2018-2019学年河北省唐山一中高三(上)期中数学试卷(文科)

1、2018-2019 学年河北省唐山一中高三（上）期中数学试卷（文科）副标题题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12 小题，共 60.0分）1.已知集合 A= x|log22，B= x|x +x-2 0 ，则 AB=（）x 1A. （ -， 2）B. （0， 1）C. （ -2， 2）D. （ -， 1）2.已知复数z1-i）2=2+2ii为虚数单位），则+|z|2=（）（A. 1+3iB. 3+iC.1+iD. 1-i3.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A.B.C.D.4.已知数列 an 的前 n 项和 Sn 满足 Sn+Sm=Sn+m（ n， mN* ）且 a1=5 ，

2、则 a8=（）A.40B.35C.12D.55. 已知命题 p： ?xR， x2-2xsin +10；命题 q： ? ， R， sin（ +） sin +sin，则下列命题中的真命题为（）A. （ ）B. （ ）C. （p）D.p（ ）pqp qqq6. 已知函数 f（ x）=（ x-1）（ ax+b）为偶函数， 且在（ 0，+）上单调递减， 则 f（ 3-x） 0 的解集为（）B. （A.（，）， ）（，）2 4-24+C. （ -1， 1）D. （ -， -1） （ 1， +）7. 函数 y=2|x|sin2x 的图象可能是（）第1页，共 18页A.B.C.D.8. 德国数学家科拉茨 19

3、37 年提出一个著名的猜想： 任给一个正整数 n，如果 n 是偶数，就将它减半（即 ）；如果 n 是奇数，则将它乘3 加 1（即 3n+1），不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1对于科拉茨猜想，目前谁也不能证明，也不能否定现在请你研究：如果对正整数n（首项）按照上述规则进行变换后的第 9 项为 1（注： 1 可以多次出现），则n 的所有不同值的个数为（）A. 4B. 5C. 6D. 79.若两个正实数 x， y 满足 + =1，且不等式 x+ m2-3m 有解，则实数m 的取值范围（）B. （A. （-1， ），）（，）C. （4D. （- -14+， ）， ）（，）-41- 03

4、+10.如图，在 ABC 中， =2，过点 M 的直线分别交射线 AB 、AC 于不同的两点P、Q，若=m ，=n，则 mn+m 的最小值为（）A.6B.2C.6D.211. 已知函数 f（ x） =sin x- cos x（ 0），若方程 f（ x） =-1 在（ 0， ）上有且只有四个实数根，则实数的取值范围为（）A.（，B.（，C.（，D.（，12.已知函数若函数f（ x）有两个极值点x1， x2，记过点 A（ x1， f（ x1）和 B（ x2， f（ x2）的直线斜率为k，若 0 k2e，则实数m的取值范围为（）第2页，共 18页A.B.C. （ e， 2eD.二、填空题（本大题共4

5、 小题，共20.0 分）13. 已知向量 | |=l， | |= ，且 ?（ 2 + ） =1，则向量 ， 的夹角的余弦值为 _14.已知点x，y满足不等式组，若ax+y3a的取值范围是恒成立，则实数_15.已知的最大值为 A，若存在实数 x1，x2 使得对任意实数x 总有 f（x1）f（ x） f（ x2）成立，则 A|x1-x2|的最小值为 _16. 已知 D 、E、 F 分别是正四面体的棱 PA、PB 、PC 上的点，且 PD PE，若 DE=2，DF =EF=，则四面体P-DEF 的体积是 _三、解答题（本大题共6 小题，共70.0 分）17. 在锐角 ABC 中，=（ 1）求角 A；

6、（ 2）若 a= ，求 bc 的取值范围18. 若数列 an 的前 n 项和为 Sn， a1 0 且（ 1）求数列 an 的通项公式；22Sn=an +an（ nN* ）（ 2）若 an 0，令 bn=（ -1） n-1，求数列 bn 的前 n 项和 Tn，并比较 Tn 与 1的大小关系19. 已知函数f x）=2sinxcosx+2cos2（x1）求函数f（x） =2sinxcosx+2cos2 x 的对称轴；对称中心；单调递增区间；（ 2）在 ABC 中，a，b，c 分别是 A，B，C 所对的边， 当 f（ A）=2，a=2 时，求 ABC 内切圆面积的最大值第3页，共 18页20. 如图

