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1、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=xlog2x1，B=xx2+x-20，则AB=A(-,2) B(0,1) C
2、(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且2Sn=an2+an (nN*)（1）
3、求数列an的通项公式；（2）若an0，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
4、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0ae+1e时，若函数g(x)=f(x)+1x-1有两个极值点x1,x2(x1sin+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
5、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)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-x0得f3-x1，解得x4或x2，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
6、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)4即可，解得m4.【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
7、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+24n9m4m9n=2，故
8、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
9、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）
10、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
11、(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|=-1212=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-akAB=3-00-1=-3
12、，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），
13、=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
14、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=1234+10434-10432=338，F到平面PDE的距离
15、d=63z=63342=513VPDEF=13338513=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-
16、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+11,当n为偶数时，Tn=1-1n+10可得an=an-1+1或an+an-1=0则an=n 或 an=(-1)n-1.（2） an0bn=(-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+11 当n为偶数时，Tn=1-1n
17、+10)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
18、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，fx0，所以fx在(1,+)内单调递减，则有fxf1=0，从而fx1时，fx=0，得x=a，当x(1,a)，有fx0，则fx在(1,a)上内单调递增，此时fxf10，与fx0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+
19、ax-1=0有2个不相等的实数根x1,x2(x10，解得x1=1x2a=x2+1x2a2，其中0x11x2而g（x2）g（x1）=alnx2x2+1x2alnx1+x11x1=alnx2x1+（x1x2）+（1x21x1）=（x2+1x2）lnx22+1x2x2+1x2+x2=2（1x2+x2）lnx2+1x2x2，由2ae+1e,可得21，所以1x2e设t(x)=2(x+1x)lnx+2x-2x，1xet(x)=2(1-1x2)lnx，由10,lnx0，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）