云南省玉溪一中2020届高三数学上学期期中试题文
2020届云南玉溪市一中高三数学理科上学期期中试卷附答案详析
（1）求函数 f (x) 的极值;
（2）对任意的 x (1,) ,不等式 f (x) g(x) 都成立,求整数 k 的最大值.
(二)选考题:共 10 分.请考生在 22,23 题中任选一题作答.作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方 框涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分. 22.(本小题满分 10 分) 选修 4-4:坐标系与参数方程
2020 届云南玉溪市一中高三数学理科上学期期中试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填涂在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑，如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
一、选择题：本题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
17.(本小题满分 12 分)设等差数列{an} 的前 n 项和为 Sn , a2 S2 5 , S5 15 .
（1）求数列{an } 的通项公式;
（2）求 1 1 1 .
a1a2 a2 a3
an an1
2
18.(本小题满分
12
分)已知向量
a
(2
cos
x, sin
5
A(1,0,0) , P(0,0,1) , M ( 1 ,0, 1 ) , 22
BC (1,1,0) , PC (1,0,1) , MC ( 3 ,0, 1 ) , 22
设平面 MBC 的法向量 n1 (x1, y1, z1 ) ,
……………7 分
则
nn11
x)
,
2019-2020学年云南省玉溪一中高三(上)期中数学试卷(理科)(PDF版 含答案)
20．在 ABC 中，角 A ， B ， C 的对边分別为 a ， b ， c ，若 cos A 3 ， B 2A ， b 3 ． 4
（1）求 a ； （2）已知点 M 在边 BC 上，且 AM 平分 BAC ，求 ABM 的面积．
21．已知函数 f (x) x(1 lnx) ， g(x) k(x 1)(k Z ) ． （Ⅰ）求函数 f (x) 的极值； （Ⅱ）对 x (1, ) ，不等式 f (x) g(x) 都成立，求整数 k 的最大值；
3 与曲线 C 相切． （Ⅰ）求实数 r 的值； （Ⅱ）在圆 C 上取两点 M ，N ，使得 MON ，点 M ，N 与直角坐标原点 O 构成 OMN ，
6 求 OMN 面积的最大值．
[选修 4-5：不等式选讲] 23．已知函数 f (x) | 2x 1| a | x 1| ． （1）当 a 2 时， f (x)b 有解，求实数 b 的取值范围； （2）若 f (x) | x 2 | 的解集包含 [1 , 2] ，求实数 a 的取值范围．
C． 3 e 3
D． 4 e 3
8．已知 log2
x
log3
y
log5
z
0
，则
2 x
、
3 y
、
5 z
的大小排序为
(
A． 2 3 5 xyz
B． 3 2 5 yxz
C． 5 2 3 zxy
) D． 5 3 2
zyx
9．公元前 5 世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里
其中所有正确命题的序号是 ( )
A．①②
B．②③
C．①③
2019-2020学年云南省玉溪一中高三(上)期中数学试卷(理科)
2019-2020学年云南省玉溪一中高三（上）期中数学试卷（理科）一、选择题：本题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合A={x|log2(x+3)<1}，B={x|−4<x<−2}，则A∪B=( )A.{x|−3<x<−2}B.{x|−4<x<−1}C.{x|x<−1}D.{x|x>−4}【答案】B【考点】并集及其运算【解析】根据对数不等式的解法求出集合A，结合并集的定义进行计算即可．【解答】解：A={x|log2(x+3)<1}={x|0<x+3<2}={x|−3<x<−1}，∵B={x|−4<x<−2}，∴A∪B={x|−4<x<−1}.故选B.2. “m=43”是“直线x−my+4m−2=0与圆x2+y2=4相切”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】由圆心到直线的距离等于半径列式求得m，然后结合充分必要条件的判定得答案．【解答】解：由直线x−my+4m−2=0与圆x2+y2=4相切，得√1+m2=2，解得m=0或m=43．则由m=43能推出直线x−my+4m−2=0与圆x2+y2=4相切，反之，由直线x−my+4m−2=0与圆x2+y2=4相切，不一定得到m=43．则“m=43”是“直线x−my+4m−2=0与圆x2+y2=4相切”的充分不必要条件．故选A.3. 在△ABC中，若bcosC+ccosB=asinA，则角A的值为( )A.π3B.π6C.π2D.2π3【答案】C【考点】正弦定理【解析】由已知结合正弦定理及诱导公式进行化简即可求解．【解答】解：bcosC+ccosB=asinA，由正弦定理可得，sinBcosC+sinCcosB=sinAsinA，∴sin(B+C)=sinAsinA，∴sinA=sinAsinA，∵sinA≠0，∴sinA=1，∵A∈(0, π)，∴A=12π.故选C.4. 已知定义域为[a−4, 2a−2]的奇函数f(x)=2020x3−sinx+b+2，则f(a)+ f(b)的值为( )A.0B.1C.2D.