河北省唐山一中高三上學(xué)期期中考試 數(shù)學(xué)理試題含答案

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1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5唐山一中20xx20xx學(xué)年度第一學(xué)期期中考試 高三年級(jí)數(shù)學(xué)（理科）試卷本試卷分為第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分.滿分150分.考試時(shí)間120分鐘.第卷（選擇題 共60分）一、選擇題：（本題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的）1平面向量與的夾角為60，則（ ）（A） （B） （C）4 （D）122若集合則“”是“”的（ ）（A）充分不必要條件（B）必要不充分條件（C）充要條件（D）既不充分也不必要條件24側(cè)視圖 6正視圖俯視圖453已知平面向量的夾角為且，在中， ，為中點(diǎn)，則( )A.2 B.4 C.6 D.8

2、4某幾何體的三視圖如右圖（其中側(cè)視圖中的圓弧是半圓），則該幾何體的表面積為（ ）（A） （B）（C） （D）5已知等差數(shù)列中，記，S13=( )A78 B68 C56 D526已知雙曲線 的左、右焦點(diǎn)分別為，以為直徑的圓與雙曲線漸近線的一個(gè)交點(diǎn)為，則此雙曲線的方程為（ ）A B C D7在中,角所對(duì)的邊分別為,且滿足,則的最大值是( ) A B. C. D. 28若函數(shù)的圖象在處的切線與圓相切，則的最大值是（ ）（A）4 （B）（C）2 （D）9. 在橢圓中，分別是其左右焦點(diǎn)，若橢圓上存在一點(diǎn)P使得，則該橢圓離心率的取值范圍是( ) A B C D10已知A、B、C是球O的球面上三點(diǎn)，三棱錐O

3、ABC的高為2且ABC=60，AB=2，BC=4，則球O的表面積為（） A B. C. D. 11已知定義在R上的函數(shù)對(duì)任意的都滿足，當(dāng) 時(shí)，若函數(shù)至少6個(gè)零點(diǎn)，則取值范圍是（ ）（A） （B） （C） （D）12對(duì)于定義域?yàn)榈暮瘮?shù)和常數(shù)，若對(duì)任意正實(shí)數(shù)，使得恒成立，則稱函數(shù)為“斂函數(shù)”現(xiàn)給出如下函數(shù)：； ； ； . 其中為“斂1函數(shù)”的有 高考資源網(wǎng)A B C D 卷 非選擇題 （共90分）二、填空題（本題共4個(gè)小題，每小題5分，共20分. 把每小題的答案填在答題紙的相應(yīng)位置）13. 過點(diǎn)的直線與圓截得的弦長(zhǎng)為，則該直線的方程為 。 高考資源網(wǎng)14已知?jiǎng)訄A的圓心C在拋物線x2=2py（p0）

4、上，該圓經(jīng)過點(diǎn)A（0，p），且與x軸交于兩點(diǎn)M、N，則sinMCN的最大值為 15.如果直線和函數(shù)的圖象恒過同一個(gè)定點(diǎn)，且該定點(diǎn)始終落在圓的內(nèi)部或圓上，那么的取值范圍_.16已知函數(shù)定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，給出下列命題：當(dāng)時(shí)， 函數(shù)有2個(gè)零點(diǎn)的解集為 ，都有其中正確的命題是 三、解答題（共7個(gè)題， 共70分，把每題的答案填在答卷紙的相應(yīng)位置）17如圖所示，扇形AOB,圓心角AOB的大小等于，半徑為2，在半徑OA上有一動(dòng)點(diǎn)C，過點(diǎn)C作平行于OB的直線交弧AB于點(diǎn)P.（1）若C是半徑OA的中點(diǎn)，求線段PC的長(zhǎng)；（2）設(shè),求面積的最大值及此時(shí)的值。18. 數(shù)列的前項(xiàng)和為，且是和的等差中項(xiàng)，等差數(shù)列

5、滿足，.（1）求數(shù)列、的通項(xiàng)公式； 高考資源網(wǎng)（2）設(shè)，數(shù)列的前項(xiàng)和為，證明：.19（12分）如圖，四邊形PCBM是直角梯形，PCB=90，PMBC，PM=1，BC=2又AC=1，ACB=120，ABPC，直線AM與直線PC所成的角為60（1）求證：PCAC；（2）求二面角MACB的余弦值；（3）求點(diǎn)B到平面MAC的距離20在平面直角坐標(biāo)系中，已知橢圓：的離心率，且橢圓C上一點(diǎn)到點(diǎn)Q的距離最大值為4，過點(diǎn)的直線交橢圓于點(diǎn)（）求橢圓C的方程；（）設(shè)P為橢圓上一點(diǎn)，且滿足（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），當(dāng)時(shí)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.21已知函數(shù)f（x）=alnx+（a0）在（0，）內(nèi)有極值（I）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；