7、，三棱柱 ABC-A1B1C1 中，侧面 BB1C1C 为菱形， B1C 的中点为 O，且 AO平面 BB1C1C（ 1）证明： B1CAB；（ 2）若 ACAB 1， CBB1=60 ， BC=1 ，求三棱柱 ABC-A1B1C1 的高21.已知函数f（ x） = -x2-ax+ln （ ax+1）（ aR）（ ）若 x=2 为 f（ x）的极值点，求a 的值；（ ）若 f（ x）在 3，+）单调递增，求a 的取值范围（ ）当 a=-1 时，方程f（ x） = +有实数根，求b 的最大值22. 已知函数f x）=alnx-x+1（ 1）若 f（ x） 0 对任意 x（ 1， +）恒成立，求实

8、数 a 的取值范围；（ 2）当0时，若函数 g（x）=f（ x）+有两个极值点 x1，x2（ x1 x2），求 g（x2） -g（ x1）的最大值第4页，共 18页答案和解析1.【答案】 B【解析】解：由A 中不等式 变形得：log2x 1=log22，解得：0 x 2，即 A=（0，2），由 B 中不等式 变形得：（x-1）（x+2）0，解得：-2x1，即B=（-2，1），则 AB=（0，1），故选：B分别求出 A 与 B 中不等式的解集确定出A 与 B，找出两集合的交集即可此题考查了交集及其运算，熟 练掌握交集的定 义是解本题的关键2.【答案】 D【解析】z 1-i2解：由 （）=2+2i

9、，得 z=， +|z|2=-1-i+2=1-i 故选：D把已知等式 变形，再由复数代数形式的乘除运算化 简，代入 +|z|2 求解本题考查 复数代数形式的乘除运算，考 查复数模的求法，是基 础题 3.【答案】 D【解析】解：这个几何体由半个 圆锥与一个四棱 锥组合而成，半个圆锥的体积为 1=；四棱锥的体积为22=；故这个几何体的体 积 V=；故选：D第5页，共 18页这个几何体由半个 圆锥与一个四棱 锥组合而成，从而求两个体 积之和即可本题考查了学生的空 间想象力与 计算能力，属于基础题4.【答案】 D【解析】【分析】本题考查了数列的求和、数列 递推关系，考查了推理能力与 计算能力，属于中档题

10、数列 a n 的前 n 项和 Sn 满足 Sn+Sm=Sn+m（n，mN* ）且a1=5，令m=1，可得Sn+1=Sn+S1，可得 an+1=5，即可得出结论 【解答】解：数列a n 的前 n 项和 Sn 满足 Sn+Sm=Sn+m（n，mN* ）且a1=5，令 m=1，则 Sn+1=Sn+S1=Sn+5可得an+1=5则 a8=5故选：D5.【答案】 C【解析】解：关于命题 p：?xR，x2-2xsin +10，=4sin2-40，故p 是真命题，关于命题 q：?，R，sin（+）sin +sin，是真命题，（p）q 是真命题，故选：C分别判断出 p，q 的真假，从而判断出复合命 题的真假即

11、可本题考查了复合命 题的判断，考查二次函数以及三角函数 问题，是一道基础题6.【答案】 B【解析】解：f（x ）=ax2+（b-a）x-b 为偶函数，所以 b-a=0，即b=a，f（x）=ax2-a，由 f（x）在（0，+）上单调递减，所以 a0，f2为22-6x+80，（3-x ）=a（3-x）-a0，可化（3-x）-10，即x第6页，共 18页解得 x2 或 x4故选：B根据 f （x）为偶函数，可得 b=a；根据f （x ）在（0，+）上递减得 a 0；然后解一元二次不等式可得本题考查了奇偶性与 单调性得综合，属中档题7.【答案】 D【解析】【分析】本题考查函数的性 质和赋值法的应用，直

12、接利用函数的 图象和性质求出结果【解答】解：根据函数的解析式 y=2|x|sin2x，得到：函数的图象为奇函数，故排除 A和B当 x= 时，函数的值也为 0，故排除 C故选 D8.【答案】 D【解析】解：如果正整数 n 按照上述 规则施行变换后的第 9 项为 1，则变换中的第 8 项一定是 2，则变换中的第 7 项一定是 4，变换中的第 6 项可能是 1，也可能是 8；变换中的第 5 项可能是 2，也可是 16，变换中的第 5 项是 2 时，变换中的第 4 项是 4，变换中的第 3 项是 1 或 8，变换中的第 2 项是 2或 16，变换中的第5项是 16时变换中的第 4项变换中的第 3项是

