重庆市第一中学2019届高三上学期期中考试理科数学试卷(含答案)

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2018年重庆一中高2019级高三上期半期考试

数 学 试 题 卷（理科）

数学试题共4页。满分150分。考试时间120分钟。 注意事项：

1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。

2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。

3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、选择题.（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）

1．已知集合Ax1x2,xZ,B1,0,1,则AB（ ）

A.{0,1} B.[1,2] C.{1,0,1} D.{1,0,1,2} 2．等比数列{an}中，若a12,a323，则a5（ ）

A.6 B.63 C.12 D.18 3. 计算sin15sin75的结果是（ ）

A.

116262 B. C. D. 24443x 3x4．下列函数为奇函数的是（ ）

A.f(x)x3x B.f(x)2232xx C.f(x)xsinx D.f(x)ln5．已知非零向量a,b的夹角为30，且a1,b3,则2ab（ ）

A.23 B.1 C.2 D.2

6．圆C半径为2，圆心在x轴的正半轴上，直线3x4y40与圆C相切，则圆C的方程为（ ）

A．

x2y22x30 B．x2y24x0 C．x2y24x0

D．xy2x30

27．过抛物线y2px(p0)的焦点F作斜率为3的直线，与抛物线在第一象限内交于点A，

22若AF4，则p（ ）

A.4

B.2 C.1 D.3

8．已知双曲线过点M(3,4)且其渐近线方程为y焦点，顶点C在上且ACBC，则

23x，ABC的顶点A,B恰为的两3sinBACsinABC（ ）

sinACB

A．2727 B. C.2 D.2 779．若函数f(x)axlnx有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）

A．(,) B．(,e) C．(0,) D．(0,e)

10．已知f(x)Acos(x),(A0,0,(0,))，f(x)的导函数．．．f(x)的部分图象如图所示，则下列对f(x)的说法正确的是（ ）

A.最大值为2且关于点(B.最小值为2且在[1e1e22,0)中心对称 ]上单调递减

32,C.最大值为4且关于直线xD.最小值为4且在[0,2对称

3]上的值域为[0,4] 2x2y211．已知双曲线C:221a0,b0的右顶点为A, 以A为圆心的圆与双曲线C的某一

ab条渐近线交于两点P,Q.若PAQ60,且OQ3OP（其中O为原点），则双曲线C的离心率为（ ）

A．737 B． C．7 D．27

7212．已知ABC的内角A,B,C满足sin(BCA)sin(ACB)sin(ABC)，且

12

ABC的面积等于2，则ABC外接圆面积等于（ ）

A．2 B．4 C．8 D．16

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二、填空题.（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应位置上）

13．直线l:xy20180的倾斜角为 ；

x2y21(a3)的左、14．已知F1,F2是椭圆2右焦点，P为椭圆上一点且满足F1PF2120，

a9则PF1PF2的值为 ；

*15．数列an满足a11,前n项和为Sn，且Sn2an(n2,nN)，则{an}的通项公式

an ；

16．已知函数f(x)满足f(1)1xyxy，且对任意x,yR恒有2f()f()f(x)f(y)，222则f(2018)f(2019) ．

三、解答题.（共70分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）

17. （本小题满分12分）在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且（Ⅰ）证明：a,c,b成等比数列； （Ⅱ）若c3，且4sin(C

18．（本小题满分12分）已知数列{an}满足an2an2an1(nN)，数列{bn}满足

cosAcosB1. abc6)cosC1，求ABC的周长.

bn1an1an(nN*)，且a1b1,a35,a5a722. bn（Ⅰ）求an及bn；

*（Ⅱ）令cnanbn,nN，求数列{cn}的前n项和Sn．

19.（本小题满分12分）如图1，在直角ABC中，ABC90,AC43,AB23，D,E分别为AC,BD的中点，连结AE并延长交BC于点F，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，如图2所示． （Ⅰ）求证：AECD；

（Ⅱ）求平面AEF与平面ADC所成锐二面角的余弦值．

ADEBF图图1 1ADECBF图2图2

Cx2y220. （本小题满分12分）已知椭圆C1:221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2，且F2ab为抛物线C2:y22px(p0)的焦点，C2的准线被椭圆C1和圆xya截得的弦长分别为

22222和4.