不能确定【答案】A【考点】函数奇偶性的性质与判断函数奇偶性的性质函数奇偶性的判断【解析】根据奇函数定义域关于原点对称求出a的值，利用f(0)＝0，求出b，即可．【解答】解：∵f(x)是奇函数，∴定义域关于原点对称，则a−4+2a−2=0，得3a=6，a=2，此时定义域为为[−2, 2]，∵f(x)=2020x3−sinx+b+2是奇函数，∴f(0)=b+2=0，则b=−2，即f(x)=2020x3−sinx，则f(a)+f(b)=f(2)+f(−2)=f(2)−f(2)=0.故选A.5. 设m，n为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，给出下列命题：①若m⊥α，m // β，则α⊥β；②若m⊂α，n⊂α，m // β，n // β，则α // β；③若m // α，n // α，则m // n；④若m⊥α，n // β，α // β，则m⊥n．其中所有正确命题的序号是（）A.①②B.②③C.①③D.①④【答案】D【考点】命题的真假判断与应用空间中直线与平面之间的位置关系空间中直线与直线之间的位置关系【解析】对四个命题进行逐一判断，①正确，②当m // n时，α，β肯能相交，所以错误，③m，n的位置还可能是相交和异面；【解答】解：①m // β，则β内一定存在一条直线l，使得m // l，又m⊥α，则l⊥α，所以α⊥β，故正确；②当m // n时，α，β可能相交，故错误；③m，n的位置还可能是相交和异面，故错误；④若m⊥α，n // β，α // β，则m⊥n，故正确．故选D.6. 七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（）A.3600种B.1440种C.4820种D.4800种【答案】A【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】由排列组合中的不相邻问题插空法运算即可得解．【解答】解：①除甲乙外，其余5个排列数为A55种，②用甲乙去插6个空位有A62种，综合①②得：不同的排法种数是A55A62=3600种.故选A.7. 如图，在矩形OABC内随机取一点，则它位于阴影部分的概率为( )A.e 3B.e−13C.3−e3D.4−e3【答案】B【考点】定积分几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）【解析】利用定积分求出阴影面积，再求出概率．【解答】解：阴影部分的面积m=∫1e x dx=e−1，矩形的面积为n=3，故阴影部分概率为mn =e−13.故选B.8. 已知log2x=log3y=log5z<0，则2x ，3y，5z的大小排序为( )A.2 x <3y<5zB.3y<2x<5zC.5 z <2x<3yD.5z<3y<2x【答案】A【考点】对数值大小的比较【解析】设k＝log2x＝log3y＝log5z<0，0<x，y，z<1．x＝2k，y＝3k，z＝5k．可得2x=21−k，3y =31−k，5z=51−k．由函数f(x)＝x1−k在(0, 1)上单调递增，即可得出．【解答】解：设k=log2x=log3y=log5z<0，∴0<x，y，z<1．x=2k，y=3k，z=5k．则2x =21−k，3y=31−k，5z=51−k．由函数f(x)=x1−k，k<0，−k>0，1−k>1所以f(x)为增函数，∴21−k<31−k<51−k．则2x<3y<5z.故选A.9. 公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在阿基里斯前面1000米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍．当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米．当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1米……，所以，阿基里斯永远追不上乌龟．按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为10−2米时，乌龟爬行的总距离为（）A.104−190B.105−1900C.105−990D.104−9900【答案】B【考点】等比数列的前n项和数列的函数特性【解析】由题意知乌龟每次爬行的距离构成等比数列{a n}，写出a1、q和a n，由此求出乌龟爬行的总距离S n．【解答】解：由题意知，乌龟每次爬行的距离构成等比数列{a n}，且a 1=100，q =110，a n =10−2； ∴ 乌龟爬行的总距离为 S n =a 1−a n q 1−q=100−10−2×1101−110=105−1900．故选B .10. 已知sin(α−β)=√1010，sin2β=√55，α∈[π,3π2]，β∈[π4,π2]，则α+β=( ) A.5π4 B.7π4C.5π4或7π4D.5π4或3π2【答案】B【考点】两角和与差的三角函数 两角和与差的余弦公式 运用诱导公式化简求值 【解析】运用同角的平方关系，以及角变换，即α+β＝α−β+2β，结合两角的和差公式，计算可得所求值． 【解答】解：sin2β=√55，β∈[π4,π2]，即2β∈[π2, π]，可得cos2β=−√1−15=−2√55， sin(α−β)=√1010，α∈[π,3π2]，β∈[π4,π2]， 即有α−β∈[π2, 5π4]，即α−β∈[π2, π]， cos(α−β)=−√1−110=−3√1010， 由α+β=α−β+2β∈[π, 2π]， cos(α+β)=cos[(α−β)+2β]=cos(α−β)cos2β−sin(α−β)sin2β =−3√1010⋅(−2√55)−√1010⋅√55=√22， 可得α+β=7π4．