1、- 1 -江苏省启东中学 2018 届高三数学上学期期中试题（扫描版）- 2 - 3 - 4 - 5 - 6 -A1 EDC1 B1BCA20182019 学年第一学期高三期中考试数学（）参考答案及评分建议一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分11（必修 1 P14第 12 题改编） ；24（必修 4 P40第 5 题） ；3充分不必要（选修 2-1 P23测试第 9 题） ；4（必修 1 P89第 3 题改编） ；5 （必修 5P69测试第 5 题改编） ；54 326e；7 3（必修 4P110例 6 改编） ；8 （2016 全国理科 8 改编） ；94 （必10
2、 3修 2P71第 20 题改编） ；103；1142 ；123 或1（2017 浙江改编） ；13 3（2018 全国，2018 南通中学模拟改编） ；14 （2010 重(2,0 5,1,4U庆改编）二、解答题：本大题共 6 小题，共 90 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15(本题满分 14 分)如图所示，直三棱柱 ABC A1B1C1中， AC BC， AA12 AC，点D， E 分别是 AA1和 CC1的中点求证：（1） AE平面 B1C1D；（2）平面 B1C1D平面 BCD.【证】 （1）在直三棱柱 ABCA1B1C1中， AA1 CC1且AA1 CC1，2 分因为
3、D、 E 分别是 AA1和 CC1的中点，所以 C1E 且 =C1E，所以四边形 AEC1D 是平行四边形，所以 C1D， 4 分A又 平面 B1C1D， C1D 平面 B1C1D，所以 AE平面 B1C1D. 6 分（2）在直三棱柱 ABCA1B1C1中， AA1平面 ABC，又 AC， BC 平面 ABC，所以 AA1 AC， AA1 BC， 8 分因为 AA12 AC，点 D 是 AA1的中点，所以 AD AC，所以 ADC ，同理 A1DC1 ， 4 4所以 CDC1 ADC A1DC1 ，即 CD C1D 10 分 2因为 AC BC， AA1 BC， AC AA1 A， AC， A
4、A1 平面 AA1C1C，所以 BC平面 AA1C1C，又 C1D 平面 AA1C1C，所以 BC C1D， 12 分- 7 -因为 CD C1D， BC CD C， BC， CD 平面 BCD，所以 C1D平面 BCD，又 C1D 平面 B1C1D，所以平面 B1C1D平面 BCD. 14 分16(本题满分 14 分) （必修 1 P71第 13 题改编）已知函数 为奇函数.2(xfa（1）求实数 a 的值；（2）解不等式 .1()08fxf【解】 （1）因为函数 为奇函数.12xfa所以 f( x) f(x)对定义域内任意的 x 成立，所以 ， 2 分112xx即 对定义域内任意的 x 成
5、立，1xxa所以 ，所以 a2. 6 分（2）因为 ，(2)1() 221)xx xf 所以 f ( x) ，所以 f(x) 在(，) 上是单调减函数，2ln0x（也可以用定义证） 8 分因为 f(x)为奇函数， ，1()08fxf所以 ff(x) f( )，所以 f(x) ， 10 分18 18所以 ， ，所以 2x ， 12 分12x321x53所以 xlog 2 ，所以不等式解集为 x|xlog 2 . 14 分53 5317(本题满分 14 分) （必修 4P111第 3 题改编）在 ABC 中，sin Bsin C2sin A.（1）求 A 的最大值；（2）若 cosBcos C ，
6、求 A 的值. 42【解】 （1）因为 sinBsin C2sin A，- 8 -OH GFEDCBA由正弦定理 得 . 2 分(缺正弦定理扣 1 分)sinisinabcABC2ba由余弦定理得222()cocc，23()688bbc 412所以 ，当且仅当 时取等号. 6 分1cosA c又因为 0 A（在三角形 ABC 中） ，所以 0 A ， 3所以 A 的最大值为 . 8 分(缺角的说明扣 1 分) 3（2）因为 sinBsin C2sin A， cosBcos C ， 42所以 2 2得(sin2Bcos 2B)(sin 2Ccos 2C)2(cos BcosCsin BsinC)
