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玉山一中2018—2019学年度第一学期高三期中考试
理科数学试卷
时间：120分钟 满分：150分 命题人：颜小丽 审题人：尤淑英
一、选择题本大题共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.
1．若全集U=R，集合，B={}，则=（ ）
A．{} B．{或}
C．{} D．{或}
2．若，则cos2α=（ ）
A． B． C． D．
3．若非零向量，满足，，则与的夹角为（ ）
A．30° B．60° C．120° D．150°
4．已知函数，且，则=（ ）
A． B． C． D．
5．设是平面α内的两条不同直线，是平面内两条相交直线，则的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
6．若直线与圆有公共点，则（ ）
A． B． C． D．
7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A． B．
C． D．
8．在等比数列{}中，若，，则（ ）
A．1 B． C． D．
9．已知满足约束条件，且的最小值为2，则常数=（ ）
A．2 B．﹣2 C．6 D．3
10．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，且，，点在棱上运行，设的长度为，若的面积为，则的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知圆,，考虑下列命题：①圆C上的点到（4，0）的距离的最小值为；②圆C上存在点P到点的距离与到直线的距离相等；
③已知点，在圆C上存在一点，使得以为直径的圆与直线相切，其中真命题的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
12．定义在[0，+∞）上的函数满足：．其中表示的导函数，若对任意正数都有，则实数的取值范围是（ ）
A．（0，4] B．[2，4]
C．（﹣∞，0）∪[4，+∞） D．[4，+∞）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上）.
13．垂直于直线并且与曲线相切的直线方程是 。
14．曲线，与直线有两个公共点时，则实数的取值范围是 。 .
15.已知为数列{}的前项和，且．则{}的通项公式为 。
16.已知菱形ABCD的边长为，∠D=60°，沿对角线BD将菱形ABCD折起，使得二面角A﹣BD﹣C的余弦值为，则该四面体ABCD外接球的体积为 。
三．解答题（共6大题，17题10分，其余每题12分，共70分）
17．设的内角所对的边分别为，且．
（1）求的值；
（2）若，求面积的最大值．
18.数列{}中，，，且满足，
（1）设，求；
（2）设，，，，是否存在最大的正整数，
使得对任意均有成立？若存在求出的值；若不存在，请说明理由．
19.如图，在底面是正三角形的三棱锥P﹣ABC中，PA=AB=2，PB=PC=．
（1）求证：PA⊥平面ABC；
（2）若点D在线段PC上，且直线BD与平面ABC所成角为，求二面角D﹣AB﹣C的余弦值．
20.已知圆与轴相切于点（0，3），圆心在经过点（2，1）与点（﹣2，﹣3）的直线上．
（1）求圆的方程；
（2）圆与圆：相交于M、N两点，求两圆的公共弦MN的长．
21．如图，在斜三棱柱中，，，，侧面
与底面所成的二面角为120°，分别是棱、的中点
（1）求与底面所成的角；
( 2 )证明平面；
（3）求经过四点的球的体积．
22.已知函数，，且曲线在处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）求函数在[0，1]上的最小值：
（3）证明：当时，．
玉山一中2018—2019学年度第一学期高三期中考试
数学试卷答案
一、选择题本大题共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.
1--5 B C C A B 6--10 D B C B A 11--12 C C
二、 填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上.
13 . 3x+y+6=0 14. 15. an=n+1 16. 8π
三．解答题（共6大题，17题10分，其余每题12分，共70分）
17.解：（1）△ABC中，3acosC=3b﹣2c，
由正弦定理得：3sinAcosC=3sinB﹣2sinC，
∴3sinAcosC=3sin（A+C）﹣2sinC，
∴3cosAsinC=2sinC，
∵sinC≠0，
∴，
∵A∈（0，π），
∴----------------------5分
（2）由（1）知，可得：，
由余弦定理得：，，
∴，
∴bc≤9（当且仅当b=c时取“=”号）
可得：，
即△ABC面积的最大值为．------------------10分。
18.解：（1）由知数列{an}为等差数列，
设其公差为d，则．
故an=a1+（n﹣1）d=10﹣2n．………………………（3分）
由an=10﹣2n≥0，解得n≤5．故
当n≤5时Sn=|a1|+|a2|+…+|an|=9n﹣n2
当n＞5时Sn=|a1|+|a2|+…+|an|=
-----6分
-----------10分
从而
故数列Tn是单调递增数列，又因是数列中的最小项，
要使恒成立，故只需成立即可，
由此解得m＜8，由于m∈Z*，
故适合条件的m的最大值为7．-----------12分。
