1、1 20192020 学年度第一学期质量检测 高三数学试题 1设集合11 ,12 x MxxNxMN ，则 A10 xx B01xxC1xx D1xx 2若 0.1 2 1 2 ,ln2,log 5 abc，则 AbcaBbacCcabDabc 3在ABC中，1,3,1ABACAB AC ，则ABC的面积为 A. 1 2 B1C2D 2 2 4已知 A，B，C 为不共线的三点，则“ABACABAC ”是“ABC为直角三角形” 的 A充分不必要条件B必要不充分条件 C充要条件D既不充分也不必要条件 5函数 2 2coscos1, 2 2 yxxx 的图象大致为 6已知奇函数 f x在 R 上单调
2、，若正实数, a b满足 11 490faf b ab ，则的 最小值是 A1B 9 2 C9D18 7已知 12 ,F F是双曲线 22 22 10, xy ab ab 的左、右焦点，若点 2 F关于双曲线渐近线 的对称点 A 满足 11 F AOAOF (O 为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为 A2yx Byx C2yx D3yx 2 8 已知函数 ln10f xxa xa a， 若有且只有两个整数 12 ,x x使得 1 0f x， 且 2 0f x，则a的取值范围是 A 3ln3 0, 2 B0,2ln2C 3ln3 ,2ln2 2 D 2ln24 3ln3 , 32 二、多项选择题
3、：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分 9下列命题中的真命题是 A 1 ,20 x xR B 2 ,10 xNx C 00 ,11xR gxD 00 ,tan2xRx 10 将函数 sin2f xx的图象向右平移 4 个单位后得到函数 g x的图象， 则函数 g x 具有性质 A在0, 4 上单调递增，为偶函数B最大值为 1，图象关于直线 3 2 x 对称 C在 3 , 88 上单调递增，为奇函数 D周期为，图象关于点 3 ,0 4 对称 11己知mn、为两条不重合的直线，、为两个
4、不重合的平面，则下列说法正确的是 A若/ / ,/ / / /mnmn且，则 B若/ / ,/ /mn mn，则 C若/ / ,/ / /mn nmm ，,则 D若/ / ,/ /mn nm ，则 12设等比数列 n a的公比为 q，其前 n 项和为 n S，前 n 项积为 n T，并满足条件 120192020 1,1aaa， 2019 2020 1 0 1 a a ，下列结论正确的是 AS2019S2020BS2019S202110 CT2020是数列 n T中的最大值D数列 n T无最大值 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13在 8 2xy的展开式中，含 44
5、 x y项的系数是_ 3 14已知抛物线 2 :8C yx的焦点为 F，准线为, l Pl是上一点，Q 是直线 PF 与抛物线 C 的一个交点，若3=PFQFQF ，则_ 152019 年 7 月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得 到国际社会认可良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年文明史考 古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律 已知样本中 碳 14 的质量 N 随时间 t(单位： 年)的衰变规律满足 N= 1 5730 0 2N ( 0 N表示碳 14 原有的质量)， 则经过 5730 年后，碳 14 的质量变为
6、原来的_；经过测定，良渚古城遗址文物样本中 碳 14 的质量是原来 13 25 至，据此推测良渚古城存在的时期距今约在_年到 5730 年 之间(参考数据：log231.6，log252.3)(本题第一空 2 分，第二空 3 分) 16如图是两个腰长均为 10cm 的等腰直角三角形拼成的一个四 边形 ABCD， 现将四边形 ABCD沿 BD 折成直二面角 ABDC， 则三棱锥 ABCD 的外接球的体积为_cm3 四、解答题：本题共 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(10 分)已知等差数列 n a满足 24 6aa，前 7 项和 7 28S (I)求数列 n
7、a的通项公式； ()设 1 2 2121 nn n n aa b ，求数列 n b的前n项和 n T 18(12 分)已知 2 3sinsincos 2 f xxxx (I)若 1 210 f ，求 2 cos 2 3 的值； ()在ABC 中，角 A，B，C 所对应的边分别, ,a b c，若有2coscosacBbC， 求角 B 的大小以及 fA的取值范围 4 19(12 分)如图，在平行四边形 ABCD 中，1,2,120ABBCBAD ，四边形 ACEF 为正方形，且平面ABCD 平面 ACEF (I)证明：ABCF； ()求平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值 20(1
8、2 分)如图，某市三地 A，B，C 有直道互通现甲交警沿路线 AB、乙交警沿路线 ACB 同时从 A 地出发，匀速前往 B 地进行巡逻，并在 B 地会合后再去执行其他任务已知 AB=10km，AC=6km，BC=8km，甲的巡逻速度为 5kmh，乙的巡逻速度为 10kmh (I)求乙到达 C 地这一时刻的甲、乙两交警之间的距离； ()已知交警的对讲机的有效通话距离不大于 3km，从乙到 达 C 地这一时刻算起，求经过多长时间，甲、乙方可通过对 讲机取得联系 21.(12 分)已知椭圆 E： 22 22 10 yx ab ab 的一个焦点为 0, 3， 长轴与短轴的比为 2： 1.直线lykxm
