江苏启东中学高三数学上学期期中

江苏省启东中学2018届高三数学上学期期中试题（扫描版）20182019学年第一学期高三期中考试数学（）参考答案及评分建议一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分11（必修1 P14第12题改编）；24（必修4 P40第5题）；3充分不必要（选修2-1 P23测试第9题）；4（必修1 P89第3题改编）；5（必修5P69测试第5题改编）；6e；7 3（必修4P110例6改编）；8（2016全国理科8改编）；94（必修2P71第20题改编）；103；1142；123或1（2017浙江改编）；13（2018全国，2018南通中学模拟改编）；14（2010重庆改编）A1EDC1B1BCA二、解答题：本大题共6小题，共90分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15(本题满分14分)如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，AA12AC，点D，E分别是AA1和CC1的中点求证：（1）AE平面B1C1D；（2）平面B1C1D平面BCD.【证】（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1CC1且AA1CC1，2分 因为D、E分别是AA1和CC1的中点，所以C1E且=C1E，所以四边形AEC1D是平行四边形， 所以C1D， 4分又平面B1C1D，C1D平面B1C1D，所以AE平面B1C1D. 6分 （2）在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，又AC，BC平面ABC，所以AA1AC，AA1BC， 8分因为AA12AC，点D是AA1的中点，所以ADAC，所以ADC，同理A1DC1，所以CDC1ADCA1DC1，即CDC1D 10分因为ACBC，AA1BC，ACAA1A，AC，AA1平面AA1C1C，所以BC平面AA1C1C，又C1D平面AA1C1C，所以BCC1D， 12分因为CDC1D，BCCDC，BC，CD平面BCD，所以C1D平面BCD，又C1D平面B1C1D，所以平面B1C1D平面BCD. 14分16(本题满分14分) （必修1 P71第13题改编）已知函数为奇函数. （1）求实数a的值；（2）解不等式.【解】（1）因为函数为奇函数.所以f(x)f(x)对定义域内任意的x成立，所以， 2分即对定义域内任意的x成立，所以，所以a2. 6分（2）因为 ，所以f (x)，所以f(x) 在(，) 上是单调减函数，（也可以用定义证） 8分因为f(x)为奇函数，所以ff(x)f()，所以f(x)， 10分所以，所以2x， 12分所以xlog2，所以不等式解集为x|xlog2. 14分17(本题满分14分) （必修4P111第3题改编） 在ABC中，sinBsinC2sinA. （1）求A的最大值； （2）若cosBcosC，求A的值.【解】（1）因为sinBsinC2sinA，由正弦定理得. 2分(缺正弦定理扣1分)由余弦定理得 ，所以，当且仅当时取等号. 6分又因为0A（在三角形ABC中），所以0A，所以A的最大值为. 8分(缺角的说明扣1分)（2）因为sinBsinC2sinA， cosBcosC， 所以22得(sin2Bcos2B)(sin2Ccos2C)2(cosBcosCsinBsinC)4sin2A，即， 10分又因为在三角形ABC中，BCA，所以cos(BC)cosA，所以，所以， 12分所以，因为，所以， 又因为0A（在三角形ABC中，由（1）知），所以A. 14分(缺角的说明扣1分)18(本题满分16分)OHGFEDCBA 某景区修建一栋复古建筑，其窗户设计如图所示，设菱形ABCD对角线交于点O，以 O为圆心，BD为直径的圆与菱形ABCD各边交于E，F，G，H，图中阴影部分为不透光区域，其余为透光区域.已知圆的半径为1，且tan，设ABO，透光面积为S. （1）求S关于的函数关系式，并求定义域； （2）当取得最大值时，求透光面积S. 【解】（1）连OE，OH，因为ABO，tan， 所以在RtAOB中 ，因为0，所以， 2分在三角形OBE中，因为OBOE1，OBE，所以OEB，从而EOB2，同理HOD2，所以EOHEOBHOD4，所以，4分， 6分根据对称性知，HOD，GOD，FOB的面积均为sin2，所以，所以S关于的函数关系式，定义域为,).8分（2）因为，记()，所以 10分，解法一：因为，所以2，所以2sin2(0，4(，注意到0，所以2 sin240， 12分因为，所以cos0，sin0，所以u()0，所以u() 在,)上是单调减函数， 14分所以当时，取得最大值，此时透光面积S.16分解法二：设（x），所以，所以k(x)在,)上是单调减函数，所以k(x)k()20，所以2sin240， 12分因为，所以cos0，sin0，所以u()0，所以u() 在,)上是单调减函数， 14分所以当时，取得最大值，此时透光面积S.16分19(本题满分16分)已知数列an满足2Snn(an1)，其中Sn为数列an的前n项和.（1）求证：数列an是等差数列；（2）若数列an的公差为2，求满足 的所有数对 (m，n).【解】（1）因为2Snn(an1)，所以2Sn1(n1)(an11)（n2），得2annan(n1)an11， 2分所以(n2)an(n1)an11（n2），所以(n3)an1(n2)an21（n3）， 4分得(n2)an(n3)an1(n1)an1(n2)an2（n3），所以(n2)an(n2)an2(2n4)an1（n3），所以anan22an1（n3），所以数列an是等差数列. 7分（2）因为数列an的公差为2，2S11(a11)，所以a11，所以an2n1. 