19.证明：（Ⅰ）∵在底面是正三角形的三棱锥P﹣ABC中，PA=AB=2，PB=PC=2．
∴PA2+AB2=PB2，PA2+AC2=PC2，
∴PA⊥AB，PA⊥AC，
∵AB∩AC=A，∴PA⊥平面ABC．--------------------------------5分
（Ⅱ）以A为原点，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
B（，1，0），C（0，2，0），P（0，0，2），
设D（0，b，c），，0≤λ≤1，则（0，b，c﹣2）=（0，2λ，﹣2λ），
∴D（0，2λ，2﹣2λ），=（﹣，2λ﹣1，2﹣2λ），
∵直线BD与平面ABC所成角为，平面ABC的法向量=（0，0，1），
∴sin==，
解得或λ=2（舍），
∴D（0，1，1），---------------------------------------------------8分
=（），=（0，1，1），
设平面ABD的法向量=（x，y，z），
则，取x=1，得=（1，﹣，），---------------10分
平面ABC的法向量=（0，0，1），
设二面角D﹣AB﹣C的平面角为θ，
则cosθ===．
∴二面角D﹣AB﹣C的余弦值为．-------------------------------12分
20.解：（Ⅰ）经过点（2，1）与点（﹣2，﹣3）的直线方程为，
即y=x﹣1．
由题意可得，圆心在直线y=3上，
联立，解得圆心坐标为（4，3），
故圆C1的半径为4．
则圆C1的方程为（x﹣4）2+（y﹣3）2=16；---------------------6分
（Ⅱ）∵圆C1的方程为（x﹣4）2+（y﹣3）2=16，
即x2+y2﹣8x﹣6y+9=0，
圆C2：x2+y2﹣2x+2y﹣9=0，
两式作差可得两圆公共弦所在直线方程为3x+4y﹣9=0．
圆C1的圆心到直线3x+4y﹣9=0的距离d=．
∴两圆的公共弦MN的长为．---------------------------12分
21.解：（Ⅰ）过A1作A1H⊥平面ABC，垂足为H．
连接AH，并延长交BC于G，于是∠A1AH为A1A与底面ABC所成的角．
∵∠A1AB=∠A1AC，∴AG为∠BAC的平分线．
又∵AB=AC，∴AG⊥BC，且G为BC的中点．
因此，由三垂线定理A1A⊥BC．
∵A1A∥B1B，且EG∥B1B，∴EG⊥BC．
于是∠AGE为二面角A﹣BC﹣E的平面角，
即∠AGE．
由于四边形A1AGE为平行四边形，得∠A1AG=60°．-----------4分
（Ⅱ）证明：设EG与B1C的交点为P，则点P为EG的中点．连接PF．
在平行四边形AGEA1中，因F为A1A的中点，故A1E∥FP．
而FP⊂平面B1FC，A1E⊄平面B1FC，所以A1E∥平面B1FC．-------- 7分
（Ⅲ）连接A1C．在△A1AC和△A1AB中，由于AC=AB，∠A1AB=∠A1AC，A1A=A1A，
则△A1AC≌△A1AB，故A1C=A1B．由已知得A1A=A1B=A1C=a．
又∵A1H⊥平面ABC，∴H为△ABC的外心．
设所求球的球心为O，则O∈A1H，且球心O与A1A中点的连线OF⊥A1A．
在Rt△A1FO中，A1O===．
故所求球的半径R=a，球的体积V=πR3=πa3．-------------12分
22.解：（1）∵f（x）=ex﹣ax2，
∴f′（x）=ex﹣2ax，
∴f′（1）=e﹣2a=b，f（1）=e﹣a=b+1，
∴a=1，b=e﹣2．
（2）由（1）得：f（x）=ex﹣x2，
∴f′（x）=ex﹣2x，[f′（x）]′=ex﹣2，
∴f′（x）在（0，ln2）上递减，在（ln2，+∞）上递增．
∴f′（x）≥f′（ln2）=2﹣2ln2＞0，
∴f′（x）在[0，1]上递增，
∴f（x）max=f（1）=e﹣1，
∴f（x）在[0，1]上的最小值为e﹣1．
（3）证明：∵f（0）=0，由（2）得f（x）过（1，e﹣1）
且y=f（x）在x=1处的切线方程为y=（e﹣2）x+1，
故可猜测x＞0，x≠1时，f（x）的图象恒在切线y=（e﹣2）x+1的上方，
下面证明当x＞0时，f（x）＞（e﹣2）x+1
设h（x）=f（x）﹣（e﹣2）x﹣1，x＞0，
∴h′（x）=ex﹣2x﹣e+2，
[h′（x）]′=ex﹣2，
由（2）知：h′（x）在（0，ln2）上递减，在（ln2，+∞）上递增，
∵h′（0）=3﹣＞0，h′（1）=0，0＜ln2＜1，
∴h′（ln2）＜0，
∴存在x0∈（0，1），使得h′（x）=0，
∴x∈（0，x0）∪（1，+∞）时，h′（x）＞0；
x∈（x0，1）时，h′（x）＜0，
故h（x）在（0，x0）上递增，在（x0，1）上递减，在（1，+∞）上递增，
又h（0）=h（1）=0，
∴h（x）≥0当且仅当x=1时等号成立．
故，x＞0，
令φ（x）=lnx+1﹣x，则φ′（x）=﹣1，
∴x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，
∴φ（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
∴φ（x）≤φ（1）=0，
∴lnx+1﹣x≤0，
即x≥1+lnx．
∴≥x≥1+lnx，
∴ex+（2﹣e）x﹣1≥xlnx+x，
即ex+（1﹣e）x﹣xlnx﹣1≥0成立，
∴x＞0时，g（x）≤f（x）⇔xlnx﹣x2+（e﹣1）x+1≤ex﹣x2⇔ex+（1﹣e）x﹣xlnx﹣1≥0，
综上所述，x＞0时，g（x）≤f（x）．
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