7、4sin 2A ， 2即 ， 10 分cos(4sinA又因为在三角形 ABC 中， B C A，所以 cos(B C)cos A，所以 ，22s(1cos)所以 ， 12 分4co0A所以 ，(s)s(1)因为 ，所以 ， 2c(12cosA又因为 0 A（在三角形 ABC 中，由（1）知） ，所以 A . 14 分(缺角的说明扣 1 分) 418(本题满分 16 分)某景区修建一栋复古建筑，其窗户设计如图所示，设菱形 ABCD 对角线交于点 O，以 O 为圆心， BD 为直径的圆与菱形 ABCD 各边交于 E， F， G， H，图中阴影部分为不透光区域，其余为透光区域.已知圆的半径为 1，
8、且 tan ，设 ABO ，透光面积为 S.ACBD 38（1）求 S 关于 的函数关系式，并求定义域；（2）当 取得最大值时，求透光面积 S. Ssin【解】 （1）连 OE， OH，因为 ABO ， tan ， ACBD 38- 9 -所以在 Rt AOB 中 ，3tantan8AOCBD因为 0 ，所以 ， 2 2 38 2分在三角形 OBE 中，因为 OB OE1， OBE ，所以 OEB ，从而 EOB2 ，同理 HOD2 ，所以 EOH EOB HOD4 ，所以 ，4 分111sinsin()sin2BOESEOB， 6 分()422Hg扇 形根据对称性知， HOD， GOD， F
9、OB 的面积均为 sin2 ，12，1(4)2OGFEHS扇 形 扇 形所以 ，14sinBOESA扇 形所以 S 关于 的函数关系式 ，定义域为 , ).8 分2i38 2（2）因为 ，2sin4i4cosn记 ( )，()cosiu38 2所以10 分 24sncosi32(4sini)()s，2ico4cosiA2(sin4)解法一：因为 ，所以 2 ，38 2 34所以 2sin2 (0， ，4 (， ，注意到 0， 2 2 2 2所以 2 sin2 4 0， 12分因为 ，所以 cos 0，sin 0，所以 u( )0，38 2 2 所以 u( ) 在 , )上是单调减函数， 143
10、8 2分- 10 -所以当 时， 取得最大值，此时透光面积 S .1638 Ssin 2 2分解法二：设 （ x） ，()2sinkxx34所以 ，co0所以 k(x)在 ,)上是单调减函数，34所以 k(x) k( )2 0，34 32 2 2所以 2sin2 4 0， 12 分因为 ，所以 cos 0，sin 0，所以 u( )0，38 2 2 所以 u( ) 在 , )上是单调减函数， 1438 2分所以当 时， 取得最大值，此时透光面积 S .1638 Ssin 2 2分19(本题满分 16 分)已知数列 an满足 2Sn n(an1)，其中 Sn为数列 an的前 n 项和.（1）求证
11、：数列 an是等差数列；（2）若数列 an的公差为 2，求满足 11 *23(0N)nmaa ,的所有数对 ( m， n).【解】 （1）因为 2Sn n(an1)，所以 2Sn1 ( n1)( an1 1)（ n2） ，得 2an nan( n1) an1 1， 2 分所以( n2) an( n1) an1 1（ n2） ，所以( n3) an1 ( n2) an2 1（ n3） ， 4 分得( n2) an( n3) an1 ( n1) an1 ( n2) an2 （ n3） ，所以( n2) an( n2) an2 (2 n4) an1 （ n3） ，所以 an an2 2 an1 （
12、n3） ，所以数列 an是等差数列. 7 分（2）因为数列 an的公差为 2，2 S11( a11)，所以 a11，所以 an2 n1. 8 分- 11 -所以 ，21213nm即 ，21212121()()()(3)nnm所以 （ ） ， 12 分43mn4因为 ，所以 ，*20N ,1203 所以 ，所以 n m0，1，2，3，143nm 当 n m0 时， 1，所以 m3， n3；m3当 n m1 时， 4，所以 m12， n13；m3当 n m2 时， 4 2，所以 m48， n50；m3当 n m3 时， 4 3，所以 m192， n195.m3故所求的数对有(3，3)，(12，13
13、)，(48，50)，(192，195) .16 分20(本题满分 16 分)已知函数 ， ， aR.(lnfx32()1gxax（1）求 的单调区间；)（2）当 时， 恒成立，求 的取值范围；(0,e()f（3）试比较 与 的大小.lnx2【解】 （1）因为 ，所以 ， 2 分()lf()ln+1fx令 得 ，令 得 ，0x1e0ex所以 的单调增区间为 ，单调减区间为 .4 分()f ,（ 10,（2）解法一：由题意得 在 上恒成立， 32ln1xax- (,e所以 ，2ln1xa-即 在 上恒成立，x+ 0(,ex令 ，2()lhx则 ，5 分2(1)(21)11aaxax当 时， 在 上
