福建省三明第一中学2020届高三数学上学期期中试题 理 答案.pdf

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 20192020 学年第一学期期中考试 高三 理科数学 试卷-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 A1,2,3,4，B1,0,2,3，AB1,0,1,2,3,4又 CxR|1x2，(AB)C1,0,12.解析：选 D 命题“x0R，使得 3x202ax010”是假命题，即“xR,3x22ax10”是真命题，故 4a2120，解得 3a 3.故选 D.3.解析：选 A 先作出函数 f(x)logax(0a1)的图象，当 x0 时，yf(|x|1)f(

2、x1)，其图象由函数 f(x)的图象向左平移 1 个单位得到，又函数 yf(|x|1)为偶函数，所以再将函数 yf(x1)(x0)的图象关于 y 轴对称翻折到 y 轴左边，得到 x0 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 S124 22222 2 241216.答案 D5.解析：选 A f(x)是定义域为(1,1)的奇函数，1x1，f(x)f(x)，f(m2)f(2m 3)0 可 转 化 为 f(m 2)f(2m 3)，即 f(m

3、2)f(2m 3)f(x)是 减 函 数，1m21，12m31，m22m3，1m53.6.解析：选 B 由题中图象知 A1，记函数 f(x)的最小正周期为 T，则34T1112 6 34，T，2，由 sin26 1，|2 得3 2，6，f(x)sin2x6，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 ysin2x3 6 sin2x6，故选 B.7.解析：选 C 原题可转化为关于 a 的一次函数 ya(x2)x24x40 在1,1上恒成立，只需1x2x24x40，1x2x24x40 x3或x2，x2或x1x1 或 x3.故选 C.8.解析：选 B f(x)2cos2

4、xsin2x21cos 2x1cos 2x2232cos 2x52，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()22xxf x在 R 上为增函数，又 a 7914 9714 9715 b0，clog2790，则 abc，所以 f(c)f(b)f(a)答案 B10.解析：选 A 由等差数列的前 n 项和公式可得 S1515a80，S168(a8a9)0，所以 a80，a90，则 da9a80，所以在数列an中，当 n9 时，an0，当 n9 时，an0，所以当 n8 时，Sn 最大，故选 A

5、.11.解析在四边形 ABCD 中，因为BCAD，所以四边形 ABCD 为平行四边形，如图所示由已知得DE13EB，由题意知DEFBEA，则DF13AB，所以CF23CD23(ODOC)23BDAC2BDAC3，所以AFACCFACBDAC323AC13BD.答案 D12.答案 C【解析】作出函数 2log,021,0 x xf xxx 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22loglogcd，则22loglogc

6、d，可得2log0cd，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()23，得 tan 23，则cos3sincos9sin cos 3sin cos 9sin 13tan 19tan 121615.答案：1514.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23，所以|abc|2a2b2c22ab2bc2ac119211cos23 213cos23 213cos234，所以|abc|2.15.解析作出不等式组xy40，x2，xyk0所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，2019-202

7、0 学年（上）半期考 高三理科数学试卷答案 第 3 页（共 5 页）由 zx3y 得 y13xz3，结合图形可知当直线 y13xz3过点 A 时，z 最小，联立方程x2，xyk0，得 A(2，2k)，此时 zmin23(2k)2，解得 k2.答案 216.答案9【解析】由球的体积公式可得：43 3=36 =3，不妨设底面正三角形的边长为2，则=12 2 2 sin60=32，设棱锥的高为 h，由三棱锥的性质可得：2=(23 3)2+(2)2=9，解得：2=36 163 2，据此可得：;2=19 22=19 34 (36 163 2)=8164 829 829 (12 1629)8164 (:3

8、)3=8164 64=81.故;2 81,;9，当且仅当829=12 169 2，2=92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 10 分)【详解】(1)由22430 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 pq为真，则 p 真且q 真，所以实数 x 的取值范围是2,3.（2）由22x4ax30a得30 xaxa，0a 3axa.由31x 得2x4.设A|3x xaxa或，B|24x xx或，若p 是q的充分不必

9、要条件，则 A 是 B 的真子集，故 0234aa，所以实数的取值范围为 4 23，.18.(本题满分 12 分)解：(1)由 bcos A(2ca)cos B，得 2ccos Bbcos Aacos B.由正弦定理可得 2sin Ccos Bsin Bcos Asin Acos Bsin(AB)sin C，因为 sin C0，所以 cos B12.因为 0B，所以 B3.(2)因为 SABC12acsin B 3，所以 ac4.又 13a2c22accos Ba2c2ac，所以 a2c217，所以 ac5，故ABC 的周长为 5 13.2019-2020 学年（上）半期考 高三理科数学试卷答

10、案 第 4 页（共 5 页）19.(本题满分 12 分)解：(1)设an的公差为 d，因为 a23，an前 4 项的和为 16，所以a1d3，4a1432 d16，解得a11，d2，所以 an1(n1)22n1.设bnan的公比为 q，则 b4a4(b1a1)q3，因为 b14，b488，所以 q3b4a4b1a188741 27，解得 q3，所以 bnan(41)3n13n.(2)由(1)得 bn3n2n1，所以 Sn(332333n)(1352n1)313n13 n12n1232(3n1)n23n12 n232.20.(本题满分 12 分)解：(1)证明：A1O平面 ABCD，BD平面 A

11、BCD，A1OBD.四边形 ABCD 是菱形，COBD.A1OCOO，BD平面 A1CO.BD平面 BB1D1D，平面 A1CO平面 BB1D1D.(2)A1O平面 ABCD，COBD，OB，OC，OA1 两两垂直，以 O 为坐标原点，OB，OC，OA1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AB2，AA13，BAD60，OBOD1，OAOC 3，OA1 AA21OA2 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)，BB1 AA1(0，3，6)，OB1 OBBB1(1，3，6)设平面 OB

12、B1 的法向量为 n(x，y，z)，则OBn0，OB1 n0，即x0，x 3y 6z0.令 y 2，得 z1，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)，cosnm|n|m|13 7 2121，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 2121.2019-2020 学年（上）半期考 高三理科数学试卷答案 第 5 页（共 5 页）21.（本题满分 12 分)解(1)当 x6 时，y50 x115，令 50 x1150，解得 x2.3，x 为整数，3x6，xZ.当 x6 时，y503(x6)x1153

13、x268x115.令3x268x1150，有 3x268x1150，结合 x 为整数得 6x20，xZ.f(x)50 x1153x6，xZ，3x268x1156x20，xZ.(2)对于 y50 x115(3x6，xZ)，显然当 x6 时，ymax185；对于 y3x268x1153x34328113(6x20，xZ)，当 x11 时，ymax270.270185，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 12 分)【解析】（）211afxxx，故 11 22918af，解得：4a；（）1ln11a xah xf xxxx，222211xa xhxx x，由函数在0,递增，得 0hx 在0 x 恒成立，即22210 xa x，(0)x，故122axx，由1122xxxx，当且仅当1x 时取最小值 2，故222a，解得：2a，即,2a；（）要证明 2lnlnbcbcbc，只需证明21ln1bbcbcc，即证21ln01bbcbcc，设 21ln1xq xxx，由（）得，q x 在（1,递增，而1bc ，故 10q xq，即21ln01bbcbcc，故 2lnlnbcbcbc