【100所名校】2019届河北省唐山一中高三上学期期中考试数学文试题（解析版）.docx

2019届河北省唐山一中高三上学期期中考试数学文试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 数学注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1已知集合A=xlog2x<1，B=xx2+x-2<0，则AB=A(-,2) B(0,1) C(0,2) D(-2,1)2已知复数z1-i2=2+2i(i为虚数单位），则z+z2=A1+3i B3+i C1+i D1-i3一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的体积为A B C(1+) D4已知数列an的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sm+n(m，n N*）且a1=5，则a8=A40 B35 C5 D125已知命题：p:xR，x2-2xsin+10；命题q:，R，sin(+)sin+sin则下列命题中的真命题为A(¬p)q Bp(¬q) C(¬p)q D¬(pq)6已知函数f(x)=(x-1)(ax+b)为偶函数，且在(0,+)单调递减，则f(3-x)<0的解集为A(2,4) B(-,2)(4,+) C(-1,1) D(-,-1)(1,+)7函数y=2xsin2x的图象可能是A B C D8德国数学家科拉茨1937年提出一个著名的猜想：任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半(即n2)；如果n是奇数，则将它乘3加1(即3n+1)，不断重复这样的运算,经过有限步后，一定可以得到1.对于科拉茨猜想，目前谁也不能证明,也不能否定.现在请你研究:如果对正整数n(首项)按照上述规则进行变换后的第9项为1(注：1可以多次出现),则n的所有不同值的个数为A4 B5 C6 D79若两个正实数满足，且不等式有解，则实数的取值范围是A BC D10如图，在ABC中，CM=2MB，过点M的直线分别交射线AB、AC于不同的两点P、Q，若AP=mAB,AQ=nAC，则mn+m的最小值为A2 B23 C6 D6311已知函数f（x）=sinx3cosx（0），若方程f（x）=1在（0，）上有且只有四个实数根，则实数的取值范围为A（72，256 B（136，72 C（256，112 D（112，37612已知函数f(x)=mx-lnx，x0mx+ln(-x)，x0若函数f（x）有两个极值点x1，x2，记过点A（x1，f（x1）和B（x2，f（x2）的直线斜率为k，若0k2e，则实数m的取值范围为A(1e，2 B（e，2e C(1e，e D(2，e+1e二、填空题13已知向量|a|=l，|b|=2，且b（2a+b）=1，则向量a，b的夹角的余弦值为_14已知点x,y满足不等式组x0y02x+y2，若ax+y3恒成立，则实数a的取值范围是_15已知f(x)=sin(2019x+6)+cos(2019x-3)的最大值为A，若存在实数x1,x2使得对任意实数x总有f(x1)f(x)f(x2)成立，则A|x1-x2|的最小值为_16已知D、E、F分别是正四面体的棱PA、PB、PC上的点，且PDPE，若DE=2，DF=EF=7,则四面体P-DEF的体积是_.三、解答题17在锐角ABC中, b2-a2-c2ac=cosA+csinAcosA.（I）求角A；()若a=2,求bc的取值范围.18若数列an的前n项和为Sn，a1>0且2Sn=an2+an (nN*)（1）求数列an的通项公式；（2）若an>0，令bn=(-1)n-12n+1an(an+1)，求数列bn的前n项和Tn，并比较Tn 与1的大小关系.19已知函数f(x)=23sinxcosx+2cos2x（1）求函数f(x)=23sinxcosx+2cos2x的对称轴；对称中心；单调递增区间；（2）在ABC中，a,b,c分别是A,B,C所对的边，当fA=2，a=2时，求ABC内切圆面积的最大值.20如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO平面BB1C1C.（1）证明：B1CAB（2）若ACAB1,CBB1=60°，BC=1求三棱柱ABC-A1B1C1的高.21已知函数f(x)=x33-x2-ax+ln(ax+1)(aR).（1）若x=2为f(x)的极值点，求a的值；（2）当a=-1时，方程f(x)=x33+b1-x有实数根，求b的最大值22已知函数f(x)=alnx-x+1 （1）若f(x)<0对任意x(1,+)恒成立，求实数a的取值范围；（2）当0<ae+1e时，若函数g(x)=f(x)+1x-1有两个极值点x1,x2(x1<x2),求g(x2)-g(x1)的最大值.