（Ⅰ）求C1和C2的方程；

（Ⅱ）已知动直线l与抛物线C2相切（切点异于原点），且l与椭圆C1相交于M,N两点，若椭圆

C1上存在点Q，使得OMONOQ(0)，求实数的取值范围.

21．（本小题满分12分）已知函数fx=（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若a1，证明：f(x)()lnx. x-1a(x1)（其中e是自然对数的底数，e2.71828）． xe

注意：请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分．

22. (本小题满分10分) 选修4-4：坐标系与参数方程

3x3t2（t为参数）

在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为，以原点O为极点，x轴的

y31t2正半轴为极轴建立极坐标系，点A的极坐标为(23,)，曲线C的极坐标方程为

624cos10，设直线l与曲线C相交于P,Q两点．

（Ⅰ）写出直线l和曲线C的直角坐标方程； （Ⅱ）求APAQOPOQ的值．

23.（本小题满分10分） 选修4-5：不等式选讲 已知函数f(x)x2x1． （Ⅰ）解不等式f(x)1；

（Ⅱ）记函数f(x)的最大值为m，若

abcm3(a,b,c0)，baacbc1．

证明：

2018年重庆一中高2019级高三上期半期考试数学参考答案（理科）

一、选择题：D A B D B C B A C D A C

1,n133二、填空题：13题：； 14题：36； 15题：ann2; 16题：

422,n2三、解答题

17.（1）证明：由正弦定理得：分

cosAcosB1cosAcosB1…………………2abcsinAsinBsinCsin(AB)1sin2CsinAsinB，……………………………………4分

sinAsinBsinCc2ab,所以a,c,b成等比数列………………………………………………6分

（1）由4sin(C分

由余弦定理得：c2a2b22abcosC，…………………………………………9分 又c3，所以abc29………………………………………………………10分 于是得：9(ab)3ab(ab)27ab6………………………………11分 所以ABC的周长为abc9.…………………………………………………12分 18. 解：（1）由题可得{an}等差，{bn}等比，设{an}的公差为d，则分

226)cosC13sin2Ccos2C2sin(2C6)1C3,……8

bn1d…………………2bna35a12da11an2n1………………………5分 由题有aa2a2a10d22d27615bn12，而b1a11bn2n1，…………………………………………6分， 于是bnn1（2）由题有：cnanbn(2n1)2，由错位相减法，得：

Sn120321522(2n3)2n2(2n1)2n1……………………7分

2Sn 121322(2n3)2n1(2n1)2n……8分

两式相减，得：

Sn12(2222n1)(2n1)2n1(2n14)(2n1)2n………………10

分

3(2n3)2n…………………………………………………………11分

n*于是：Sn(2n3)23(nN)………………………………………………12分

19.（1）证明：由条件可知ABAD，而E为BD的中点，∴AEBD，……………………2分

又面ABD面BCD，面ABD…………4分 BCD又因为CD平面BCD，∴AECD． …………………………………………6分（2）由（1）可知，EB,EF,EA两两相互垂直，如图建立空间直角坐标系，则：

面BCDBD，且AE面ABD，∴AE平面

E(0，0，0),A(0,0,3),F(0,1,0),D(3,0,0),C(23,3,0)…………………7分

易知面AEF的法向量为ED(3，0，0)，……………………………………………8分

nDA0，易得∴n(3,1,1)…………………10设平面ACD的法向量为n(x,y,z)，则：nDC0 分

设平面AEF与平面ADC所成锐二面角为，则coscosED,n15………………12分

52b2x2y2221,C2:y28x……20.（1）由题得aa22,b2,p=2c4，故C1:842b44分

（2）由题知l存在斜率且不为0，设l:xmyn(m0),M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x0,y0)…5分

xmyny28my8n0，因为l与C2相切，故102m2n0………6联立2y8x

分 联立xmyn22x2y8(m22)y22mnyn280，

2mnn28,y1y22两根为y1,y2，所以y1y22………………………………7分

m2m220n24m282n8n(4,2)，又2m2n0，因此n(4,0)………8

分

4nx0(m22)x1x2x0由OMONOQ，由韦达定理，代入计算得……9

yyy2mn201y0(m22)分

而点Q(x0,y0)在椭圆上，即x02y08，代入得

2216n28m2n2n22n2282,n(4,0)……………………10分

2(m22)22(m22)2m24n令t4n(4,8)，则22(t分

168)(0,4)(2,0)(0,2)……………………12t1lnxx………………………………2分 2(x1)121. 解：（1）定义域x(0,1)(1,)，f(x)令u(x)111xlnx，则u(x)2，所以u(x)在(0,1],[1,)， xx故x(0,1)(1,)时，u(x)u(1)0，也即f(x)0，………………………………3分 因此，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上也单调递减；…………………………………4分 （2）因a1故5分