故选B .11. 在ABC 中，|CA|=1，|CB|=2，∠ACB =23π，点M 满足CM →=CB →+2CA →，则MA →⋅MB →=( ) A.0B.2C.2√3D.4【答案】 A【考点】平面向量数量积向量加减混合运算及其几何意义 【解析】建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，计算向量的数量积即可． 【解答】解：建立平面直角坐标系如图所示，由题意知，C(0, 0)，B(2, 0)，A(−12, √32)，∴ CB →=(2, 0)，CA →=(−12, √32)，∴ CM →=CB →+2CA →=(1, √3)， ∴ MA →=CA →−CM →=(−32, −√32)，MB →=CB →−CM →=(1, −√3)， 则MA →⋅MB →=−32+32=0．故选A .12. 已知F 1，F 2分别为椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点，点P 是椭圆上位于第一象限内的点，延长PF 2交椭圆于点Q ，若PF 1⊥PQ ，且|PF 1|=|PQ|，则椭圆的离心率为( )A.2−√2B.√3−√2C.√2−1D.√6−√3 【答案】 D【考点】 椭圆的离心率 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由PF 1⊥PQ 且|PF 1|=|PQ|，可得△PQF 1为等腰直角三角形， 设|PF 1|=t ，|QF 1|=m ，则有t =4a −t −m ，m =√2t ， ∴ t =2(2−√2)a ，在直角△PF 1F 2中，可得t 2+(2a −t)2=4c 2， 即c 2=(9−6√2)a 2，可得e =ca =√6−√3．故选D ．二、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.已知向量a→=(1,2)，b→=(2,−2)，c→=(1,λ)，若c→//(a→+2b→)，则λ=________．【答案】−2 5【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示【解析】由已知求得a→+2b→的坐标，再由向量共线的坐标运算列式求解．【解答】解：∵a→=(1,2)，b→=(2,−2)，∴a→+2b→=(5, −2)，又c→=(1,λ)，且c→//(a→+2b→)，∴1×(−2)−5λ=0，解得λ=−25．故答案为：−25.已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=−11+an，n∈N∗，则a2019=________．【答案】−2【考点】数列递推式【解析】直接根据已知求出a2，a3和a4即可发现数列是以3为周期的周期数列，进而求出a2019．【解答】解：由已知得，a2=−11+a1=−12，a3=−11+a2=−2，a4=−11+a3=1，所以数列{a n}是以3为周期的周期数列，故a2019=a3×673=a3=−2.故答案为：−2.已知正数x，y满足x+y=1，则4x+1+9y+1的最小值是________．【答案】253【考点】基本不等式及其应用基本不等式在最值问题中的应用【解析】由条件可得4x+1+9y+1=13(4x+1+9y+1)(x+1+y+1)，化简后利用基本不等式可得最大值．【解答】解：∵正数x，y满足x+y=1，∴4x+1+9y+1=13(4x+1+9y+1)(x+1+y+1)=13(13+4(y+1)x+1+9(x+1)y+1)≥13(13+2√4(y+1)x+1⋅9(x+1)y+1)=253，当且仅当4(y+1)x+1=9(x+1)y+1，即x=15,y=45时取等号，∴4x+1+9y+1的最小值为253．故答案为：253．已知函数f(x)=xe x，g(x)=xlnx，若f(x1)=g(x2)=t，其中t>0，则lntx1x2的取值范围是________．【答案】(−∞,1 e ]【考点】函数与方程的综合运用利用导数研究函数的单调性【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意，x1e x1=t，x2lnx2=t，则lnx2e lnx2=t，作函数f(x)=xe x的草图如下，由图可知，当t>0时，f(x)=t有唯一解，故x1=lnx2，且x1>0，∴lntx1x2=lntx2lnx2=lntt，设ℎ(t)=lntt ,t>0，则ℎ(t)=1−lntt2，令ℎ′(t)=0，解得t=e，易得当t∈(0, e)时，ℎ′(t)>0，函数ℎ(t)单调递增，当t∈(e, +∞)时，ℎ′(t)<0，函数ℎ(t)单调递减，故ℎ(t)≤ℎ(e)=1e ，即lntx1x2的取值范围是(−∞,1e]．故答案为：(−∞,1e]．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.（一）必考题：共60分.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.设等差数列{a n}的前n项和为S n，a2+S2=−5，S5=−15．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求1a1a2+1a2a3+⋯+1a n a n+1．【答案】解：(1)等差数列{a n}的公差设为d，a2+S2=−5，S5=−15，可得a1+d+a1+a1+d=3a1+2d=−5，5a1+10d=−15，解得a1=d=−1，可得a n=−1−(n−1)=−n，n∈N∗；(2)1a1a2+1a2a3+⋯+1a n a n+1=11⋅2+12⋅3+⋯+1n(n+1)=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．