好教育云平台 名校精编卷 第1页（共4页） 好教育云平台 名校精编卷 第2页（共4页）2019届河北省唐山一中高三上学期期中考试数学文试题数学 答 案参考答案1B【解析】【分析】分别求出A与B中不等式的解集确定出A与B，找出两集合的交集即可【详解】由A中不等式变形得：log2x1=log22，解得：0x2，即A=（0，2），由B中不等式变形得：（x1）（x+2）0，解得：2x1，即B=（2，1），则AB=（0，1），故选：B【点睛】本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键2D【解析】【分析】由题意可得z=-1+i，进而得到z+z2.【详解】z1-i2=2+2iz=2+2i1-i2=2+2i-2i=2+2ii-2ii=-1+iz+z2=-1-i+2=1-i故选：D【点睛】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式、共轭复数的概念 ，考查了推理能力与计算能力，属于基础题3A【解析】由三视图可知该几何体是由一个半圆锥和一个四棱锥组合而成的,其中半圆锥的底面半径为1,四棱锥的底面是一个边长为2的正方形,它们的高均为,则V=×(+4)×=,故选A.4C【解析】【分析】数列an的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m（n，mN*）且a1=5，令m=1，可得Sn+1=Sn+S1，可得an+1=5即可得出【详解】数列an的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m（n，mN*）且a1=5，令m=1，则Sn+1=Sn+S1=Sn+5可得an+1=5则a8=5故选：C【点睛】本题考查了数列的通项公式与求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题5B【解析】试题分析：p:x2-2xsin+1=(x-sin)2+1-sin2=(x-sin)2+cos20，p为真命题q:当=54时，+=52，sin(+)=1，sin+sin=-2，sin(+)>sin+sin，q为假命题，p(¬q)为真命题选B考点：命题真假【名师点睛】若要判断一个含有逻辑联结词的命题的真假，需先判断构成这个命题的每个简单命题的真假，再依据“或”一真即真，“且”一假即假，“非”真假相反，做出判断即可以命题真假为依据求参数的取值范围时，首先要对两个简单命题进行化简，然后依据“pq”“pq”“非p”形式命题的真假，列出含有参数的不等式(组)求解即可6B【解析】分析：根据函数的单调性与奇偶性将f(3-x)<0转化为3-x>1，从而可得结果.详解：因为函数f(x)=(x-1)(ax+b)为偶函数，且在(0,+)单调递减，所以fx在-,0上递增，又因为f1=0，由f3-x<0得f3-x<f1，3-x>1，解得x>4或x<2，f(3-x)<0的解集为(-,2)(4,+)，故选B.点睛：本题主要考查函数的奇偶性与单调性的应用，属于难题.将奇偶性与单调性综合考查是，一直是命题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解.7D【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在(2,)上的符号，即可判断选择.详解：令f(x)=2|x|sin2x， 因为xR,f(-x)=2|-x|sin2(-x)=-2|x|sin2x=-f(x)，所以f(x)=2|x|sin2x为奇函数，排除选项A,B；因为x(2,)时，f(x)<0，所以排除选项C，选D.点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复8D【解析】如果正整数n按照上述规则实行变换后的第9项为1，则变换中的第8项一定是2，变换中的第7项一定是4，按照这种逆推的对应关系可得如下树状图：则n的所有可能的取值为4，5，6，32，40，42，256共7个.本题选择D选项.9B【解析】试题分析：由题意知x+4y=(x+4y)(1x+4y)=2+y4x+4xy4，不等式有解，只需m2-3m>4即可，解得m<-1或m>4.【方法点睛】在数学运算中,为了解题方便,我们常将“1”代换成另一种形式.高中数学中有不少题目，如果能巧妙地利用1的代换，将大大地简化计算量和计算过程，能收到事半功倍的良效.