9、：与椭圆 E 交于 P、Q 两点，其中k为直线l的斜率 (I)求椭圆 E 的方程； ()若以线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O，问：是否存在一个以坐标原点 O 为圆心的定圆 O，不论直线l的斜率k取何值，定圆 O 恒与直线l相切?如果存在，求出圆 O 的方程及实数 m 的取值范围；如果不存在，请说明理由 22(12 分)已知函数 sin ,lnf xxax g xxmx (I)求证：当1a 时，对任意 0,0 xf x恒成立； ()求函数 g x的极值； ()当 1 2 a 时，若存在 12 ,0,x x 且 12 xx，满足 1122 f xg xf xg x， 求证： 12 2 4 9
10、x x m 5 20192020 学年度第一学期质量检测 高三数学试题参考答案 一、单项选择题：每小题 5 分，共 40 分 题号12345678 答案BDCABADC 二、多项选择题：每小题 5 分，共 20 分 9.ACD10.ABD11.BC12.AB 三、填空题：每小题 5 分，共 20 分. 13.28014. 8 3 15. 1 ,4011 2 16.500 3 四、解答题 17.解： （I）设等差数列 n a的公差为 d，由 24 6aa可知 3 3a ，前 7 项和 7 28S . 4 4a，解得 1 1,1ad.3 分 1 11 n ann .5 分 （II）由（I）知， 1
11、 1 1 2211 212121212121 nn nn n nn nnaa b 8 分 n b前n项和 12nn Tbbb 12231 111111 212121212121 nn 1 11 321 n .10 分 18.解： （1） 2 311 3sin coscossin2cos2 222 f xxxxxx 1 sin 2 62 x 2 分 因为 11 sin 26210 f ，所以 3 sin 65 4 分 所以 2 2 23 cos 2cos 22sin121 3365 7 25 6 分 （II）因为2coscosacBbC，由正弦定理得： 6 2sinsincossincos,AC
12、BBC7 分 所以2sincossincossincosABCBBC， 即2sincossinsinABBCA， 因为sin0A ，所以 1 cos 23 BB ，所以，9 分 所以 22 =0 33 ACA ， 7 2, 666 A ，所以 1 sin 2,1 62 A ，11 分 所以 fA的取值范围是 1 1, 2 .12 分 19.（I）证明：在平行四边形 ABCD 中，18012060ABC ， 在ABC中，由余弦定理得： 222 2cos603ACABBCAB BC ， 即3AC ，1 分 由 222 90BCACABBAC 得， 所以ABAC2 分 又四边形 ACEF 为正方形，
13、所以AFAC，3 分 又平面ABCD 平面 ACEF，平面ABCD 平面 ACEF=AC 所以AF 平面 ABCD，4 分 所以AFAB，5 分 又=AFAC A 所以AB 平面 ACEF，CF 平面 ACEF 所以ABCF.6 分 （II）解：由（I）得 AB，AC，AF 两两垂直， 分别以 AB，AC，AF 所在直线为, ,x y z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 0,0,010 003 00 03033ABCFE， ， ， ， ， ， ，7 分 设平面 BEF 的一个法向量, ,nx y z ， 1,0, 3 ,0,3,0BFEF ， 则 30 30 n BFxz n EFy ，
14、取 7 13,0,1 ,zn ，得9 分 同理可得平面 BCF 的一个法向量为 3,1,1m 11 分 设平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的平面角为， 则 42 5 cos 552 m n m n . 平面 BEF 与平面 BCF 所成锐二面角的余弦值为 25 5 .12 分 20.解： （I）由 3 10,6,8,90cos 5 ABkm ACkm BCkmACBA 知，. 设当乙到达 C 地时，甲处在 D 点，则 6 53 10 ADkm2 分 所以在ACD中，由余弦定理得： 222 2cosCDACADACADA 223117 63263 55 3 65 5 CD 即此时甲、乙
15、两交警之间的距离为 3 65 5 km5 分 （II）设乙到达 C 地后，经过 t 小时，甲、乙两交警之间的距离为 ft km， 在 4 8,7, cos 5 BCDBCkm BDkmABC中， 乙从 C 地到达 B 地，用时 4 5 t 小时，甲从 D 处到达 B 地，用时 7 5 t 小时，6 分 所以当乙从 C 地到达 B 地，此时，甲从 D 处行进到 E 点处，且 4 543 5 DEkmBEkm， 所以当 22 4 4 08 107 52 8 107 5 5 5 tfttttt时， 2 13 3 56 5 tt8 分 令 2 13 3561 5 fttt，即 28 560 5 tt