【考点】数列的求和等差数列的通项公式【解析】（1）等差数列{a n}的公差设为d，运用等差数列的通项公式和求和公式，可得首项和公差的方程，解方程可得首项和公差，进而得到所求通项公式；（2）运用裂项相消求和，化简可得所求和．【解答】解：(1)等差数列{a n}的公差设为d，a2+S2=−5，S5=−15，可得a1+d+a1+a1+d=3a1+2d=−5，5a1+10d=−15，解得a1=d=−1，可得a n=−1−(n−1)=−n，n∈N∗；(2)112+123+⋯+1n n+1=1+1+⋯+1=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．已知向量a→=(2cosx,sinx)，b→=(cosx,−2√3cosx)，且f(x)=a→⋅b→−1．(1)求f(x)的单调递增区间；(2)先将函数y=f(x)的图象上所有点的横坐标缩小到原来的12倍（纵坐标不变），再将所得图象向左平移π12个单位，得到函数y =g(x)的图象，求方程g(x)=1在区间x ∈[0,π2]上所有根之和．【答案】解：(1)函数=2cos 2x −2√3sinxcosx −1 =cos2x −√3sin2x =2cos(2x +π3)， −π+2kπ≤2x +π3≤2kπ，k ∈Z ， −2π3+kπ≤x ≤−π6+kπ，k ∈Z ；∴ f(x)的单调增区间为[−2π3+kπ, −π6+kπ]，k ∈Z ； (2)由题意，g(x)=2cos[4(x +π12)+π3]=2cos(4x +2π3)，又g(x)=1，得cos(4x +2π3)=12， 解得：4x +2π3=2kπ±π3，k ∈Z ，即x =kπ2−π12或x =kπ2−π4，k ∈Z ，∵ x ∈[0, π2]， ∴ x =5π12，或x =π4， 故所有根之和为5π12+π4=2π3．【考点】两角和与差的余弦公式 平面向量数量积函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换 余弦函数的单调性根的存在性及根的个数判断 【解析】（1）化函数f(x)为余弦型函数，再求它的单调增区间；（2）由三角函数图象平移法则，得出g(x)的解析式，再求g(x)＝1在x ∈[0, π2]内的实数解即可． 【解答】解：(1)函数=2cos 2x −2√3sinxcosx −1 =cos2x −√3sin2x =2cos(2x +π3)， −π+2kπ≤2x +π3≤2kπ，k ∈Z ， −2π3+kπ≤x ≤−π6+kπ，k ∈Z ；∴ f(x)的单调增区间为[−2π3+kπ, −π6+kπ]，k ∈Z ；(2)由题意，g(x)=2cos[4(x +π12)+π3]=2cos(4x +2π3)，又g(x)=1，得cos(4x +2π3)=12，解得：4x +2π3=2kπ±π3，k ∈Z ， 即x =kπ2−π12或x =kπ2−π4，k ∈Z ，∵ x ∈[0, π2]， ∴ x =5π12，或x =π4， 故所有根之和为5π12+π4=2π3．已知三棱锥P −ABC 的展开图如图二，其中四边形ABCD 为边长等于√2的正方形，△ABE 和△BCF 均为正三角形，在三棱锥P −ABC 中； (1)证明：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若M 是PA 的中点，求二面角P −BC −M 的余弦值．【答案】(1)证明：设AC 的中点为O ，连结BO ，PO ，如图：由题意得PA =PB =PC =√2，PO =1，AO =BO =CO =1， ∵ 在△PAC 中，PA =PC ，O 为AC 的中点，∴ PO ⊥AC ， ∵ 在△POB 中，PO =1，OB =1，PB =√2， ∴ PO 2+OB 2=PB 2，∴ PO ⊥OB ，∵ AC ∩OB =O ，AC ，OB ⊂平面ABC ，∴ PO ⊥平面ABC ， PO ⊂平面PAC ，∴ 平面PAC ⊥平面ABC ．(2)解：由(1)知PO ⊥平面ABC ，∴ PO ⊥OB ，PO ⊥OC ，OB ⊥AC ，以O 为原点，OC ，OB ，OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图：则O(0, 0, 0)，C(1, 0, 0)，B(0, 1, 0)，A(−1, 0, 0)，P(0, 0, 1)，M(−12,0,12)， BC →=(1, −1, 0)，PC →=(1, 0, −1)，MC →=(32,0,−12)， 设平面MBC 的法向量n →=(x, y, z)，则{n →⋅BC →=x −y =0,n →⋅MC →=32x −12z =0,取x =1，得n →=(1, 1, 3)， 设平面PBC 的法向量m →=(x, y, z)，则{m →⋅BC →=x −y =0,m →⋅PC →=x −z =0, 取z =1，得m →=(1, 1, 1)， 设二面角P −BC −M 的平面角为θ， 则cosθ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√33=5√3333． ∴ 二面角P −BC −M 的余弦值为5√3333． 【考点】二面角的平面角及求法 平面与平面垂直的判定 【解析】（1）设AC 的中点为O ，连结BO ，PO ，推导出PO ⊥AC ，PO ⊥OB ，从而PO ⊥平面ABC ，由此能证明平面PAC ⊥平面ABC ．