本题就是巧妙运用，把x+4y变换成(x+4y)(1x+4y)，然后再利用均值不等式求出x+4y的最小值，从而得到关于m的不等式，进一步求得m的范围考点：1、均值不等式；2、不等式有解成立的条件10A【解析】【分析】根据的向量的几何意义，利用P，M，Q三点共线，得出m，n的关系，利用基本不等式求最小值【详解】由已知，可得AM=AB+BM=AB+13BC=AB+13AC-AB=23AB+13AC=23mPB+13nAQ，因为P，M，Q三点共线，所以23m+13n=1，所以mn+m=2n+m3+m=2n3+4m3=（2n3+4m3）（23m+13n）=109+4n9m+4m9n109+24n9m×4m9n=2，故选：A【点睛】在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.一正：关系式中，各项均为正数；二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；三相等：含变量的各项均相等，取得最值.11A【解析】【分析】化简f（x）的解析式，作出f（x）的函数图象，利用三角函数的性质求出直线y=1与y=f（x）在（0，+）上的交点坐标，则介于第4和第5个交点横坐标之间【详解】f（x）=2sin（x3），作出f（x）的函数图象如图所示：令2sin（x3）=1得x3=6+2k，或x3=76+2k，x=6+2k，或x=32+2k，kZ，设直线y=1与y=f（x）在（0，+）上从左到右的第4个交点为A，第5个交点为B，则xA=32+2，xB=6+4，方程f（x）=1在（0，）上有且只有四个实数根，xAxB，即32+26+4，解得72256故选：A【点睛】本题考查了三角函数的恒等变换，三角函数的图象与性质，属于中档题12C【解析】【分析】当x0时，函数f（x）=mxlnx的导函数为f'(x)=m-1x=mx-1x，不妨设x2=x10，则有x2=1m，B(1m，1+lnm)可得：A(-1m，-(1+lnm)由直线的斜率公式得k=f(x2)-f(x1)x2-x1=m(1+lnm)，m0，又k0，可得1+lnm0，m1e，令k=h(m)=m(1+lnm)，m1e，得h（m）=2+lnm=1+（1+lnm）0，得：h(1e)h(m)h(e)，所以1eme【详解】当x0时，函数f（x）=mxlnx的导函数为f'(x)=m-1x=mx-1x，由函数f（x）有两个极值点得m0，又f（x）为奇函数，不妨设x2=x10，则有x2=1m，B(1m，1+lnm)可得：A(-1m，-(1+lnm)由直线的斜率公式得k=f(x2)-f(x1)x2-x1=m(1+lnm)，m0，又k0，1+lnm0，m1e，（当0m1e时，k0，不合题意）令k=h(m)=m(1+lnm)，m1e得h（m）=2+lnm=1+（1+lnm）0，h（m）在(1e，+)上单调递增，又h(1e)=0，h(e)=2e，由0k2e得：h(1e)h(m)h(e)，所以1eme故选：C【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值、零点及不等式问题，考查逻辑推理能力及运算能力，属于中档题13-24【解析】【分析】利用向量的数量积运算法则和夹角公式即可得出【详解】b（2a+b）=1，2ab+b2=1，|b|=2，2ab+2=1，化为ab=-12cosa，b=ab|a|b|=-121×2=24故答案为：-24【点睛】本题考查了向量的数量积运算法则和夹角公式，属于基础题14(-,3【解析】试题分析：满足不等式组x0,y0,2x+y2的平面区域如图所示，由于对任意的实数x,y，不等式ax+y3恒成立，根据图形，可得斜率-a0或-a>kAB=3-00-1=-3，解得a3，则实数a的取值范围是(-,3考点：简单的线性规划的应用【方法点晴】本题主要考查了简单的线性规划的应用，其中解答中涉及直线的斜率公式，二元一次不等式所表示的平面区域，不等式的恒成立问题等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及数形结合和转化思想的应用，本题的解答中正确画出约束条件所表示的平面区域，合理转化恒成立问题是解答的关键，属于中档试题1522019【解析】【分析】利用三角恒等变换可得f（x）=2sin（2019x+6），依题意可知A=2，|x1x2|的最小值为12T=2019，从而可得答案【详解】f（x）=sin（2019x+6）+cos（2019x3），=32sin2019x+12cos2019x+12cos2019x+32sin2019x，=3sin2019x+cos2019x=2sin（2019x+6），A=f（x）max=2，周期T=22019，又存在实数x1，x2，对任意实数x总有f（x1）f（x）f（x2）成立，f（x2）=f（x）max=2，f（x1）=f（x）min=2，|x1x2|的最小值为12T=2019，又A=2，A|x1x2|的