①先证明x(1,)时的情况：

a(x1)(x1)lnxx1，因此只需证明x,x(0,1)(1,)（记为）…

x1exexex21x21exx32x2x0，令g(x)lnxx,g(x)此时lnx………………6xxeexe

分

令h(x)ex2xx,h(x)e3x4x1,h(x)e6x40(x1)， 故h(x)在(1,)，故h(x)h(1)e20h(x)在(1,)，…………………7分 于是h(x)h(1)e20g(x)0g(x)在(1,)，

x32x2xx210…………………………………8分 因此，x(1,)时g(x)g(1)0，即lnxex②下面证明x(0,1)时的情况（相对更难一点点）：

证法一：（切线放缩）令g(x)ex1,g(x)e10，故g(x)在[0,1)， 于是x(0,1)时g(x)g(0)0令h(x)lnxx1,hxxx11，………………………………………10分 ex1x0，故h(x)在(0,1] xlnxx1故x(0,1)时，h(x)h(1)0即lnxx10即1x，证毕；……………12分

x1e证法二：x(0,1)时，

x21lnxx0e，令

x21exx32x2xg(x)lnxx,g(x)

exex令h(x)ex2xx,h(x)e3x4x1,h(x)e6x4，

显然h(x)在(0,1)而h(0)30,h(1)e20，故x0(0,1)使h(x)在

x32x2x(0,x0),(x0,1)，

而h(0)0,h(1)e20，故必存在唯一的x1(x0,1)(0,1)使得h(x)在(0,x1),(x1,1) 且

h(x1)032即

3ex13x14x1122，故

h(x)h(x1)ex1x12x1x1x15x13x11

记u(x)x5x3x1,x(0,1)，u(3x1)(x3)，所以u(x)在(0,),(,1)，注意到u(0)10,u(1)0，因此x(0,1)时u(x)0，故h(x)0，故g(x)0…………………

321313

11分

x210…………………12故g(x)在(0,1)，因此，x(0,1)时，g(x)g(1)0lnxex分 法三：把两种情况一起证（但需要用洛必达法则）所证lnxx1exlnxx21,x(0,1)(1,)， x1ex1exlnxex令(x)2，(x)2x1(x1)2令u(x)x1x（x22x1)lnx…………………………6分

x111(x22x1)lnx,x(0,)，则u(x)2x1(2x2)lnx xxx2x32(x2x3)212…………………………7分 u(x)3232lnx，u(x)x4xxx显然u(x)在(0,)恒正，故u(x)在(0,)单增………………………………………8分 注意到u(1)0，于是u(x)在(0,1)为负，在(1,)上为正，

也即u(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)单调递增………………………………………9分 因此x(0,1)(1,)时有u(x)u(1)0，故u(x)在(0,)上单调递增， 又注意到u(1)0，于是u(x)在(0,1)为负，在(1,)上为正，

而u(x)与(x)正负一致，因此(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)单调递增………………10

分

1ex(lnx)ex因此x(0,1)(1,)时，(x)lim(x)lim1（洛必达法则）……12

x1x12x2分

22. （1）l:x3y0，曲线C:xy4x10，即(x2)y3…………………4分

（2）点A的直角坐标为(3,3)，发现A在直线l上且tA0，直线l的极坐标方程为

22226(R)

2联立l的参数方程与C的直角方程得：t23t10，则APAQtPtQ1…………7分

2联立l及曲线C的极坐标方程得：2310，则OPOQPQ1，故所求=1……

10分

3,x123.解：（1）f(x)2x1,1x2，易得f(x)1的解集为x[0,)………………5分

3,x2（2）由（1）知f(x)max3m，于是abc1…………………………………7分 因为

baacbbacc2b2c2a，移项即得证………………10分