（2）由PO ⊥平面ABC ，得PO ⊥OB ，PO ⊥OC ，OB ⊥AC ，以O 为原点，OC ，OB ，OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角P −BC −M 的余弦值． 【解答】(1)证明：设AC 的中点为O ，连结BO ，PO ，如图：由题意得PA =PB =PC =√2，PO =1，AO =BO =CO =1， ∵ 在△PAC 中，PA =PC ，O 为AC 的中点，∴ PO ⊥AC ， ∵ 在△POB 中，PO =1，OB =1，PB =√2，∴ PO 2+OB 2=PB 2，∴ PO ⊥OB ，∵ AC ∩OB =O ，AC ，OB ⊂平面ABC ，∴ PO ⊥平面ABC ， PO ⊂平面PAC ，∴ 平面PAC ⊥平面ABC ．(2)解：由(1)知PO ⊥平面ABC ，∴ PO ⊥OB ，PO ⊥OC ，OB ⊥AC ，以O 为原点，OC ，OB ，OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图：则O(0, 0, 0)，C(1, 0, 0)，B(0, 1, 0)，A(−1, 0, 0)，P(0, 0, 1)，M(−12,0,12)， BC →=(1, −1, 0)，PC →=(1, 0, −1)，MC →=(32,0,−12)， 设平面MBC 的法向量n →=(x, y, z)，则{n →⋅BC →=x −y =0,n →⋅MC →=32x −12z =0, 取x =1，得n →=(1, 1, 3)， 设平面PBC 的法向量m →=(x, y, z)，则{m →⋅BC →=x −y =0,m →⋅PC →=x −z =0, 取z =1，得m →=(1, 1, 1)， 设二面角P −BC −M 的平面角为θ， 则cosθ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√33=5√3333． ∴ 二面角P −BC −M 的余弦值为5√3333．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分別为a ，b ，c ，若cosA =34，B =2A ，b =3．(1)求a ；(2)已知点M 在边BC 上，且AM 平分∠BAC ，求△ABM 的面积． 【答案】解：(1)由正弦定理得asinA =bsinB ， 得asinA =3sin2A ， 得asinA =32sinAcosA ，得a =32cosA =32×34=2.(2)如图：∵ cosA =34，∴ sinA =√74，∴ cosB =cos2A =2cos 2A −1=18，sinB =3√78，∴ sinC =sin(A +B)=sinAcosB +cosAsinB =5√716， 由正弦定理得csinC =asinA ，∴ c =asinC sinA=52，由角平分线定理得CMMB =ACAB =bc =3c =65， ∴ MB =511BC =511×2=1011，∴ S △ABM =12MB ×AB ×sinB =12×1011×52×sin2A =2522×2×√74×34=75√7176. 【考点】两角和与差的正弦公式 解三角形 正弦定理运用诱导公式化简求值同角三角函数间的基本关系 【解析】（1）由正弦定理以及二倍角正弦公式可得a ＝2；（2）由余弦定理可得c =52，再根据角平分线定理可得MB ，然后根据面积公式可得△ABM 的面积． 【解答】解：(1)由正弦定理得a sinA =bsinB ， 得a sinA =3sin2A ， 得a sinA =32sinAcosA ， 得a =32cosA =32×34=2.(2)如图：∵ cosA =34，∴ sinA =√74，∴ cosB =cos2A =2cos 2A −1=18，sinB =3√78， ∴ sinC =sin(A +B)=sinAcosB +cosAsinB =5√716，由正弦定理得csinC =asinA ，∴ c =asinC sinA=52，由角平分线定理得CMMB =ACAB =bc =3c =65， ∴ MB =511BC =511×2=1011，∴ S △ABM =12MB ×AB ×sinB =12×1011×52×sin2A=2522×2×√74×34=75√7176.已知函数f(x)=x(1+lnx)，g(x)=k(x −1)(k ∈Z)． (1)求函数f(x)的极值；(2)对∀x ∈(1, +∞)，不等式f(x)>g(x)都成立，求整数k 的最大值； 【答案】解：(1)∵ f(x)=x(1+lnx)，x >0， ∴ f′(x)=2+lnx ，当0<x <1e 2时，f′(x)>0，函数单调递减，当x >1e 2时，f′(x)<0，函数单调递增， ∴ 当x =1e 2时，取得极小值，极小值为f(1e 2)=1e 2(1+ln 1e 2)=−1e 2．无极大值． (2)∀∵ x ∈(1, +∞)，不等式f(x)>g(x)都成立， ∴ x(1+lnx)>k(x −1)在(1, +∞)上恒成立， 即x(1+lnx)−k(x −1)>0在(1, +∞)上恒成立， 令ℎ(x)=x(1+lnx)−k(x −1)，x >1， ∴ ℎ′(x)=2−k +lnx ，当2−k ≥0时，即k ≤2时，ℎ′(x)>0在(1, +∞)上恒成立， ∴ ℎ(x)在(1, +∞)上单调递增，∴ ℎ(x)>ℎ(1)=2−k +0=2−k ≥0， ∴ k ≤2，此时整数k 的最大值为2，当k >2时，令ℎ′(x)=0，解得x =e k−2，∴ 当1<x <e k−2时，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)单调递减，当x >e k−2时，ℎ′(x)>0，函数ℎ(x)单调递增，∴ ℎ(x)min =ℎ(e k−2)=e k−2(k −1)−k(e k−2−1)=−e k−2+k ， 由−e k−2+k >0，令φ(k)=−e k−2+k，∴φ′(k)=−e k−2+1<0在k∈(2, +∞)上恒成立，∴φ(k)=−e k−2+k在(2, +∞)上单调递减，又φ(4)=−e2+4<0，φ(3)=−e+3>0，∴存在k0∈(3, 4)使得φ(k0)=0，故此时整数k的最大值为3.