最小值为22019故答案为：22019【点睛】本题考查三角函数的最值，着重考查两角和与差的正弦与余弦，考查三角恒等变换，突出正弦函数的周期性的考查，属于中档题16178【解析】【分析】由题意画出图形，设PD=x，PE=y，PF=z，由余弦定理得到关于x，y，z的方程组，求解可得x，y，z的值，然后分别求出三角形PDE的面积及F到平面PDE的高，代入棱锥体积公式得答案【详解】如图，设PD=x，PE=y，PF=z，则DE=2，DF=EF=7，由余弦定理得，x2+y22xy12=4y2+z22yz12=7z2+x22zx12=7得，x2y2=xzyz，即（x+y）（xy）=z（xy），xy，则z=x+y，代入，得x2+y2+xy=7，又x2+y2xy=4，不妨设xy，解得，x=34+104，y=34-104，z=342则SPDE=12×34+104×34-104×32=338，F到平面PDE的距离d=63z=63×342=513VPDEF=13×338×513=178故答案为：178【点睛】本题考查棱锥体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查计算能力，属于中档题17() A=4（）bc(22,2+2【解析】试题分析：（）由题根据余弦定理化简所给条件可得-2accosBac=cos(-B)sinAcosA，所以，根据角的范围可得角A；（）由题根据所给条件可得，根据正弦定理可得，所以bc=2sin(135°-C)2sinC =2sin(2C-45°)+2，然后根据可得bc的范围试题解析：（1）由b=2sinB,c=2sinC且4分（2）又bc=2sin(135°-C)2sinC =2sin(2C-45°)+28分12分考点：正弦定理、余弦定理的应用18（1）an=n 或 an=(-1)n-1 ； （2）Tn=1+(-1)n-11n+1,当n为奇数时,Tn=1+1n+1>1,当n为偶数时，Tn=1-1n+1<1 .【解析】【分析】（1）由2Sn=an2+an可得可得an=an-1+1或an+an-1=0，从而得到数列an的通项公式；（2）bn=(-1)n-1(1n+1n+1)，利裂项相消法得到数列bn的前n项和Tn，分奇偶判断Tn 与1的大小【详解】（1）当n=1时，2S1=a12+a1，则a1=1 当n2时，an=Sn-Sn-1=an2+an2-an-12+an-12，即(an+an-1)(an-an-1-1)=0，由a1>0可得an=an-1+1或an+an-1=0则an=n 或 an=(-1)n-1.（2） an>0bn=(-1)n-12n+1an(an+1)=(-1)n-12n+1n(n+1)=(-1)n-1(1n+1n+1) Tn=(1+12)-(12+13)+(13+14)-+(-1)n-1(1n+1n+1)=1+(-1)n-11n+1 当n为奇数时,Tn=1+1n+1>1 当n为偶数时，Tn=1-1n+1<1【点睛】已知Sn求an的一般步骤：（1）当n=1时，由a1=S1求a1的值；（2）当n2时，由an=Sn-Sn-1，求得an的表达式；（3）检验a1的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示an；（4）写出an的完整表达式.19（1）对称轴为x=6+k2,kZ，对称中心为(-12+k2,1),kZ，单调递增区间为-3+k2,6+k2,kZ ； （2）3.【解析】【分析】（1）将函数f（x）进行化简，然后根据三角函数的图象和性质即可求函数f（x）的对称轴、对称中心、单调递增区间；（2）由f(A)=2 可得 A=3，利用12(2+b+c)r=12bcsinA=34bc得r=3bc2(2+b+c)，再结合余弦定理及重要不等式得到结果.【详解】(1)f(x)=2sin(2x+6)+1对称轴为x=6+k2,kZ对称中心为(-12+k2,1),kZ单调递增区间为-3+k2,6+k2,kZ(2) 由f(A)=2 A=3由12(2+b+c)r=12bcsinA=34bc得r=3bc2(2+b+c)由余弦定理b2+c2-4=2bccos3,即(b+c)2-2bc-4=bc r=3(b+c-2)6由基本不等式得b+c4r=3(b+c-2)633，ABC内切圆面积最大值为3【点睛】解三角形的基本策略一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化变；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.20（1）见解析，（2）217 .【解析】【分析】（1）连接BC1，则O为B1C与BC1的交点，证明B1C平面ABO，可得B1CAB；（2）作ODBC，垂足为D，连接AD，作OHAD，垂足为H，证明CBB1为等边三角形，求出B1到平面ABC的距离，即可求三棱柱ABCA1B1C1的高【详解】（1）连接BC1，则O为B1C与BC1的交点.