14、单调递增， 上单调递增，0 )(xh,0,e- 12 -所以 ，所以 ；max()(1)20h 20a 当 ，即 时， 在 上递增， 上递减，20)(xh1,(,e)1,2(a所以 ；1()e0ha ln2042e1ea 当 即 时， 在 上单调递增，122)(xh0,所以 得 ，所以 ；max()(e)h 1e2a 21a当 即 时， 在 上单调递增， 上单调递12)(xh0,(,e21,(a减，所以 ；()0eh 12eaa当 即 时， 在 上单调递增， 上单调递增，12a 12 )(xh,0(1,e所以 ，所以 .mx()()ha 2a综上所述， .10 分12e 解法二：由题意得 在
15、上恒成立， 32lnxax- (0,e所以 ，2l1-即 在 上恒成立，lxax (0,e当 x0 时，成立； 当 0 x2 时， 恒成立，则 a 在 上的最大值；21lnax 21lnx(0,)当 2 xe 时， 恒成立，则 a 在(2，e上的最小值；2l 2l令 ， 21ln()xh则 ， 6 分2 2ln14ln() xxxx 令 F(x)4 x2ln x， F( x)1 ，2x x 2x当 0 x2 时， F( x)0， F(x)在 上单调递减；0,当 2 xe 时， F( x)0， F(x)在(2，e上单调递增，- 13 -所以 F(x) F(2)62ln20，即 4 x2ln x0
16、，所以当 0 x1 时， h( x)0， h(x)在 上单调递增；,1当 1 x2 时， h( x)0， h(x)在 上单调递减；2当 2 xe 时， h( x)0， h(x)在(2，e上单调递减，所以 h(x)在 上的最大值为 h(1)2，,h(x)在(2，e上的最小值为 h(e) ，1e 2由知， a2， a .1e 2综上所述， .10 分 （3）解法一：要比较 与 的大小，即比较 与 的大小，()lnfx2)ln(x2即当 x1 时，比较 与 的大小.ex构造 ，定义域 ，2()lx),1(则 ，12 分e因为 ，所以 在 单调递减.21()0xx)(x),1又 ，021)(,32e所
17、以 在 上存在唯一的实数 满足 ，14 分)(x), 0x)(0所以 ，即 ， （*）0201ex021e所以 在 单调递增， 单调递减，)(), ),(x所以 ， （*）02max0(lne由（*）得 ，2l所以（*）化为 ，0)1()(2000 xx即 ，)(max所以，当 x1 时， ，所以 .16 分xln2e)ln(2解法二：要比较 与 的大小，即比较 与 的大小，()lf lx即当 x1 时，比较 与 的大小.xln2e构造 ，()e1x- 14 -则 ，12 分()e1x当 x0 时， ， (x)在 单调递减；()0,0)当 x0 时， ， (x)在 单调递增.x所以 (x)的最
18、小值为 (0)0，所以 (x)0，即 ex x1，等号当且仅当 x0 时成立，14 分所以 ex2 x1，等号当且仅当 x2 时成立， （1）ex1 x，等号当且仅当 x1 时成立，所以，当 x1 时，lne x1 ln x，即 lnx x1， （2）由（1） （2）得，当 x1 时， ，所以 .16 分ln2e)ln(x220182019 学年第一学期高三期中考试数学（）参考答案及评分建议21 （本小题满分 10 分） （选修 2-1 P98第 23 题改编）在如图所示的坐标系中，正方体 AC1的棱长为 3，点 P， Q， R 分别在 AB， CC1， D1A1上，满足，设点 G 是 PQR
19、 的重心，12CAB求证： RG DG.【证】因为 ，正方体 AC1的棱长为 3，1RPQA所以 P(1，0，0)， Q(3，3，1)， R(0，2，3)， D(0，3，0)，2 分因为点 G 是 PQR 的重心，所以 G( ， ， )，4 分43 53 43所以 ( ， ， )， ( ， ， )，6 分RG 43 13 53 DG 43 43 43所以 ( ) 0，RG DG 43 43 13 43 53 43所以 ，即 RG DG. 10 分RG DG 22 （本小题满分 10 分）已知函数 f(x)ln(2 x1)2 x.求函数 f(x)的极大值.【解】因为 f(x)ln(2 x1)2