16、24 0 55 tt或（舍去）10 分 又当 47 55 t时，甲、乙两交警间的距离 753fttkm， 因为甲、乙间的距离不大于 3km 时方可通过对讲机取得联系11 分 8 所以，从乙到达 C 地这一时刻算起，经过 2 5 小时，甲、乙可通过对讲机取得联系.12 分 21.解： （I）由已知得： 222 3 2 c ab abc 解得：2,1ab2 分 椭圆 E 的方程为 2 2 1 4 y x.3 分 （II）解法一： 假设存在定圆 O，不论直线l的斜率 k 取何值时，定圆 O 恒与直线l相切. 这时，只需证明坐标原点 O 到直线l的距离为定值即可. 设 1122 ,P x yQ xy，
17、联立方程组 2 2 1 4 y kx m y x ，消去 y 整理得： 22 2 4240kxkmxm 2 22 22 24 440:40kmkmkm ，得 2 22 1212 24 , 44 kmm xxx x kk 5 分 以线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O，所以 2 2 1212 12121212 10 x xy yx xkxmkxmkx xkm xxm 2 2 2 2 2 4 2 10 4 4 m km kkmm k k 化简得： 22 454km7 分 此时，坐标原点 O 到直线l距离 d 为： 22 22 2 2 5 5415 1 1 4 mmm d mk k 8 分 由坐标原
18、点 O 到直线l的距离 2 5 5 d 为定值知，所以存在定圆 O，不论直线l的斜率 k 取何 值时，定圆 O 恒与直线l相切，定圆 O 的方程为： 224 5 xy.10 分 此时由，得不等式组 22 22 4 0 454 0 km km 得m的取值范围是 2 52 5 , 55 12 分 解法二： 假设存在定圆 O，不论直线l的斜率 k 取何值时，定圆 O 恒与直线l相切. 9 这时，只需证明坐标原点 O 到直线l的距离为定值即可. 设直线 OP 的方程为：,ytx P点的坐标为 00 ,xy，则 00 ytx， 联立方程组 2 2 0 2 2 4 41 4 ytx x y tx ，解得：
19、 2 2 2222 000 2 4 1 1 4 t OPxytx t 5 分 以线段 PQ 为直径的圆过坐标原点 O， OPOQ，直线 OQ 的方程为： 1 yx t 在式中以 1 l 换 t，得 2 2 2 22 1 4 1 4 1 = 14 1 4 tt OQ t t 7 分 又由OPOQ知： 2 222 222 22 22 4 14 120 1 414144 ttt PQOPOQ tttt 设坐标原点 O 到直线l的距离为 d，则有PQ dOP OQ 22 22 22 2 22 2 22 4 14 1 42 5 414 , 55 20 1 144 tt OPOQ ll dd PQ t t
20、t 又当直线 OP 与y轴重合时，0, 2 ,1,0PQ此时 2 5 5 d 9 分 由坐标原点 O 到直线l的距离 2 5 5 d 为定值知，所以存在定圆 O，不论直线l的斜率 k 取 何值时，定圆 O 恒与直线l相切，定圆 O 的方程为： 22 4 5 xy.10 分 直线l与y轴交点为0,m，且点0,m不可能在圆 O 内，又当 k=0 时，直线l与定圆 O 切 于点 2 5 0, 5 ，所以m的取值范围是 2 52 5 , 55 12 分 22.解： （I）证明：由 sin1cosf xxaxfxax ，得1 分 10 1cos1x ， 11cos0afxax 当时， sin0f xxa
21、x在，上为增函数， 所以当0,x时，恒有 00f xf成立；3 分 （II）由 ln ,10 mxm g xxmxgxx xx 得 当 00mgx时， 0g x在，上为增函数，无极值，4 分 当 0,00;0mxmgxxmgx 时，时， 0g xm在，上为减函数，在,m上为增函数， xmx 时，g有极小值lnmmm，无极大值，6 分 综上知：当 0mg x 时，无极值， 当 0mg x 时，有极小值lnmmm，无极大值。7 分 （III）证明：由（I）知，当 11 sin0 22 af xxx时，在，上为增函数， 由（II）知，当0m 时， 0g x在，上为增函数， 这时， 0f xg x在，
22、上为增函数， 所以，不可能存在 1212 ,0,x xxx且， 满足 1122 f xg xf xg x 所以，有0m 8 分 现不防设 121122 0 xxf xg xf xg x，由得： 111222 11 2sinln2sinln 22 xxmxxxmx 212121 1 lnln2sinsin 2 mxxxxxx 又由（I）知 1122 sinsinxxxx 2121 11 sinsin 22 xxxx 11 由式可得： 212121 1 lnln2 2 mxxxxxx 即 2121 3 lnln0 2 mxxxx 又 1221 lnln,lnln0 xxxx 21 21 3 0 2
23、lnln xx m xx 9 分 又要证 2 12 12 2 49 94 x x mx x m ，即证， 12 0,0mxx 即证 1 1 3 2 mx x 所以由式知，只需证明： 21 12 21 lnln xx x x xx 即证 2 12 2 1 1 1 ln x xx x x x ，设 2 1 1 x t x ，只需证 1 ln t t t ，即证： 1 ln01 t tt t 10 分 令 1 ln1 t h tt t t 由 2 1 011 2 t h tth t t t 知，在 ，上为增函数， 10h th 21 12 21 lnln xx x x xx 成立，所以由知， 12 3 0 2 mx x成立， 所以 12 2 4 9 x x m 成立.12 分
