 3 cb aa ，整理得 22 4 9 ba 故椭圆的方程为 22 2 2 1 4 9 xy a a 由已知得椭圆过点 3 3 ,1 2 ， 所以 22 927 1 44aa ，解得 2 9a ， 所以椭圆的E方程为 22 1 94 xy （）由题意得直线l的方程为1ykx 由 22 1 1 94 ykx xy 消去y整理得 22 4918270kxkx， 其中 222 1849()427()432(31)0kkk 设 1122 ,A x yB xy，AB的中点 00 ,C xy 则 1212 22 1827 , 4949 k xxx x kk ， 所以 12 0 2 9 249 xxk x k ， 00 2 4 1 49 ykx k ， 点 C 的坐标为 22 94 , 4949 k C kk 假设在x轴存在点,0M m，使得AMB是以AB为底的等腰三角形， 则点,0M m为线段AB的垂直平分线与 x 轴的交点 当0k 时，则过点C且与l垂直的直线方程 22 194 4949 k yx kkk ， 令0y ，则得 2 5