13、64或，是 32或 5，10，变换中的第2项是 20或 3，变换中第 2项为2 时，第1 项为 4，变换中第 2项为 16 时，第1项为 32或 5，变换中第 2项为3 时，第1 项为 6，变换中第 2项为 20 时，第1项为 40，变换第7页，共 18页中第 2 项为 21 时，第 1 项为 42，变换中第 2 项为 128 时，第1 项为 256，则 n 的所有可能的取 值为 4，5，6，32，40，42，256，共7 个，故选：D利用第 9 项为 1 出发，按照规则，逆向逐项即可求出 n 的所有可能的取 值本题主要考查归纳推理的应用，利用变换规则 ，进行逆向验证是解决本 题的关键，考查学

14、生的推理能力，属于中档 题9.【答案】 B【解析】【分析】本题考查了基本不等式在最 值中的应用，不等式的有解问题在应用基本不等式求最 值时要注意 “一正、二定、三相等”的判断运用基本不等式解 题的关键是寻找和为定值或者是积为定值，难点在于如何合理正确的构造出定值对于不等式的有解 问题一般选用参变量分离法、最值法、数形结合法求解属于中档题转为x+） m2-3m“ ”将不等式有解， 化求（min，利用 1的代换的思想进行构造，运用基本不等式求解最 值，最后解出关于 m 的一元二次不等式的解集即可得到答案【解答】解：不等式有解，（x+）m2-3m，minx0，y 0，且，x+=（x+）（）=+2=4

15、，当且仅当，即x=2，y=8 时取 “=”，（x+）=4，min故 m2-3m4，即（m+1）（m-4）0，解得 m -1 或 m4，第8页，共 18页实数 m 的取值范围是（-，-1）（4，+）故选：B10.【答案】 D【解析】解：由已知，可得=，因为 P，M ，Q 三点共线，所以=1，即,P、Q 两点在射 线 AB 、AC 上，所以 m0，n0，所以 mn+m=（）（）=2，故选：D首先根据向量的几何意 义，利用P，M ，Q 三点共线，得出m，n 的关系，利用基本不等式求最小 值本题考查平面向量的几何运算，最 值求解，得出=1 是关键11.【答案】 B【解析】解：f（x）=2sin（x-）

16、，图象如图所示：作出 f （x）的函数令 2sin（x- ）=-1 得 x- =-+2k，或x- =+2k，x=+，或x=+，kZ，第9页，共 18页设直线 y=-1 与 y=f （x）在（0，+）上从左到右的第 4 个交点为 A ，第5 个交点为 B，则 xA=，xB=，方程 f（x）=-1 在（0，）上有且只有四个实数根，x x，AB即 ，解得故选：B化简 f （x）的解析式，作出f（x）的函数图象，利用三角函数的性 质求出直线y=-1 与 y=f （x）在（0，+）上的交点坐标，则 介于第 4 和第 5 个交点横坐 标之间本题考查了三角函数的恒等 变换，三角函数的图象与性质，属于中档题1

17、2.【答案】 B【解析】【分析】本题考查利用导数研究函数的极 值、零点及不等式问题，属于中档题当 x 0时，函数 f（x）=mx-lnx 的导函数为设x2=-x 1，不妨则，可得：0， 有由直线的斜率公式得，m0，又 k 0，可得 1+lnm 0，令，得h（m）=2+lnm=1+（1+lnm）0，得：，所以【解答】解：当x0 时，函数 f（x）=mx-lnx 的导函数为，由函数 f（x）有两个极值点得 m0，又 f（x）为奇函数，不妨设 x2=-x10，则有，可得：由直线的斜率公式得，m0，第10 页，共 18页又 k0，1+lnm0，（当时题，k0，不合 意），令得 h（m）=2+lnm=1

