湖北省宜昌市2019届高三级元月调考理科数学试题

1、湖北省宜昌市2019届高三级元月调考理科数学试题湖北省宜昌市2019届高三级元月调考理科数学试题湖北省宜昌市2019届高三级元月调考理科数学试题宜昌市2019届高三年级元月调研考试理科数学参照答案命：李富成：、黄、向立政一、：CBCABADDBDCD二、填空：13.614.6015.116.(n2)2n2三、解答17解：（1）4csinAbsinC，由正弦定理得4cabc，b4a，2分又S1absinC3a243，4分2ab10.a2,b8，6分(2)CDx，BD8x，由余弦定理得BD2BC2CD22BCCDcosC，9分即(8x)222x24x1，x30，CD30.12分27718解：（1）

2、因数列2Snn是以3首，3公差的等差数列，n3n2因此2Snn3(n1)33n，因此Snn2分.n2当n1，a1S12，3分当n2，anSnSn3n2n3(n1)2(n1)1，5分1223n又当n1，a1N*6分2足上式，因此数列an的通公式an3n1n（2）由（1）得，bn111(11)9分anan13n13n233n13n2因此Tn1(1111111)10分325583n3n21(11)n.12分323n26n419（1）明：取AD的中点E，接CE，因此AEBC2.1分因AD/BC，因此四形ABCE平行四形，2分因此CE/AB，且CEAB2.又DE2，DC22，因此DE2EC2DC2，因此

3、DEEC，因此ADAB.4分又因ADAP，APABA，因此AD平面PAB.又因AD/BC，因此BC平面PAB.6分（2）由（1）知AD平面PAB，点A作AFPA交PB于点F，故以点A坐原点，AP，AF，AD分x，y，z的正方向，成立如所示的空直角坐系Axyz.7分A(0,0,0),P(2,0,0)，B(1,3,0)，C(1,3,2)，因此BC(0,0,2)，zBP(3,3,0)，AP(2,0,0).AC(1,3,2)，8分D平面PBC的法向量n(x1,y1,z1)，由BCn0，得BPn0C2z10，取y13，得平面PBC的一个法向量xAP3x13y10FByn(1,3,0).9分平面PAC的法

4、向量m(x2,y2,z2)，由APm02x20，取y223，得平面PACACm，得x23y22z200的一个法向量m(0,23,3)，10分因此cosn,mnm103230(3)2111分12(3)20202(23)2(3)2.nm7因二面角BPCA是一个二面角，因此余弦2112分.720解：(1)F1(3,0)，F2(3,0)，又C点A(3,1由意可知的左、右焦点分)，2因此AF1AF22a，即(33)2(1)2(33)2(1)22a，22因此2a714，即a2，2分22x22a2c21，因此的准方程y21.4分又b4(2)直l的方程ykxm，由ykxmx2y2，消去y得14(4k21)x2

5、8kmx4m240.M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(xP,yP)，有(8km)24(4k21)(4m24)0，即4k21m2，又x1x28km，x1x24m24.6分4k24k2.118km，因四形OMPN平行四形，因此OPOMON，故xPx1x28km2m4k21yPy1y2(kx1m)(kx2m)k2m，4k214k218km,2m)，因此P(.7分4k214k21(8km)22m由点P在椭圆上可得4k21()21，化简得24k21.8分44k214m4m216(4k2m2而(x1x2)2(x1x2)24x1x2(8km)2441)214k21(4k22.4k1)又由于4m24k2

6、1，因此(x1x2)2163m23，因此x1x23，16m4m2m因此MN1k2x1x21k23.10分m又点O到直线l的距离dm，1k2故OMN的面积SOMN1MNd11k23m3.11分1k222m2因此平行四边形OMPN的面积为S233.12分221解：（1）依题意f(x)ae2x2axe2x2axaa(2x1)(e2x1)，.2分当a0时，令f(x)0，得x0或x1，令f(x)0，得1x0，可知f(x)的增区间为221)，(0,1,0)(,)，减区间为(；.3分2121，可知当a0时，令f(x)0，得x0，令f(x)0，得x0或xf(x)的增区间为1122,0)，减区间为(,(0,).

7、4分()，2211综上，当a0时，f(x)的增区间为(,)，(0,)，减区间为(2,0)；2当a0时，f(x)的增区间为(1,0)，减区间为(,1)，(0,).5分e2xax221)e2x2（2）f(x)(a1)x1，即(axx10，令g(x)(ax1)e2xx1，则g(x)(2ax2a)e2x1，令h(x)(2ax2a)e2x1，则h(x)4(ax1a)e2x.7分若a1，当x(0,)时，h(x)0，从而h(x)在(0,)上单一递加，由于h(0)a10，故当x(0,)时，h(x)0，即g(x)0，从而g(x)在(0,)上单一递加，由于g(0)0，故当x(0,)时，g(x)0恒成立，吻合题意；

8、.8分若a0，当x(0,)时，h(x)0恒成立，从而h(x)在(0,)上单一递减，则h(x)h(0)a10，即x(0,)时，g(x)0，从而g(x)在(0,)上单一递减，此时g(x)g(0)0，不吻合题意；.10分若0a1，由h(x)4(ax1a)e2x0，得x11，当x(0,11)时，h(x)0，故h(x)在aa(0,11)上减，h(x)h(0)a10，即g(x)0，故g(x)在(0,11)上减，故当aax(0,11)，g(x)g(0)0，不吻合意；.11分a上所述，数a的取范1,.12分22解：（1）由x2cos消去参数得x2y24，y2sin即曲C1的一般方程x2y24，2分又由sin()1得(sincoscossin)1666yA即x3y20，即曲C2的平面直角坐方程x3y20.5Bx分OC（2）心O到曲C2：x3y20的距离d211r，2(3)221如所示，因此直x3y40与的切点A以及直x3y0与的两个交点B，C即所求OABC，kOA3，直lOA的斜角2，7分3即A点的极角2，因此B点的极角22，C点的极角227，33636因此三个点的极坐A(2,2)，B(2,)，C(2,7).10分36623解：（1）f(x)|x1|3|xa|2x3可化x1或1x1或x1，.2分4x22x342x2x24x2x33