综上所述整数k的最大值3.【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性【解析】(Ⅰ)求出函数的单调区间然后求解函数的极值，(Ⅱ)问题转化为x(1+lnx)−k(x−1)>0在(1, +∞)上恒成立，令ℎ(x)＝x(1+lnx)−k(x−1)，x>1，再求导，利用导数求出函数的最值，即可求出k的值，需要分类讨论．【解答】解：(1)∵f(x)=x(1+lnx)，x>0，∴f′(x)=2+lnx，当0<x<1e2时，f′(x)>0，函数单调递减，当x>1e2时，f′(x)<0，函数单调递增，∴当x=1e2时，取得极小值，极小值为f(1e2)=1e2(1+ln1e2)=−1e2．无极大值．(2)∀∵x∈(1, +∞)，不等式f(x)>g(x)都成立，∴x(1+lnx)>k(x−1)在(1, +∞)上恒成立，即x(1+lnx)−k(x−1)>0在(1, +∞)上恒成立，令ℎ(x)=x(1+lnx)−k(x−1)，x>1，∴ℎ′(x)=2−k+lnx，当2−k≥0时，即k≤2时，ℎ′(x)>0在(1, +∞)上恒成立，∴ℎ(x)在(1, +∞)上单调递增，∴ℎ(x)>ℎ(1)=2−k+0=2−k≥0，∴k≤2，此时整数k的最大值为2，当k>2时，令ℎ′(x)=0，解得x=e k−2，∴当1<x<e k−2时，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)单调递减，当x>e k−2时，ℎ′(x)>0，函数ℎ(x)单调递增，∴ℎ(x)min=ℎ(e k−2)=e k−2(k−1)−k(e k−2−1)=−e k−2+k，由−e k−2+k>0，令φ(k)=−e k−2+k，∴φ′(k)=−e k−2+1<0在k∈(2, +∞)上恒成立，∴φ(k)=−e k−2+k在(2, +∞)上单调递减，又φ(4)=−e2+4<0，φ(3)=−e+3>0，∴存在k0∈(3, 4)使得φ(k0)=0，故此时整数k的最大值为3.综上所述整数k的最大值3.（二）选考题：共10分.请考生在22，23题中任选一题作答.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x−√3)2+(y−1)2=r2(r>0)，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρsin(θ−π3)=1，若直线l与曲线C相切．(1)求实数r的值；(2)在圆C上取两点M，N，使得∠MON=π6，点M，N与直角坐标原点O构成△OMN，求△OMN面积的最大值．【答案】解：(1)直线l的极坐标方程为ρsin(θ−π3)=1，转换为直角坐标方程为√3x−y+2=0，若直线l与曲线C相切，则圆心(√3,1)到直线√3x−y+2=0的距离d=√3⋅√3−1+2|√3+1=r，解得r=2.(2)由(1)得圆的方程为(x−√3)2+(y−1)2=4．转换为极坐标方程为ρ=4sin(θ+π3)．设M(ρ1, θ)，N(ρ2,θ+π6)，所以S△MON=12|ρ1||ρ2|sinπ6=4sin(θ+π3)sin(θ+π2)=2sin(2θ+π3)+√3，当θ=π12时，S△MON≤2+√3，即最大值为2+√3．【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化两角和与差的正弦公式三角形的面积公式直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化正弦函数的定义域和值域点到直线的距离公式【解析】(Ⅰ)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换，进一步利用直线和曲线的位置关系式的应用求出r的值．(Ⅱ)利用圆的极坐标方程进一步利用三角形的面积公式和三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出结果．【解答】解：(1)直线l的极坐标方程为ρsin(θ−π3)=1，转换为直角坐标方程为√3x−y+2=0，若直线l与曲线C相切，则圆心(√3,1)到直线√3x−y+2=0的距离d=√3⋅√3−1+2|√3+1=r，解得r=2.(2)由(1)得圆的方程为(x−√3)2+(y−1)2=4．转换为极坐标方程为ρ=4sin(θ+π3)．设M(ρ1, θ)，N(ρ2,θ+π6)，所以S△MON=12|ρ1||ρ2|sinπ6=4sin(θ+π3)sin(θ+π2)=2sin(2θ+π3)+√3，当θ=π12时，S△MON≤2+√3，即最大值为2+√3．[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)=|2x−1|+a|x−1|．(1)当a=2时，f(x)≤b有解，求实数b的取值范围；(2)若f(x)≥|x−2|的解集包含[12,2]，求实数a的取值范围．【答案】解：(1)当a=2时，f(x)=|2x−1|+2|x−1|≥|(2x−1)−2(x−1)|=1，当且仅当(2x−1)(2x−2)≤0，即12≤x≤1时取等号，∴f(x)min=1，∵f(x)≤b有解，∴只需b≥f(x)min=1，∴b的取值范围是[1, +∞)；(2)当x∈[12, 2]时，2x−1≥0，x−2≤0，∵f(x)≥|x−2|的解集包含[12, 2]，∴a|x−1|≥3−3x对x∈[12, 2]恒成立，当12≤x<1时，不等式化为a(1−x)≥3−3x，解得a≥3，当1≤x≤2时，不等式化为a(x−1)≥3−3x，解得a≥−3，综上知，a的取值范围是[3, +∞)．