18、+ （1+lnm）0，h（m）在上单调递增，又，由0k2e得：，所以故选：B【答案】13.【解析】解： ?（2 +）=1，为，化=-故答案为：利用向量的数量 积运算法则和夹角公式即可得出本题考查了向量的数量 积运算法则和夹角公式，属于基础题14.【答案】 （ -， 3【解析】满足不等式组的平面区域如右图所解：示，由于对任意的实数 x、y，不等式 ax+y3恒成立，根据图形，可得斜率 -a0或 -akAB=-3，解得：a3，则实数 a的取值范围是（-，3故答案为：（-，3画出不等式 满足的平面区域，由 ax+y3恒成立，结合图形确定出 a 的范围即可此题考查了简单线性规划，画出正确的图形是解本

19、题的关键第11 页，共 18页15.【答案】 【解析】解：已知=sin2019x+cos2019x+cos2019x+sin2019x=sin2019x+cos2019x=2sin（2019x+），函数的最大 值为 A=2，若存在实数 x1，x 2使得对任意实数 x 总有 f （x1）f（x）f（x2）成立，f（x 1）为最小值，f （x2）为最大值，|x1-x2|的最小 值为?=，A|x1-x 2|=2|x1-x2|的最小 值为 ，故答案为：利用两角和差的三角公式化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性和最值求出 A|x1-x2|的最小值本题主要考查两角和差的三角公式，正弦函数的周期性和最值

20、，属于基础题16.【答案】【解析】解：如图，设 PD=x，PE=y，PF=z，则DE=2，DF=EF=，由余弦定理得， x 2+y2-2xy?=4y2+z2-2yz?=7z2+x2-2zx?=7第12 页，共 18页 - 得，x2-y2=xz-yz，即（x+y）（x-y）=z（x-y ）， x y，则 z=x+y，代入 ，得x2+y2+xy=7 ，又 x2+y2-xy=4，不妨设 xy，解得，x=，y=则F 到平面 PDE 的距离 d=V P-DEF=故答案为：，z=，由题意画出图形，设 PD=x，PE=y，PF=z，由余弦定理得到关于 x，y，z 的方程组，求解可得 x，y，z 的值，然后分

21、别求出三角形 PDE 的面积及 F 到平面 PDE的高，代入棱锥体积公式得答案本题考查棱柱、棱锥、棱台体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查计算能力，是中档题17.【答案】 解：（ 1）由余弦定理可得：a2+c2-b2=2accosB，sin2A=1 且，（2），又，b=2sinB， c=2sinC，bc=2sin （ 135 -C）?2sinC=，【解析】（1）由余弦定理可得：a2+c2-b2=2accosB，代入已知整理可得 sin2A=1，从而可第13 页，共 18页求 A的值（2）由（1）及正弦定理可得 bc=，根据已知求得角的范 围，即可求得 bc 的取值范围 本题主要考查了正

22、弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题18.时， 2S1=a12+a1，则 a1=1，【答案】 解：（ 1）当 n=1当 n2时， an=Sn-Sn-1 =-，即（ an+an-1 ）（ an-an-1 -1）=0，由 a1 0 可得 an=an-1 +1 或 an +an-1=0则 an=n 或（ 2） an 0，当 n 为奇数时，当 n 为偶数时，【解析】（1）利用an=可得；（2）因为 an 0，an=n，代入可得 bn，再求出 Tn 后对 n 分奇数和偶数 讨论 本题考查了数列的求和，属中档 题19.sinxcosx+2cos2x= sin2x+1+cos2x，【答案】 解：（

23、 1） f（ x） =2，令 2x+ =k+， kZ，可得：，故对称轴为：，令2x+ =k， kZ，可得： x= -， kZ，可得其对称中心为：，令2k- 2x+ 2k+， kZ，解得： x，可得其单调递增区间为（ 2） f（ A）=2，可得： 2sin（ 2A+ ） +1=2，sin（2A+ ） = ，A（ 0， ）， 2A+ （ ，），第14 页，共 18页2A+ =，解得：，由 a=2，设 ABC 内切圆的半径为r ，可得：，得，由余弦定理，即（ b+c） 2-2bc-4=bc，解得： r=，由基本不等式得b+c4， r = ，可得： ABC 内切圆面积最大值为【解析】（1）利用三角函数

