河北省隆化县存瑞中学2020届高三数学上学期期中试题理201912120250.doc

1、河北省隆化县存瑞中学2020届高三数学上学期期中试题 理一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，将正确答案选项涂在答题卡上）1已知集合，则=( )ABCD2设复数z满足，z在复平面内对应的点为(x，y)，则( )AB C. D3. 已知一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 A. B. C. D. 124已知，则( ) ABCD5. 函数f（x）=sin（x+）（0，|）的最小正周期为，若其图象向左平移个单位后得到的函数为奇函数，则函数f（x）的图象（ ）A. 关于点对称B. 关于点对称C. 关于直线对称D. 关于直线对

2、称6函数f(x)=在的图像大致为ABCD7已知非零向量a，b满足，且b，则a与b的夹角为( )A BC D 8记为等差数列的前n项和已知，则( )ABC D9. 已知ABC是边长为1的等边三角形，点分别是边的中点，连接并延长到点，使得，则的值为（ ）A. B. C. D. 10. 已知函数f（x）=，则函数y=f（x）-3的零点的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 411. 设函数f（x）是奇函数f（x）（xR）的导函数，f（-1）0，当x0时，xf（x）-f（x）0，则使得f（x）0成立的x的取值范围是（ ）A. B. C. D. 12. 四面体PABC的四个顶点都在球O的球面上，PA=

3、8，BC=4，PB=PC=AB=AC，且平面PBC平面ABC，则球O的表面积为（）A. B. C. D. 二、填空题（本大题共四小题，每小题5分，共20分）13.记Sn为等比数列an的前n项和若，则S5=_14的内角的对边分别为.若，则的面积为_15. 已知=（2，-1，2），=（-1，3，-3），=（13，6，），若向量，共面，则=_16已知是奇函数，且当时，.若，则_三、 解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.（12分）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，AD=2AB，E，F是线段BC，AB的中点（）证明：EDPE；（）

4、在线段PA上确定点G，使得FG平面PED，请说明理由18.（12分）已知数列an的前n项和Sn，点（n，Sn）（nN*）在函数y=x2+x的图象上. （1）求an的通项公式；（2）设数列的前n项和为Tn，不等式Tn loga（1-a）对任意的正整数n恒成立，求实数a的取值范围19. （12分）已知，满足（1）将y表示为x的函数f（x），并求f（x）的单调递增区间；（2）已知ABC三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，且a=2，求ABC面积的最大值20、（12分）如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的

5、中点（1）证明：MN平面C1DE；（2）求二面角AMA1N的正弦值21. （12分）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x（1）讨论f（x）的单调性；（2）当a0时，证明f（x） - - 222.(10分)已知直线l：（t为参数）以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的坐标方程为=2cos（1）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设点M的直角坐标为（5，），直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|MB|的值2019-2020学年度存瑞中学第一学期期中考试高三数学（理）试题答案一、 选择题CCABC DBABD DB二 填空题13. 14. 15. 3 16.

6、 -3二、 解答题17. 解：（）证明：由PA平面ABCD，得DEPA连接AE，因为AD=2AB，设AB=1，AD=2，则由勾股定理可得，所以DEAE又PAAE=A，PA，AE平面PAE，所以DE平面PAE，PE平面PAE，因此PEED（）过点F作FHED交AD于点H，则FH平面PED，且有AH=AD再过点H作HGDP交PA于点G，则HG平面PED，且AG=AP由面面平行的判定定理可得平面GEH平面PED，进而由面面平行的性质得到EG平面PED，从而满足AG=AP的点G即为所求18. 解：（ 1）点（n，Sn）在函数y=x2+x的图象上，当时，-得an=n，当n=1时，符合上式，an=n；（2

7、）由（1）知an=n，则=（-）,Tn=（1-）+（-）+（-）+（-）=（1+-）=-（+）,Tn+1-Tn=0，数列Tn单调递增，（Tn）min=T1=要使不等式Tnloga（1-a）对任意正整数n恒成立，只要loga（1-a），1-a0，0a1，1-aa，即0a19.=，所以令，得，故f（x）的单调递增区间是（2），又，在ABC中由余弦定理有，a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc=42bc-bc=bc，可知bc4（当且仅当b=c时取等号），即ABC面积的最大值为20.解：（1）连结B1C，ME因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且ME=B1C又因为N为A1D

8、的中点，所以ND=A1D由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MNED又MN平面EDC1，所以MN平面C1DE（2）由已知可得DEDA以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则，A1(2，0，4)，设为平面A1MA的法向量，则，所以可取设为平面A1MN的法向量，则所以可取于是，所以二面角的正弦值为21. 解：因为f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x，求导f（x）=+2ax+（2a+1）=，（x0），当a=0时，f（x）=+10恒成立，此时y=f（x）在（0，+）上单调递增；当a0，由于x0，所以（2ax+1）（

9、x+1）0恒成立，此时y=f（x）在（0，+）上单调递增；当a0时，令f（x）=0，解得：x=-，因为当x（0，-）时f（x）0；当x（-，+）时，f（x）0，所以y=f（x）在（0，-）上单调递增、在（-，+）上单调递减；综上可知：当a0时f（x）在（0，+）上单调递增，当a0时，f（x）在（0，-）上单调递增、在（-，+）上单调递减.（2）证明：由（1）可知：当a0时f（x）在（0，-）上单调递增、在（-，+）上单调递减，所以当x=-时函数y=f（x）取最大值f（x）max=f（-）=-1-ln2-+ln（-）,从而要证f（x）-2，即证f（-）-2，即证-1-ln2-+ln（-）-2，即

10、证-（-）+ln（-）-1+ln2;令t=-，则t0，问题转化为证明：-t+lnt-1+ln2,（*）令g（t）=-t+lnt，则g（t）=-+，令g（t）=0可知t=2，则当0t2时g（t）0，当t2时g（t）0，所以y=g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+）上单调递减，即g（t）g（2）=-2+ln2=-1+ln2，即（*）式成立，所以当a0时，f（x）-2成立22.（1） 解：（1）=2cos，2=2cos，令,x2+y2=2x，故C的直角坐标方程为（x-1）2+y2=1；（2）直线l：（t为参数），显然M在直线l上，把l的参数方程代入（x-1）2+y2=1可得,故|MA|MB|=18.