【考点】绝对值不等式的解法与证明【解析】（1）当a＝2时，利用绝对值三角不等式求出f(x)的最小值，由f(x)≤b有解，可知b≥f(x)min；（2）由f(x)≥|x−2|的解集包含[12, 2]，化为a|x−1|≥3−3x对x∈[12, 2]恒成立，再分12≤x<1和1≤x≤2两种情况求出a的范围．【解答】解：(1)当a=2时，f(x)=|2x−1|+2|x−1|≥|(2x−1)−2(x−1)|=1，当且仅当(2x−1)(2x−2)≤0，即12≤x≤1时取等号，∴f(x)min=1，∵f(x)≤b有解，∴只需b≥f(x)min=1，∴b的取值范围是[1, +∞)；(2)当x∈[1, 2]时，2x−1≥0，x−2≤0，2∵f(x)≥|x−2|的解集包含[1, 2]，2∴a|x−1|≥3−3x对x∈[1, 2]恒成立，2≤x<1时，不等式化为a(1−x)≥3−3x，解得a≥3，当12当1≤x≤2时，不等式化为a(x−1)≥3−3x，解得a≥−3，综上知，a的取值范围是[3, +∞)．。
云南省玉溪一中2019—2020学年上学期高三年级数学文期中考(第三次月考)(答题卡)文科
三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分） 必考题：共 60 分 17．（12 分）
19．（12 分）
D(P)
A
P
E(P)
AC
B
C B
图3
F(P)
图4
!
1
!
1
!
!
20．（12 分）
!
!
!
!
21．（12 分） A
C
MB
图5
选考题：共 10 分.请考生在第 22，23 题中任选一题作答. 如果多做，那么按所做的第一题计分，解答时请涂清题号.
22 A 23 B
!
2
!
2
3
填 正确填涂 注 息点。
涂
!
意 2.选择题必须使用 2B 铅笔填涂；解答题必须使用黑色墨水的签字笔书写，
样 错误填涂 事 不得用铅笔或圆珠笔作解答题：字体工整、笔迹清楚。
例 # $ % 项 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答题无
效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4.保持卡面清洁，不要折叠、不要年上学期高三年级期中考（第三次月考）
文 科 数 学（答题卡）
!
! !
姓名
!
! !
班级
!
!
!
!
准考证号
000000 111111 222222 333333 444444 555555 666666 777777 888888 999999
18．（12 分）
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并填涂相应的考号信
一、选择题 （每小题 5 分共 60 分）
!
1ABCD
6 A B C D 11 A B C D
云南省玉溪一中2021届高三上学期期中考试文科数学试题参考答案
36
3
所以该服务值得消费者购买。.........................12 分
19、 1 证明：取 AP 中点 M，连接 DM，BM，
期中考试
DA DP ， BA BP ，
PA DM ， PA BM ，
DM BM M ， PA 平面 DMB．
又 BD 平面 DMB， PA BD
期中考试
玉溪一中 2020—2021 学年上学期高三年级期中考
文科数学答案
一、选择题：B B C BD A ACBD D C
二、填空题： 13、9
14、 1 、 1 2
16、
ççp6
p ，
4
úú
三、解答题：
17．解（1）由正弦定理可得 sin A a sin C 2 3 1 ， c 34 2
假设这 36 件产品每件都不购买该服务，则平均每件产品的消费费用为：
s 1 (36x 6 400 12 200) x 400 （元）.........................9 分
36
3
假设这 36 件产品每件都购买该服务，则平均每件产品的消费费用为：
s 1 [36(x 50) 6 200] x 250 （元）.........................11 分
答案第 4页，总 5页
期中考试
∴点 C 到直线 AB 的距离为 d '
2
，其余过程参考方法一或方法均可。
m2 1
22．
解（1）将 x cos, y sin 代入 C1 ，得 C1 的极坐标方程为
2 cos
0
2
，
设 C1 上的点 (0 ,0 )
旋转
2
玉溪一中2019—2020学年上学期高三年级期中考(第三次月考)(试卷)文科数学
由正弦定理知 c = a , c = a sin C = 5
sin C sin A
sin A 2
AM 平分 BAC , CM = AC = b = 6 , BM AB c 5
P
·3· B
图3
BCF 均为正三角形.
D(P)
A
E(P)
A
C
B
F(P) 图 4
MN 与平面 PAB 所成角的正弦值.
A
20.(本小题满分 12 分)如图 5,在 ABC中,角 A , B , C
的对边分別 a , b , c , cos A = 3 , B = 2A , b = 3 . 4
C
（1）求 a ;
3 （1）求实数 r 的值; （2）在圆 C 上取两点 M , N ,使得 MON = ,点 M , N 与直角坐标原点 O 构成 OMN ,求
6 OMN 面积的最大值.
23.（本小题满分 10 分）选修 4-5:不等式选讲
已知函数 f (x) = 2x −1 + a x −1 .