20、x，所以 .4 分 2(1)4()122xxg令 f ( x)0，注意到 f(x)的定义域为( ，)，所以 x1，列表如下：12x ( ，1)121 (1，GRQP DB1xD1C1CBA1Ayz- 15 -)f ( x) 0 f(x) 极大 8 分所以 f(x)的极大值为 f(1)2. 10 分23 （本小题满分 10 分） （选修 2-1 P121测试第 14 题改编）如图，在正四棱锥 P ABCD 中，底面正方形的对角线 AC， BD 交于点 O 且 OP AB.12（1）求直线 BP 与平面 PCD 所成角的正弦值；（2）求锐二面角 B PD C 的大小.【解】 （1）在正四棱锥 P
21、ABCD 中，底面正方形的对角线 AC， BD 交于点 O，所以 OP平面 ABCD，取 AB 的中点 E， BC 的中点 F，所以 OP ， OE， OF 两两垂直，故以点 O 为坐标原点，以 OE， OF， OP 分别为 x 轴，y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系.设底面正方形边长为 2，因为 OP AB，所以 OP1，12所以 B(1，1，0)， C(1，1，0)， D(1，1，0)， P(0，0，1)， 所以 (1，1，1)，2 分BP 设平面 PCD 的法向量是 ( x， y， z)， n因为 (0，2，0)， (1，1，1)，CD CP 所以 2 y0， x y z0，CD n
22、CP n取 x1，则 y0， z1，所以 (1，0，1)， n所以 cos ，BP n所以直线 BP 与平面 PCD 所成角的正弦值为 . 5 分（2）设平面 BPD 的法向量是 ( x， y， z)， m因为 (1，1，1)， (2，2，0)，BP BD 所以 x y z0， 2 x2 y0，BP m BD m取 x1，则 y1， z0，所以 (1，1，0)，7 分 mOBPD CA- 16 -由（1）知平面 PCD 的法向量是 (1，0，1)， n所以 cos ，所以60， m n 12 m n所以锐二面角 B PD C 的大小为 60. 10 分24 （本小题满分 10 分）设数列 tn
23、满足 0 t11， tn1 tnsin tn.（1）求证：0 tn1 tn1；（2）若 t1 ，求证： tn .12 122n 1【证】 （1）证法一：设 f(x) xsin x(0 x1)，所以 f ( x)1cos x0，所以 f(x)在(0，1)上是单调增函数.因为 tn1 tnsin tn，0 t11，所以 t2 t1sin t1 f(0)0，又因为 t2 t1sin t10，所以 t2 t1，所以 0 t2 t11. 2 分下用数学归纳法证明：当 n1 时，0 t2 t11，命题成立.假设当 n k(kN )时，命题成立，即 0 tk1 tk1.因为 f(x)在(0，1)上是单调增函
24、数，所以 f(0) f(tk1 ) f(tk) f(1)，所以 0 tk2 tk1 1sin11，即 0 tk2 tk1 1，这就是说，当 n k1 时，命题也成立.综上所述，对 nN 时，0 tn1 tn1. 6 分证法二：先证明 0 tn1 tn1.当 n1 时，0 t11，命题成立.假设当 n k(kN )时，命题成立，即 0 tk1.则当 n k1 时， tk1 tksin tk，设 f(x) xsin x(0 x1)，所以 f ( x)1cos x0，所以 f(x)在(0，1)上是单调增函数.因为 0 tk1，所以 f(0) f(tk) f(1)，所以 0 tk1 1sin11，即
25、0 tk1 1，这就是说，当 n k1 时，命题也成立.综上所述，对 nN 时，0 tn1. 4 分因为 tn1 tnsin tn，0 t11，所以 tn1 tnsin tn0，即 tn1 tn，所以，对 nN 时，0 tn1 tn1. 6 分- 17 -（2）令 g(x) xsin x (0 x1)，则 g ( x)1cos x x，x22记 (x) g ( x)1cos x x，则 ( x)sin x10(0 x1)，所以 (x)在(0，1)上是单调减函数，即 g ( x)在(0，1)上是单调减函数，所以 g ( x) g (0)0，所以 g(x)在(0，1)上是单调减函数，因为 0 x1，所以 g(x) g(0)0，由于 0 tn1，所以 g(tn)0，即 tnsin tn 0，tn22所以 tn1 ，所以 ，8 分tn22 tn 1tn tn2又因为 tn tn1 t2 t1，故 n2 时， ，3 112112 2nnttttttLLL121nt因为 t1 ，所以 tn .10 分12 122n 1