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1.又AO平面BB1C1C，所以B1CAO，故B1C平面ABO.由于AB平面ABO，故B1CAB. （2）作ODBC，垂足为D，连接AD.作OHAD，垂足为H. 由于BCAO，BCOD，故BC平面AOD，所以OHBC.又OHAD，所以OH平面ABC. 因为CBB1=60°，所以CBB1为等边三角形，又BC=1， 可得OD=34.由于ACAB1 ，所以OA=12B1C=12. 由OHAD=ODOA，且AD=OD2+OA2=74，得OH=2114.又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为217，故三棱柱ABC-A1B1C1的距离为217.【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质，考查点到平面距离的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题21（1）a=0, ； （2）0 .【解析】【分析】（1）求导，由题意可知f（2）=0，即可求得a的值；（2）由题意可知：x2+x+ln（1x）=b1-x，则b=t（lnt+tt2）在（0，+）上有解，t=1x，构造辅助函数，求导，根据导数与函数单调性及最值的关系，即可求得b的最大值【详解】（1）f(x)=x33-x2-ax+ln(ax+1)，求导f'(x)=x2-2x-a+aax+1由x=2为f(x)的极值点，则f'(2)=0，即-a+aax+1=0，解得：a=0，当a=0, f'(x)=x2-2x从而x=2为函数的极值点，成立，a=0,；(2)当a=-1,时，方程f(x)=x33+b1-x，转化成-x2+x+ln(1-x)=b1-x即b=-x2(1-x)+x(1-x)+(1-x)ln(1-x) ，令t=1-x,则b=t(lnt+t-t2) 在（0，+）(0,+)上有解，令h(t)=lnt+t-t2(t>0)求导h'(t)=1t+1-2t=(2t+1)(t-1)t，当0t1时，h（t）0，故h（t）在（0，1）上单调递增；当t1时，h（t）0，故h（t）在（1，+）单调递减；h（t）在（0，+）上的最大值为h（t）max=h（1）=0，此时x=1-t=0,b=t(lnt+t-t2)=0当a=1时，方程f(x)=x33+b1-x有实数根，求b的最大值0【点睛】本题考查导数的综合应用，考查导数与函数单调性的关系，利用导数求函数的单调性及最值，二次函数的性质，考查计算能力，考查转化思想，属于中档题22（1）a1 ； （2）4e .【解析】【分析】（1）f（x）=alnxx+1，利用导数性质结合分类讨论思想，能求出实数a的取值范围（2）g（x）=alnxx+1x，g（x）=-x2+ax-1x2，由此利用导数性质能求出当x=e时，t（x）取得最大值，最大值为t（e）=4e【详解】（1）f'(x)=ax-1，x(1,+)当a1时，f'x<0，所以fx在(1,+)内单调递减，则有fx<f1=0，从而fx<0当a>1时，f'x=0，得x=a，当x(1,a)，有f'x>0，则fx在(1,a)上内单调递增，此时fx>f1>0，与fx<0恒成立矛盾，因此不符合题意综上实数a的取值范围为a1. ( 2 )gx=fx+1x-1=alnx-x+1x则g'(x)=ax-1-1x2=-x2+ax-1x2由已知，可得g'(x)=0，即方程-x2+ax-1=0有2个不相等的实数根x1,x2(x1<x2)，则x1+x2=ax1x2=1>0，解得x1=1x2a=x2+1x2a>2，其中0<x1<1<x2而g（x2）g（x1）=alnx2x2+1x2alnx1+x11x1=alnx2x1+（x1x2）+（1x21x1）=（x2+1x2）lnx22+1x2x2+1x2+x2=2（1x2+x2）lnx2+1x2x2，由2<ae+1e,可得2<x2+1x2e+1e，又x2>1，所以1<x2e设t(x)=2(x+1x)lnx+2x-2x，1<xet'(x)=2(1-1x2)lnx，由1<xe，则1-1x2>0,lnx>0，故t'(x)>0所以t(x)在(1,e单调递增，当x=e时，t(x)取得最大值，最大值为t(e)=4e【点睛】本题考查函数的单调性的讨论，考查实数的取值范围、函数最大值的求法，考查导数性质、构造法等基础知识，考查运算求解能力和思维能力，考查函数与方程思想，属于中档题好教育云平台 名校精编卷答案 第13页（共14页） 好教育云平台 名校精编卷答案 第14页（共14页）