6、（II）若x1（0，），x2（2，+）且a，2時(shí)，求證：f（x1）f（x2）ln2+請(qǐng)考生在第22、23兩題中任選一題作答。注意：只能做所選定題目。如果多做，則按所做的第一個(gè)題目計(jì)分。22. 如圖，已知O的半徑為1，MN是O的直徑，過M點(diǎn)作O的切線AM，C是AM的中點(diǎn)，AN交O于B點(diǎn)，若四邊形BCON是平行四邊形.（）求AM的長(zhǎng)；（）求sinANC23.已知函數(shù)。（1）若的解集為，求實(shí)數(shù)的值。（2）當(dāng)且時(shí)，解關(guān)于的不等式。20xx20xx學(xué)年度上學(xué)期期中考試 高三年級(jí)數(shù)學(xué)（理科）答案一、選擇題BAAAD CADBC AC11. 由得，因此，函數(shù)周期為2.因函數(shù)至少6個(gè)零點(diǎn)，可轉(zhuǎn)化成與兩函數(shù)圖象

7、交點(diǎn)至少有6個(gè)，需對(duì)底數(shù)進(jìn)行分類討論.當(dāng)時(shí)：得，即.當(dāng)時(shí)：得，即.所以取值范圍是.12. ；由于函數(shù)遞增，那么不會(huì)存在一個(gè)正數(shù)，滿足不等式。；當(dāng)x0,c=2,那么存在x，滿足題意，成立。 ；對(duì)于1x1,c=3，則可知滿足題意。故選C.二、填空題13、 14、1 15、 16. 14. 由題意，設(shè)C（x0，y0），則C的方程（xx0）2+（yy0）2=x02+（y0p）2把y=0和x02=2py0代入整理得x22x0x+x02+p2=0設(shè)M、N的橫坐標(biāo)分別為x1、x2，則x1=x0p，x2=x0+p|MN|=|x1x2|=2p|CM|=|CN|=11cosMCN1，0MCN0sinMCN1，si

8、nMCN的最大值為1故答案為：116. 設(shè)，則，故，所以，故錯(cuò)；因?yàn)槎x在R上的奇函數(shù)，所以，又，故有個(gè)零點(diǎn)，錯(cuò)；當(dāng)時(shí)，令，解得，當(dāng)時(shí)，令解得，綜上的解集為，正確；當(dāng)時(shí)，在處取最小值為，當(dāng)時(shí)，在處取最大值為，由此可知函數(shù)在定義域上的最小值為，最大值為，而，所以對(duì)任意的，都有，正確三、解答題17、18、（1）是和的等差中項(xiàng)， 當(dāng)時(shí)， 當(dāng)時(shí)， ，即 3分?jǐn)?shù)列是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列， 5分設(shè)的公差為， 6分（2） 7分 9分, 10分?jǐn)?shù)列是一個(gè)遞增數(shù)列 . 綜上所述， 12分19、解：方法1：（1）證明：PCBC，PCAB，PC平面ABC，PCAC（2分）（2）取BC的中點(diǎn)N，連MNPM=CN

9、，MN=PC，MN平面ABC作NHAC，交AC的延長(zhǎng)線于H，連接MH由三垂線定理得ACMH，MHN為二面角MACB的平面角直線AM與直線PC所成的角為60，在RtAMN中，AMN=60在ACN中，在RtAMN中，在RtNCH中，在RtMNH中，故二面角MACB的余弦值為（8分）（3）作NEMH于EAC平面MNH，ACNE，NE平面MAC，點(diǎn)N到平面MAC的距離為點(diǎn)N是線段BC的中點(diǎn)，點(diǎn)B到平面MAC的距離是點(diǎn)N到平面MAC的距離的兩倍為（12分）方法2：（1）證明：PCBC，PCAB，PC平面ABC，PCAC（2分）（2）在平面ABC內(nèi)，過C作BC的垂線，并建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示設(shè)P（0，

10、0，z），則，且z0，得z=1，設(shè)平面MAC的一個(gè)法向量為=（x，y，1），則由得得平面ABC的一個(gè)法向量為顯然，二面角MACB為銳二面角，二面角MACB的余弦值為（8分）（3）點(diǎn)B到平面MAC的距離（12分）20、解析：（） （1分）則橢圓方程為即設(shè)則 當(dāng)時(shí)，有最大值為 解得，橢圓方程是 （4分）（）設(shè)方程為由 整理得. 由，得. （6分） 則, 由點(diǎn)P在橢圓上，得化簡(jiǎn)得 （8分）又由即將，代入得 化簡(jiǎn)，得則, （10分）由，得聯(lián)立，解得或 （12分）21解：（I）由f（x）=alnx+（a0），得：，a0，令，g（0）=10令或， 則0a2(II）由（I）得：，設(shè)ax2（2a+1）x+a=

11、0（0a2）的兩根為，則，得當(dāng)x（0，）和（，+）時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x和（2，）時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，則f（x1）f（a），f（x2）f（），則f（x2）f（x1）f（）f（）=alnaln=（利用）令，x2則，則函數(shù)h（x）單調(diào)遞增， h（x）h（2）=2ln2+，則，f（x1）f（x2）ln2+22、（）連接，則，因?yàn)樗倪呅问瞧叫兴倪呅?，所以，因?yàn)槭堑那芯€，所以，可得，又因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，所以，得，故. （5分）（）作于點(diǎn)，則，由（）可知，故. （10分）23.解：（）由|xa|m得amxa+m，所以解之得為所求 4分（）當(dāng)a=2時(shí)，f（x）=|x2|，所以當(dāng)t=0時(shí)，不等式恒成立，即xR；當(dāng)t0時(shí)，不等式解得x22t或或x，即；綜上，當(dāng)t=0時(shí)，原不等式的解集為R，當(dāng)t0時(shí)，原不等式的解集為 10分