8分所以，即，所以（）， 12分因为，所以，所以，所以nm0，1，2，3，当nm0时，1，所以m3，n3；当nm1时，4，所以m12，n13；当nm2时，42，所以m48，n50；当nm3时，43，所以m192，n195.故所求的数对有(3，3)，(12，13)，(48，50)，(192，195) .16分20(本题满分16分)已知函数，aR.（1）求的单调区间；（2）当时，恒成立，求的取值范围；（3）试比较与的大小.【解】（1）因为，所以， 2分令得，令得，所以的单调增区间为，单调减区间为.4分 （2）解法一：由题意得在上恒成立， 所以，即在上恒成立，令，则，5分当时，在上单调递增，上单调递增，所以，所以； 当，即时，在上递增，上递减， 所以； 当即时，在上单调递增，所以得，所以； 当即时，在上单调递增，上单调递减，所以； 当即时，在上单调递增，上单调递增，所以，所以. 综上所述，.10分 解法二：由题意得在上恒成立， 所以，即在上恒成立，当x0时，成立； 当0x2时，恒成立，则a在上的最大值；当2xe时，恒成立，则a在(2，e上的最小值；令， 则， 6分令F(x)4x2lnx，F(x)1，当0x2时，F(x)0，F(x)在上单调递减；当2xe时，F(x)0，F(x)在(2，e上单调递增，所以F(x)F(2)62ln20，即4x2lnx0，所以当0x1时，h(x)0，h(x)在上单调递增；当1x2时，h(x)0，h(x)在上单调递减；当2xe时，h(x)0，h(x)在(2，e上单调递减，所以h(x)在上的最大值为h(1)2，h(x)在(2，e上的最小值为h(e)，由知，a2，a. 综上所述，.10分（3）解法一：要比较与的大小，即比较与的大小，即当x1时，比较与的大小.构造，定义域，则，12分因为，所以在单调递减.又，所以在上存在唯一的实数满足，14分所以，即， （*）所以在单调递增，单调递减，所以 ， （*）由（*）得，所以（*）化为，即，所以，当x1时，所以.16分解法二：要比较与的大小，即比较与的大小，即当x1时，比较与的大小.构造，则，12分当x0时，(x)在单调递减；当x0时，(x)在单调递增.所以(x)的最小值为(0)0，所以(x)0，即exx1，等号当且仅当x0时成立，14分所以ex2x1，等号当且仅当x2时成立，（1）ex1x，等号当且仅当x1时成立，所以，当x1时，lnex1lnx，即lnxx1，（2）由（1）（2）得，当x1时，所以.16分20182019学年第一学期高三期中考试数学（）参考答案及评分建议21（本小题满分10分）（选修2-1 P98第23题改编）GRQPDB1xD1C1CBA1Ayz 在如图所示的坐标系中，正方体AC1的棱长为3，点P，Q，R分别在AB，CC1，D1A1上，满足，设点G是PQR的重心，求证：RGDG.【证】因为，正方体AC1的棱长为3，所以P(1，0，0)，Q(3，3，1)，R(0，2，3)，D(0，3，0)，2分因为点G是PQR的重心，所以G(，)，4分所以(，)，(，)，6分所以()0，所以，即RGDG. 10分22（本小题满分10分）已知函数f(x)ln(2x1)2x.求函数f(x)的极大值.【解】因为f(x)ln(2x1)2x，所以.4分令f (x)0，注意到f(x)的定义域为(，)，所以x1，列表如下：x(，1)1(1，)f (x)0f(x)极大8分所以f(x)的极大值为f(1)2. 10分23（本小题满分10分）（选修2-1 P121测试第14题改编）如图，在正四棱锥PABCD中，底面正方形的对角线AC，BD交于点O且OPAB.OBPDCA（1）求直线BP与平面PCD所成角的正弦值；（2）求锐二面角BPDC的大小.【解】（1）在正四棱锥PABCD中，底面正方形的对角线AC，BD交于点O，所以OP平面ABCD，取AB的中点E，BC的中点F，所以OP ，OE，OF两两垂直，故以点O为坐标原点，以OE，OF，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系. 设底面正方形边长为2，因为OPAB，所以OP1，所以B(1，1，0)，C(1，1，0)，D(1，1，0)，P(0，0，1)， 所以(1，1，1)，2分设平面PCD的法向量是(x，y，z)，因为(0，2，0)，(1，1，1)，所以2y0，xyz0，取x1，则y0，z1，所以(1，0，1)，所以cos，所以直线BP与平面PCD所成角的正弦值为. 5分（2）设平面BPD的法向量是(x，y，z)，因为(1，1，1)，(2，2，0)，所以xyz0，2x2y0，取x1，则y1，z0，所以(1，1，0)，7分由（1）知平面PCD的法向量是(1，0，1)，所以cos，所以60，所以锐二面角BPDC的大小为60. 10分24（本小题满分10分）设数列tn满足0t11，tn1tnsin tn.（1）求证：0tn1tn1；（2）若t1，求证：tn.【证】（1）证法一：设f(x)xsinx(0x1)，所以f (x)1cosx0，所以f(x)在(0，1)上是单调增函数.因为tn1tnsin tn，0t11，所以t2t1sin t1f(0)0，又因为t2t1sin t10，所以t2t1，所以0t2t11. 2分下用数学归纳法证明：当n1时，0t2t11，命题成立.假设当nk(kN)时，命题成立，即0tk1tk1.因为f(x)在(0，1)上是单调增函数，所以f(0)f(tk1)f(tk)f(1)，所以0tk2tk11sin11，即0tk2tk11，这就是说，当nk1时，命题也成立.综上所述，对nN时，0tn1tn1. 6分证法二：先证明0tn1tn1.当n1时，0t11，命题成立.假设当nk(kN)时，命题成立，即0tk1.则当nk1时，tk1tksin tk，设f(x)xsinx(0x1)，所以f (x)1cosx0，所以f(x)在(0，1)上是单调增函数.因为0tk1，所以f(0)f(tk)f(1)，所以0tk11sin11，即0tk11，这就是说，当nk1时，命题也成立.综上所述，对nN时，0tn1. 4分因为tn1tnsin tn，0t11，所以tn1tnsin t