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1、2019 2020 学年 上 半期考 高三理科数学试卷答案 第 1 页 共 5 页 三明一中 2019 2020 学年第一学期期中考试 高高三三 理科理科数学数学 试卷试卷 参考答案参考答案 一 选择题 本题 12 小题 每小题 5 分 共 60 分 1 答案 C 解析 A 1 2 3 4 B 1 0 2 3 A B 1 0 1 2 3 4 又 C x R 1 x 2 A B C 1 0 1 2 解析 选 D 命题 x0 R 使得 3x 2 0 2ax0 1 0 是假命题 即 x R 3x 2 2ax 1 0 是真 命题 故 4a 2 12 0 解得 3 a 3 故选 D 3 解析 选 A 先
2、作出函数f x logax 0 a 1 的图象 当x 0 时 y f x 1 f x 1 其图 象由函数f x 的图象向左平移 1 个单位得到 又函数y f x 1 为偶函数 所以再将函数y f x 1 x 0 的图象关于y轴对称翻折到y轴左边 得到x 0 时的图象 故选 A 4 解析 由三视图知 该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体 且正四棱柱的高为 2 底面对角线长为 4 球的半径为 2 所以该正 四棱柱的底面正方形的边长为 2 2 该几何体的表面积S 1 2 4 2 2 22 2 2 2 4 12 16 答案 D 5 解析 选 A f x 是定义域为 1 1 的奇函数 1 x 1 f x
3、 f x f m 2 f 2m 3 0 可转化为f m 2 f 2m 3 即f m 2 f 2m 3 f x 是减函数 1 m 2 1 1 2m 3 1 m 2 2m 3 1 m 5 3 6 解析 选 B 由题中图象知A 1 记函数f x 的最小正周期为T 则3 4T 11 12 6 3 4 T 2 由 sin 2 6 1 2 得 3 2 6 f x sin 2x 6 将f x 的图象向右平移 6 个单位长度后 得到的图象对应的函数解析式为y sin 2x 3 6 sin 2x 6 故选 B 7 解析 选 C 原题可转化为关于 a 的一次函数 y a x 2 x2 4x 4 0 在 1 1 上
4、恒成立 只需 1 x 2 x2 4x 4 0 1 x 2 x2 4x 4 0 x 3或x 2 x 2或x 1 x 1 或 x 3 故选 C 8 解析 选 B f x 2cos2x sin2x 2 1 cos 2x 1 cos 2x 2 2 3 2cos 2x 5 2 f x 的最小正周期 为 最大值为 4 故选 B 2019 2020 学年 上 半期考 高三理科数学试卷答案 第 2 页 共 5 页 9 解析 易知 22 xx f x 在 R 上为增函数 又 a 7 9 1 4 9 7 1 4 9 7 1 5 b 0 c log27 9 0 则 a b c 所以 f c f b f a 答案 B
5、 10 解析 选 A 由等差数列的前 n 项和公式可得 S15 15a8 0 S16 8 a8 a9 0 所以 a8 0 a9 0 则 d a9 a8 0 所以在数列 an 中 当 n 9 时 an 0 当 n 9 时 an 0 所以当 n 8 时 Sn最大 故选 A 11 解析 在四边形 ABCD 中 因为BC AD 所以四边形 ABCD 为平行四边形 如图所示 由已知得 DE 1 3EB 由题意知 DEF BEA 则DF 1 3AB 所以CF 2 3CD 2 3 OD OC 2 3 BD AC 2 BD AC 3 所以AF AC CF AC BD AC 3 2 3AC 1 3BD 答案 D
6、 12 答案 C 解析 作出函数 2 log 0 21 0 x x f x xx 的图象如图 函数 1yf xm 有四个零点 即 yfx 与1ym 的图象有 4 个不同交点 不妨设四个交点横坐标a b c d 满足abcd 则 f af b 2121ab 可得31ab 4ab 由 f cf d 得 22 loglogcd 则 22 loglogcd 可得 2 log0cd 即 1cd 4 13abcd 故选 C 二 填空题 本题 4 小题 每小题 5 分 共 20 分 13 解析 由 tan 2 3 得 tan 2 3 则cos 3sin cos 9sin cos 3sin cos 9sin
7、1 3tan 1 9tan 1 2 1 6 1 5 答案 1 5 14 答案 2 解析 由平面内三个不共线向量 a b c 两两夹角相等 可得夹角均为2 3 所以 a b c 2 a2 b2 c2 2a b 2b c 2a c 1 1 9 2 1 1 cos2 3 2 1 3 cos2 3 2 1 3 cos2 3 4 所以 a b c 2 15 解析 作出不等式组 x y 4 0 x 2 x y k 0 所表示的平面区域 如图中阴影部分所示 2019 2020 学年 上 半期考 高三理科数学试卷答案 第 3 页 共 5 页 由 z x 3y 得 y 1 3x z 3 结合图形可知当直线 y
8、1 3x z 3过点 A 时 z 最小 联立方程 x 2 x y k 0 得 A 2 2 k 此时 zmin 2 3 2 k 2 解得 k 2 答案 2 16 答案 9 解析 由球的体积公式可得 4 3 3 36 3 不妨设底面正三角形的边长为2 则 1 2 2 2 sin60 3 2 设棱锥的高为 h 由三棱锥的性质可得 2 2 3 3 2 2 2 9 解得 2 36 16 3 2 据此可得 2 1 9 2 2 1 9 3 4 36 16 3 2 81 64 8 2 9 8 2 9 12 16 2 9 81 64 3 3 81 64 64 81 故 2 81 9 当且仅当8 2 9 12 1
