河北省隆化縣存瑞中學2020屆高三數學上學期期中試題 理一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，將正確答案選項涂在答題卡上）1已知集合，則=( )ABCD2設復數z滿足，z在復平面內對應的點為(x，y)，則( )AB C. D3. 已知一個簡單幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為 A. B. C. D. 124已知，則( ) ABCD5. 函數f（x）=sin（x+）（0，|）的最小正周期為，若其圖象向左平移個單位后得到的函數為奇函數，則函數f（x）的圖象（ ）A. 關于點對稱B. 關于點對稱C. 關于直線對稱D. 關于直線對稱6函數f(x)=在的圖像大致為ABCD7已知非零向量a，b滿足，且b，則a與b的夾角為( )A BC D 8記為等差數列的前n項和已知，則( )ABC D9. 已知ABC是邊長為1的等邊三角形，點分別是邊的中點，連接并延長到點，使得，則的值為（ ）A. B. C. D. 10. 已知函數f（x）=，則函數y=f（x）-3的零點的個數為（）A. 1B. 2C. 3D. 411. 設函數f（x）是奇函數f（x）（xR）的導函數，f（-1）0，當x0時，xf（x）-f（x）0，則使得f（x）0成立的x的取值范圍是（ ）A. B. C. D. 12. 四面體PABC的四個頂點都在球O的球面上，PA=8，BC=4，PB=PC=AB=AC，且平面PBC平面ABC，則球O的表面積為（）A. B. C. D. 二、填空題（本大題共四小題，每小題5分，共20分）13.記Sn為等比數列an的前n項和若，則S5=_14的內角的對邊分別為.若，則的面積為_15. 已知=（2，-1，2），=（-1，3，-3），=（13，6，），若向量，共面，則=_16已知是奇函數，且當時，.若，則_3、 解答題：（本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.（12分）在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，AD=2AB，E，F是線段BC，AB的中點（）證明：EDPE；（）在線段PA上確定點G，使得FG平面PED，請說明理由18.（12分）已知數列an的前n項和Sn，點（n，Sn）（nN*）在函數y=x2+x的圖象上. （1）求an的通項公式；（2）設數列的前n項和為Tn，不等式Tn loga（1-a）對任意的正整數n恒成立，求實數a的取值范圍19. （12分）已知，滿足（1）將y表示為x的函數f（x），并求f（x）的單調遞增區間；（2）已知ABC三個內角A、B、C的對邊分別為a、b、c，若，且a=2，求ABC面積的最大值20、（12分）如圖，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點（1）證明：MN平面C1DE；（2）求二面角AMA1N的正弦值21. （12分）已知函數f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x（1）討論f（x）的單調性；（2）當a0時，證明f（x） - - 222.(10分)已知直線l：（t為參數）以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的坐標方程為=2cos（1）將曲線C的極坐標方程化為直角坐標方程；（2）設點M的直角坐標為（5，），直線l與曲線C的交點為A，B，求|MA|MB|的值2019-2020學年度存瑞中學第一學期期中考試高三數學（理）試題答案1、 選擇題CCABC DBABD DB2 填空題13. 14. 15. 3 16. -32、 解答題17. 解：（）證明：由PA平面ABCD，得DEPA連接AE，因為AD=2AB，設AB=1，AD=2，則由勾股定理可得，所以DEAE又PAAE=A，PA，AE平面PAE，所以DE平面PAE，PE平面PAE，因此PEED（）過點F作FHED交AD于點H，則FH平面PED，且有AH=AD再過點H作HGDP交PA于點G，則HG平面PED，且AG=AP由面面平行的判定定理可得平面GEH平面PED，進而由面面平行的性質得到EG平面PED，從而滿足AG=AP的點G即為所求18. 解：（ 1）點（n，Sn）在函數y=x2+x的圖象上，當時，-得an=n，當n=1時，符合上式，an=n；（2）由（1）知an=n，則=（-）,Tn=（1-）+（-）+（-）+（-）=（1+-）=-（+）,Tn+1-Tn=0，數列Tn單調遞增，（Tn）min=T1=要使不等式Tnloga（1-a）對任意正整數n恒成立，只要loga（1-a），1-a0，0a1，1-aa，即0a19.=，所以令，得，故f（x）的單調遞增區間是（2），又，在ABC中由余弦定理有，a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc=42bc-bc=bc，可知bc4（當且僅當b=c時取等號），即ABC面積的最大值為20.解：（1）連結B1C，ME因為M，E分別為BB1，BC的中點，所以MEB1C，且ME=B1C又因為N為A1D的中點，所以ND=A1D由題設知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，MNED又MN平面EDC1，所以MN平面C1DE（2）由已知可得DEDA以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，則，A1(2，0，4)，設為平面A1MA的法向量，則，所以可取設為平面A1MN的法向量，則所以可取于是，所以二面角的正弦值為21. 解：因為f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x，求導f（x）=+2ax+（2a+1）=，（x0），當a=0時，f（x）=+10恒成立，此時y=f（x）在（0，+）上單調遞增；當a0，由于x0，所以（2ax+1）（x+1）0恒成立，此時y=f（x）在（0，+）上單調遞增；當a0時，令f（x）=0，解得：x=-，因為當x（0，-）時f（x）0；當x（-，+）時，f（x）0，所以y=f（x）在（0，-）上單調遞增、在（-，+）上單調遞減；綜上可知：當a0時f（x）在（0，+）上單調遞增，當a0時，f（x）在（0，-）上單調遞增、在（-，+）上單調遞減.（2）證明：由（1）可知：當a0時f（x）在（0，-）上單調遞增、在（-，+）上單調遞減，所以當x=-時函數y=f（x）取最大值f（x）max=f（-）=-1-ln2-+ln（-）,從而要證f（x）-2，即證f（-）-2，即證-1-ln2-+ln（-）-2，即證-（-）+ln（-）-1+ln2;令t=-，則t0，問題轉化為證明：-t+lnt-1+ln2,（*）令g（t）=-t+lnt，則g（t）=-+，令g（t）=0可知t=2，則當0t2時g（t）0，當t2時g（t）0，所以y=g（t）在（0，2）上單調遞增、在（2，+）上單調遞減，即g（t）g（2）=-2+ln2=-1