数理答案.pdf

1 安徽省三人行名校联盟 2019-2020 学年第一学期高三年级 10 月份联考 数学试题参考答案 1~5 BCACD 5~10 DADBC 11~12 CA 13． 4 14．5 15．16 15 16．( 1,1) 1． 2)1(1 2 ii  )21(1 )12 2 2 iii i   （ 1211  ii i31 ，共轭复数为 i31 ，故选 B 2． 10)1(01  xxxx x 或  }10|{  xxA }2 1|{012)12lg(  xxBxxy ， ]12 1，（ BA ，故选 C 3．角 的终边上有一点 )2,3(A ， 13 132 13 2sin   ， 13 133 13 3cos  13 12cossin22sin   ，故选 A 4． NBDN 2 DBDN 3 2 ， ADABDB  )(3 2 ADABDN  ，故选 C 5． 521 aaa 、、 成等比数列 51 2 2 aaa  ， )4()( 11 2 1 daada  ， 0)2( 1  dad 020 1  dad又 ， 2d ， daS 2 455 15  252105  ，故选 D 6． 2: , 2 sin 1 0p x R x x      ， 04)sin2( 2   ， 1sin1   ， p 为真； :q xxx  sin),2,0(  ， q 为假. )( qp  为真，故选 D 7． )(cos1 1)cos(1 1)( xfxe exe exf x x x x      ， )2,0( x ， 0cos1 1)(   xe exf x x ，故选 A 8． )62sin(2)2 12cos2 32(sin2)(  xxxxf ，沿 x 轴向左平移 6  个单位， 得 xxxxg 2cos2)22sin(2]6)6(2sin[2)(   . 当 ]2,4[ x ， )(xg 单调递减， 选项 A 错. 02cos2)4(  g ，∴图像关于 )0,4(  对称，选项 B 错. )(xg 是偶函数. 选项 C 错. 当 ]3 2,6[ x ， ]3 4,3[2 x ，∴ ]1,2[2cos2 x . 故选 D 9 ． ∵ PA 平 面 ABCD ， 底 面 ABCD 为 矩 形 ， ∴PC 为 外 接 球 直 径 ， ∴ 2 3R ，  2 9 8 27 3 4 3 4 3  RV . 故选 B 10． x axax xaaxxf 1212)( 2  ，记 12)( 2  axaxx ，∵ )(xf 在 )3,1( 上不单调， 当 0a 时不满足；当 0a 时， )(x 对称轴为 1x ， 0)3()1(  ，∴ 3 1a 或 1a ， 故选 C 11． )()( xfxf  ，∴ )(xf 是奇函数关于 )0,0( 对称 )1(  xf 关于 )0,1( 对称， 0)2()(  xgxg ，∴ )(xg 关于 )0,1( 对称， )()1()( xgxfxh  恰有 2019 个零点， ∴ 2019201921  xxx  ，选 C 12．函数 mxxxxf  cos2sin2 1)( .得函数 mxxxf  sin2cos)(' ， mxx  sinsin21 2 mx  8 9)4 1(sin2 2 .令 xt sin 由 ),0( x 得 ]1,0(t ，令 mtth  8 9)4 1(2)( 2 ， ]1,0(t ，当 时，10  m 函数 )(th 在 ),0(  上图像与直线 my  只有 1 个交点 0)1( h .又 xt sin 故对任意 ]1,0(t ，对应的 x 值有两个不同的，所以当 10  m 时， )(xf 在 ),0(  上 有两个极值点. 13． )2,()1,2(  xcb  , cb  // 40)2(2  xx . 14．  2 2 2 )sin|1(| dxxxx   1 2 1 2 )1()1( dxxdxx 5|)2 1(|)2 1( 2 1 21 2 2   xxxx 15． 1564 4 dBDdBD BD  158 1 60642 4 6064 4 60641 6064 tantan1 tantan)tan(         dddddd dd   当且仅当 1516d 取等号.2 16．由 1101 1   xx x 即 ；又 01ln1 1ln1 1ln)()(    x x x xxfxf 即： )()()( xfxfxf  为奇函数， )2 1()2 1()(0)2 1()( yfyfxfyfxf  ， ， 又当 11  x , 0)1)(1( 2 1 1 1 1)('   xxxxxf , )1,1()(  xxf 在 单调递减， yx 2 1 又      12 11 11 y x ，由线性规划得知； )1,1(3 x y . 17．（1）由 211 1   nn aa 知 }1{ na 等差数列，公差为 2，首项 31 1  a ∴ 12)1(231  nnan 12 1  nan ，  Nn …………5 分 （2）由（1）知， ]32 1 12 1[2 1 )32()12( 1 1   nnnnaa nn 原式 )]32 1 12 1()7 1 5 1()5 1 3 1[(2 1  nn 97 1]32 1 3 1[2 1  nn ，  Nn ………………10 分 18．（1）在 ABC 中，由正弦定理得： 3sin cos sin sin 0C A A C  sin 0C  3 cos sin 0,tan 3, (0, ) ;3A A A A A      ， …………5 分 （2） 1 sin 3 32S bc A  ， 3, 3b A   得： 4c  故由余弦定理： 2 2 2 2 cosa b c bc A   得 13a  从而由正弦定理： sin sin a c A C  得： sin 2 39sin 13 c AC a   . …………12 分 19．