24、恒等变换的应用可求，利用正弦函数的图象和性质可求其对称轴 对单调递增区间， 称中心，（2）由f（A ）=2，可得 sin（2A+）= ，结合范围 A （0，），可得2A+（ ，），可求A 的值设ABC 内切圆的半径为r，利用三角形的面积，由 a=2，公式可求，由余弦定理进而解得：r=，由基本不等式得 b+c4，可求 r ，即可解得ABC 内切圆面积最大值为 本题主要考查了三角函数恒等 变换的应用，正弦函数的图象和性质，三角形的面积公式，余弦定理，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转 化思想，属于中档题20.【答案】 （ 1）证明：连接BC1，则 O 为 B1C 与 BC1的交点

25、，侧面 BB1C1C 为菱形，BC 1B1C，AO 平面 BB1C1 C，AO B1C，AOBC1=O，B1C平面 ABO，AB? 平面 ABO，B1CAB；（ 2）解：作OD BC，垂足为D ，连接 AD ，作 OH AD，垂足为H ，BC AO， BCOD ， AOOD =O，BC 平面 AOD ，OH BC，OH AD ，BCAD =D，OH 平面 ABC，第15 页，共 18页CBB1=60 ，CBB1 为等边三角形，BC=1 ， OD=，AC AB1，OA= B1C= ，由OHAD =OD OA，可得AD=OH =，?， O 为 B1C 的中点，B1 到平面 ABC 的距离为，三棱柱

26、 ABC-A1B1C1 的高【解析】（1）连接 BC1，则 O为 B1C与 BC1 的交点，证明 B1C平面 ABO ，可得B1CAB ；（2）作ODBC，垂足为 D，连接 AD ，作OHAD ，垂足为 H，证明 CBB1 为等边三角形，求出 B1 到平面 ABC 的距离，即可求三棱柱 ABC-A 1B1C1 的高本题考查线面垂直的判定与性 质，考查点到平面距离的 计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题fx= -x2-ax+ln（ax+1），求导，fx =x2-2x-a+，21.【答案】 解：（ ）（ ）（ ）由 x=2 为 f（ x）的极值点，则f（ 2）=0，即 -a+=0，解得：

27、a=0，当 a=0 ， f（ x） =x2-2x=x（ x-2），从而 x=2 为函数的极值点，成立， a 的值为 0；（ ） f（ x）在 3， +）单调递增，则f（ x） =x2-2x-a+=，则 f（ x） =0在区间 3， +）上恒成立，当 a=0， f（ x） =x（x-2 ），在区间 3 ，+）上恒成立，f（x）在区间 3，+）上单调递增，故a=0 符合题意；当 a0时，由 f（ x）的定义域可知：ax+1 0，若 a 0，则不满足条件 ax+1 0 对区间 3 ，+）上恒成立，则 a 0，则 ax2+（ 1-2a） x-（a2+2） 0，对区间 3， +）上恒成立，令 g（ x）

28、=ax2+（ 1-2a） x-（ a2+2 ），其对称轴为 x=1- ，由 a 0，则 1- 1，从而 g（ x） 0在区间 3， +）上恒成立，只需要 g（3） 0即可，第16 页，共 18页g 3=-a20a由 （ ）+3a+1，解得：由 a 0，则 0 a，综上所述， a 的取值范围0， ；（ ）当 a=-1 时，方程f（ x）= +，转化成 -x2+x+ln （ 1-x） =，即 b=-x2（ 1-x） +x（ 1-x）+（ 1-x） ln（ 1-x），令 t=1- x，则 b=t（ lnt+t-t2）在（ 0， +）上有解，令 h（ t） =ln t+t -t2，（ t 0）求导 h

29、（ t） = +1-2 t=，当 0 t 1 时， h（ t） 0，故 h（ t）在（ 0， 1）上单调递增；当 t 1 时， h（ t） 0，故 h（ t）在（ 1，+）单调递减；h（ t）在（ 0， +）上的最大值为 h（t） max=h（ 1） =0，此时 x=1- t=0 ， b=t（ lnt+t -t2） =0，当 a=-1 时，方程 f（ x） = + 有实数根，求 b 的最大值 0【解析】（）求导，由题意可知 f （2）=0，即可求得 a 的值；（）求导，f （x）=0在区间 3，+）上恒成立，分类讨论，当a=0，f （x）0 恒成立，a=0 符合题意；当a0时，由函数的定义域可知 a 0，根据二次函数的单调性可得只需要 g（3）0恒成立，即可求得 a的取值范围；题-x2+x+l