湖北宜昌高三数学元月调研考试文PDF

绝密绝密启用前启用前 宜昌市 2019 届高三年级元月调研考试试题 参考答案及评分标准（文科数学） 命题：付冬 审题：肖华、裴金玲、向立政 一选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C C D B C B A B C D A 12. 原不等式等价于 ( ) 12 x f x ee ，令 ( ) 1 ( ) x f x g x e 可得. 二填空题 13. 2019 14. 6 15. 32 216.1 16. 当1a 时显然合题意；当1a 时，( )f x的最小值为 2 1 4 a aa ， 此时恰有三个零点；当1a 时，( )f x的最小值 2 1 4 a aa ， 且 2 1 1 4 a a ，所以必有四个零点. 三解答题 17.解：(1)当2n时， 1nnn aSS 2 2 1111 11 2222 nnnn n， 3 分 当1n 时， 11 1aS适合上式. 4 分 n an. 5 分 (2) 933 n an n b Q, 39 n n b，令02 n bn， 7 分 当1n 时， 11 6Tb ， 8 分 当2n时， 23 6393939 n n T L 23 633391 n nL 1 9 1 3 699 1 3 n n 1 121 39 22 n n ， 10 分 1 TQ也适合上式， 11 分 1 121 39 22 n n Tn . 12 分 18. 解： （1） 22 ( )2 3sincoscossinf xxxxx 3sin2cos22sin(2) 6 xxx 2 分 2 2 T ，即函数最小正周期为3 分 由222 262 kxk 得 36 kxk ，5 分 故所求单调递增区间为,() 36 kkkZ .6 分 （2）由( )1,f C 得2sin(2)1, 6 C 5 2222, 6666 CkCk 或 3 CkCk 或，0,CQ， 3 C ， 7 分 又sinsin()sin()sin()2sincosCBABABABAQ， 2sincos2sin2 ,BAA即sincos2sincosBAAA， 9 分 当cos0A时，即, 2 A 则由,2 3 Cc ，可得 2 3 3 ABC S， 10 分 当cos0A时，则sin2sinBA，即2ba， 则由 222 1 cos 22 abc C ab ，解得 2 34 3 , 33 ab， 12 3 sin 23 ABC SabC . 12 分 D B C P E （第 2 问中若将 2 , 33 CBA 代入，用此法求解的，按对等步骤给分.） 19.(1) 证明：BDACQ，BDPD，BDCD， 2 分 又有PDCDDI，,PD CDPCD面 BDPCD面， 3 分 PEPCDQ又面 BDPE4 分 (2)设2ABa，,PDBDCDa2BCa. 又由题可知PCD为正三角形，PCa 6 分 2 3 , 4 PCD Sa 2 1 , 2 Rt PDBRt BCD SSa 8 分 7 , 2 PBCaQ等腰三角形底边上的高为 2 177 , 224 PCB Saaa 9 分 222 37 =437. 44 Saaa 表 2 4,2.aa 10 分 1 3 P BDEPDE VSBD 2 1133 . 3243 aa 12 分 20.解：(1) 1 ,3, 2 c b a Q且有 222 abc， 2 分 解得 22 4,3,ab 椭圆 C 的方程为 22 1. 43 yx 4 分 (2)由题可知l的斜率一定存在，设l为4,ykx设 1122 ( ,),(,)M x yN xy， 联立 22 4 1 43 ykx yx 22 (34)24360kxkx 5 分 22 12 2 12 2 (24 )144(34)0 24 34 36 34 kk k xx k x x k L L L L L L 6 分 MAFMNF SS Q， M为线段AN的中点， 21 2xxL 8 分 将代入解得 1 2 8 34 k x k L 将代入得 2 1 2 18 34 x k L 将代入解得 2 36 5 k L 10 分 将式代入式检验成立， 11 分 6 5 k ，即存在直线: l654 50 xy或654 50 xy合题意. 12 分 21.解：(1) ( )ln,f xxxxQ( )ln2fxx， 1 分 (1)1,(1)2f f ，所以所求切线方程为12(1),yx 即210 xy . 2 分 令( )0,fx解得 2 xe，( )0,fx解得 2 0 xe， 所以函数的单调递增区间为 2, e，单调递减区间为 2 0,e. 4 分 (2) 2( )2ln4 xx fxexe Q, 2( )2ln2 x fxe与的大小关系等价于2ln x xe与2ln24的大小关系， 令( )2ln x g xxe，则 2 ( ) x g xe x ， 5 分 ( )g xQ在0,上单调递减，且有 1 ( )40, 2 ge(1)20ge ， x y C B O A 0 1 ,1 2 x ，使 0 ()0g x，即有 0 0 2 0 x e x ， 7 分 即当 0 0,xx时，( )0g x，当 0, xx时，( )0g x， 所以函数( )g x在 0 0,xx上单调递增，在 0, xx上单调递减， 即 0 max00 ( )()2ln x g xg xxe，9 分 又由 0 0 2 0 x e x ，可得 0 0 2 x e x ， 0 0 2 x xe， 00 00 0 2 ()2ln2ln(2) xx g xxee x 0 0 1 2ln22()x x ， 0 1 ,1 2 x Q， 0 ()2ln24g x，即 max ( )2ln24g x， ( )2ln2ln24 x g xxe，即2( )2ln2 x fxe. 12 分 22解：(1)由 2cos 2sin x y 消去参数得 22 4xy， 即曲线 1 C的普通方程为 22 4xy， 2 分 又由sin()1 6 得(sincoscos sin)1 66 即为320 xy，即曲线 2 C的平面直角坐标方程为320 xy. 5 分 (2) Q圆心O到曲线 2 C：320 xy的距离 2 2 21 1 2 13 dr ， 如图所示，所以直线340 xy与圆的切点 A 以及直线30 xy与圆的 两个交点，即为所求OABCQ，则3 OA k ，直线 OA l的倾斜角为 2 3 ，7 分 即点的极角为 2 3 ，所以点的极角为 2 326 ，点的极角为 27 326 ， 所以三个点的极坐标为 2 2, 3 A ，2, 6 B ， 7 2, 6 C . 10 分 （其它解法，按对等步骤给分.） 23. 解：(1)( ) |1| 3|23f xxxax可转化为 1 4223 x xx 或 11 4223 x xx 或 1 2423 x xx ， .2 分 解得 5 1 2 x 或 1 1 4 x 或无解. .4 分 所以不等