（1）证明：四边形 ABCD 是矩形 CD BC  平面 PBC  平面 ABCD ，平面 PBC  平面 ABCD BC ,CD  平面 ABCD CD  平面 PBC CD PB  又 , ,PB PD CD PD D CD PD    、 平面 PCD PB  平面 PCD …………5 分 （2）设 BC 中点为O , ,PO OE连接 , , ,PB PC PO BC PBC ABCD    又面 面 =PBC ABCD BC且面 面 ， ,PO ABCD O OC x OC O xyz   面 以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 为单位长，建立直角坐标系 ,PO ABCD O OC x OC O xyz   面 以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 为单位长，建立直角坐标系 由（1）知 PB  平面 PCD ，故 1 1, ,2PB PC PO BC AB a    设 可得 (0,0,1), (1, ,0), ( 1, ,0), ( 1,0,0)2 aP E A a B  所以 (1, , 1), ( 2, ,0), 0 2 22 2 a aPE EA PE EA a         由题得 ，解得 (0,2 2,0), ( 1,2 2, 1), ( 2, 2,0)BA PA EA         设 ( , , )n x y z 是平面 PAB 的法向量，则 0 2 2 0 =(1,0, 1) 0 2 2 0 n PA x y z n n BA y                  即 得 设 ( , , )m x y z 是平面 PAE 的法向量, 则 0 2 2 0 =(1, 2,3) 0 2 2 0 m PA x y z m m EA x y                   即 得 则 6 30cos , sin ,6 6 n mn m n mn m              . 30 6B PA E  二面角 的正弦值为 . …………12 分 20．解：（1）当 2 21 ( ( )) 2 ( 2 3),x xa f g x x     时，    2 2 , 2 , 2,3 , 1,8 ,tt x x y x t       令3 而 2ty  是增函数， 1 1256, [ 256]2 2y   函数的值域是 ， . …………6 分 （2）当 0a  时，则 0, ( ) ( , ) ( , )b g x a a b   在 上单调递减，在 上单调递增, 所以 ( )g x 的最小值为 2( ) 0g a a    ， ( )f x 在[ , )b  上单调递增，最小值为 02 2 1b   ， 而 ( )h x 最小值为 2 2 ，所以这种情况不可能. 当 0a  时，则 0, ( ) ( , )b g x b 在 上单调递减且没有最小值， ( )f x 在[ , )b  上单调递增，最小值为 2b ， 所以 ( )h x 最小值为 22 2 b  ，解得 1 2b   （满足题意）， 所以 1 1 1 2( ) ( ) ( ) ,2 4 2 2g b g a f       解得 1 2 2 4a  所以实数 a 的取值范围是 1 2 2( , ]4  …………12 分 21．解法一： （1） 2( ) 2 lnx by f x xx x      在 (0,1) 内有两个不同零点 1 2,x x ln , (0,1)b x x x   ，令 ( ) ln , (0,1)x x x x   ， ' ( ) 1 lnx x   得： '1(0, ), ( ) 0, ( )x x xe    单调递减； '1( ,1), ( ) 0, ( )x x xe    单调递增 )(x 在 1x e  取得极小值 1 e  ， 1ln  xx （易证） )1(1  xxnxx .010  nxxx 时 所以当 1 0be    时，方程 lnb x x 有两解 21, xx 且 1 2 1 1(0, ), ( ,1)x xe e   ，所以 1 0be    . 解法二： ' 2ln ,b x by x yx x     当 0b  时， ' 0y  ，函数在(0,1) 单调递减，所以在(0,1) 至多一个零点，不合题意； 当 1b   时， ' 0y  ，函数在(0,1) 单调递增，所以在(0,1) 至多一个零点，不合题意； 当 1 0b   时， '(0, ), 0,x b y   函数单调递增， '( ,1), 0,x b y   函数单调递减， 当 x b  时取得极大值，要有两个零点则 ( ) ln( ) 0by b bb      得： 1 0be    ， 取 ，， )ln(21ln 2 2 2 bbbb bybx  记 01)ln(21)(  bbbb ， 22 1221)(' b b bbb  )(0)(')2 1,1( bbb  ，时，当  单调递增 )(0)(')0,2 1( bbb  ，时，  单调递减 )2 1ln(22)2 1()(   b ,02ln22  又因为 0)1(  b ，在 )1,0( 内存在两个零点. …………6 分 （2） 2 1 1( ) 2 ln [ ] ( ln )1 1( )2 2 x x b bf x x xx xx        由（1）知当 1 0be    ， lnb x x ，所以 ln 0b xx   当 2( ,1)x x 时 1 1( )2 2 x  ， 1 1 2 2x  ，所以 1 1 01 1( )2 2 x x   综上曲线 ( )y f x 位于 x 轴下方. …………12 分 22.解： （1）因为四个顶点中三个是边长为 2 3 的等边三角形的顶点，所以 2 2 3, 3b a  所以椭圆C 的方程 2 2 19 3 x y  . …………5 分 （2）因为直线 y kx m  与圆 2 2 2 2: 3 bO x y  相切 所以 2 2 1 m k   化简得： 2 22( 1)m k 4 联立方程 2 2 19 3 x y y kx m       得： 2 2 2(3 1) 6 3 9 0k x kmx m     设 2 1 1 2 2 1 2 1 22 2 6 3 9( , ), ( , ), ,3 1 3 1 km mM x y N x y x x x xk k       由弦长公式得： 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 12(9 3 )1 1 ( ) 4 1 3 1 k mMN k x x k x x x x k k            将 2 22(1 )m k  代入得： 2 2 2 2 12(9 3 2 2)1 3 1 k kMN k k      2 2 2 2 2 2 2 2 7 1 (2 2 )(7 1) 3 626 63 1 3 1 2 k k k k k k         当且仅当： 22 2k = 27 1k  即 2 1 5k  时等号成立，弦长 MN 最大值为 3 6 2 . …………12 分