9、6 9 2 2 9 2时等号成立 综上可得 三棱锥 体积的最大值为 9 三 解答题 共 6 题 70 分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 17 本题满分本题满分 1010 分分 详解 1 由 22 430 xaxa 得 30 xaxa 当 1a 时 13x 即 p为真时 1 3x 由31x 得24x 即q为真时 2 4x 若p q 为真 则p真且q真 所以实数x的取值范围是 2 3 2 由 22 x4ax30a 得 30 xaxa 0a 3axa 由 31x 得2 x4 设 A 3xxaxa 或 B 24xxx或 若 p 是 q 的充分不必要条件 则 A 是 B 的真子集 故 02 3
10、4 a a 所以实数的取值范围为 4 2 3 18 本题满分本题满分 1212 分分 解 1 由 bcos A 2c a cos B 得 2ccos B bcos A acos B 由正弦定理可得 2sin Ccos B sin Bcos A sin Acos B sin A B sin C 因为 sin C 0 所以 cos B 1 2 因为 0 B 所以 B 3 2 因为 S ABC 1 2acsin B 3 所以 ac 4 又 13 a 2 c2 2accos B a2 c2 ac 所以 a2 c2 17 所以 a c 5 故 ABC 的周长为 5 13 2019 2020 学年 上 半
11、期考 高三理科数学试卷答案 第 4 页 共 5 页 19 本题满分本题满分 1212 分分 解 1 设 an 的公差为 d 因为 a2 3 an 前 4 项的和为 16 所以 a1 d 3 4a1 4 3 2 d 16 解得 a1 1 d 2 所以 an 1 n 1 2 2n 1 设 bn an 的公比为 q 则 b4 a4 b1 a1 q3 因为 b1 4 b4 88 所以 q3 b4 a4 b1 a1 88 7 4 1 27 解得 q 3 所以 bn an 4 1 3n 1 3n 2 由 1 得 bn 3n 2n 1 所以 Sn 3 32 33 3n 1 3 5 2n 1 3 1 3 n
12、1 3 n 1 2n 1 2 3 2 3 n 1 n2 3 n 1 2 n2 3 2 20 本题满分本题满分 1212 分分 解 1 证明 A1O 平面 ABCD BD 平面 ABCD A1O BD 四边形 ABCD 是菱形 CO BD A1O CO O BD 平面 A1CO BD 平面 BB1D1D 平面 A1CO 平面 BB1D1D 2 A1O 平面 ABCD CO BD OB OC OA1两两垂直 以 O 为坐标原点 OB OC OA 1 的方向分别为 x 轴 y 轴 z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 AB 2 AA1 3 BAD 60 OB OD 1 OA OC 3 OA1
13、AA21 OA2 6 则 O 0 0 0 B 1 0 0 C 0 3 0 A 0 3 0 A1 0 0 6 OB 1 0 0 BB 1 AA1 0 3 6 OB1 OB BB 1 1 3 6 设平面 OBB1的法向量为 n x y z 则 OB n 0 OB1 n 0 即 x 0 x 3y 6z 0 令 y 2 得 z 1 n 0 2 1 是平面 OBB1的一个法向量 同理可求得平面 OCB1的一个法向量 m 6 0 1 cos n m n m 1 3 7 21 21 由图可知二面角 B OB1 C 是锐二面角 二面角 B OB1 C 的余弦值为 21 21 2019 2020 学年 上 半期
14、考 高三理科数学试卷答案 第 5 页 共 5 页 21 本题满分 本题满分 1212 分分 解 1 当 x 6 时 y 50 x 115 令 50 x 115 0 解得 x 2 3 x 为整数 3 x 6 x Z 当 x 6 时 y 50 3 x 6 x 115 3x2 68x 115 令 3x2 68x 115 0 有 3x2 68x 115 0 结合 x 为整数得 6 x 20 x Z f x 50 x 115 3 x 6 x Z 3x2 68x 115 6 x 20 x Z 2 对于 y 50 x 115 3 x 6 x Z 显然当 x 6 时 ymax 185 对于 y 3x2 68x
15、 115 3 x 34 3 2 811 3 6 x 20 x Z 当 x 11 时 ymax 270 270 185 当每辆自行车的日租金定为 11 元时 才能使一日的净收入最多 22 本题满分本题满分 1212 分分 解析 2 1 1 a fx x x 故 11 2 2918 a f 解得 4a 1 ln 11 a x a h xf xx xx 2 2 221 1 xa x hx x x 由函数在 0 递增 得 0hx 在0 x 恒成立 即 2 2210 xa x 0 x 故 1 22ax x 由 11 22xx xx 当且仅当1x 时取最小值 2 故222a 解得 2a 即 2a 要证明 2 lnln bc bc bc 只需证明 21 ln 1 b bc b c c 即证 21 ln0 1 b bc b c c 设 21 ln 1 x q xx x 由 得 q x在 1 递增 而1 b c 故 10q xq 即 21 ln0 1 b bc b c c 故 2 lnln bc bc bc