（1）当 a = 2 时, f (x) b 有解,求实数 b 的取值范围; （2）若 f (x) x − 2 的解集包含[ 1 ,2] ,求实数 a 的取值范围.
17.(本小题满分 12 分)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn , a2 + S2 = −5 , S5 = −15 . （1）求数列 {an } 的通项公式;
（2）求 1 + 1 ++ 1 .
a1a2 a2a3
an an +1
18.(本小题满分
12
分)已知向量
a
=
(2
cos
x, sin
云南省玉溪市2020届高三数学上学期期中考试 理 新人教A版
玉溪一中高2020届高三上学期期中考试数学（理科）一、选择题：第小题5分，共60分。
1.复数z 1=3+i,z 2=1-i,则复数21z z 的虚部为 （ ） A.2 B.-2i C.-2 D.2i 【答案】A【解析】123(3)(1)24=121(1)(1)2z i i i i i z i i i ++++===+--+，所以虚部为2，选A.2. 设全集{}1,2,3,4,5U =,集合{}2,3,4A =,{}2,5B =,则()U B C A U =（ ） A.{}5B. {}125， ，C. {}12345， ， ， ，D.∅【答案】B【解析】{1,5}U C A =，所以()={1,5}{2,5}={1,2,5}U B C A U U ，选B. 3、函数()cos()26y x x ππ=++-的最大值为 ( ) A.413 B.413 C.213 D.13【答案】C【解析】1()cos()sin 262y x x x x xππ=++-=+1sin 2x x +,===，选C. 4、椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为4x =-，则该椭圆的方程为( )A ．2211612x y += B.221128x y += C.22184x y += D.221124x y +=【答案】C【解析】因为椭圆的焦距是4，所以24,2c c ==又准线为4x =-，所以焦点在x 轴且24a c-=-，解得28a =，所以222844b a c =-=-=，所以椭圆的方程为22184x y +=，选C.5、已知曲线x x y ln 342-=的一条切线的斜率为21，则切点的横坐标为( ) A. 3 B. 2C. 1D.21【答案】A【解析】函数的定义域为(0,)+∞，函数的导数为3'2x y x =-，由31'22x y x =-=，得260x x --=，解得3x =或1x =-（舍去），选A. 6、已知某程序框图如图所示，则输出的i 的值为（ ）A ．7B ．8C ．9D ．10 【答案】C【解析】解：第一次循环，=13,5S i ⨯=；第二次循环，=135,7S i ⨯⨯=；第三次循环，=1357100,9S i ⨯⨯⨯>=，此时退出循环，输出9i =，故选C ．7、某教师一天上3个班级的课，每班一节，如果一天共9节课，上午5节、下午4节，并且教师不能连上3节课（第5和第6节不算连上），那么这位教师一天的课的所有排法有（ ）A ．474种B ．77种C ．462种D ．79种【答案】A【解析】首先求得不受限制时，从9节课中任意安排3节，有39504A =种排法，其中上午连排3节的有33318A =种，下午连排3节的有33212A =种，则这位教师一天的课表的所有排法有504-18-12=474种，故选A ．8、一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A.12πB.43πC.3πD.123π 【答案】C【解析】由主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，得到这是一个四棱锥，底面是一个边长是1的正方形，一条侧棱AE 与底面垂直，∴根据求与四棱锥的对称性知，外接球的直径是AC 根据直角三角形的勾股定理知1113AC =++=,半径为3，所以外接球的面积为234()32ππ=，选C.9．设,,l m n 表示不同的直线，αβγ，，表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m ∥l ，且.m α⊥则l α⊥； ②若m ∥l ，且m ∥α.则l ∥α；③若,,l m n αββγγα===I I I ，则l ∥m ∥n ； ④若,,,m l n αββγγα===I I I 且n ∥β,则l ∥m . 其中正确命题的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】①正确；②中当直线l α⊂时，不成立；③中，还有可能相交一点，不成立；④正确，所以正确的有2个，选B.10．已知向量(1,2),(4,)a x b y =-=r r ，若a b ⊥r r，则93x y +的最小值为（ ）A ．23B ．12C ．6D ．32 【答案】C【解析】因为a b ⊥r r ，所以0a b =r rg ，即4(1)20x y -+=，所以22x y +=。
2020届云南玉溪市一中高三数学理科上学期期中试卷附答案详析
2020届云南玉溪市一中高三数学理科上学期期中试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填涂在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
一、选择题：本题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.已知集合}1)3(log |{2<+=x x A ,}24|{-<<-=x x B ,则=⋃B AA.}23|{-<<-x xB.}14|{-<<-x xC.}1|{-<x xD.}4|{->x x 2.“34=m ”是“直线024=-+-m my x 与圆422=+y x 相切”的 A.充要条件 B.必要不充分条件 C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件 3.在ABC ∆中,若A a B c C b sin cos cos =+,则角A 的值为A.3π B.6π C.2πD.32π4.已知定义域为]22,4[--a a 的奇函数)(x f 满足2sin 2020)(3++-=b x x x f ,则=+)()(b f a fA.0B.1C.2D.不能确定5.设m ,n 为空间两条不同的直线, α,β为空间两个不同的平面,给出下列命题: ①若α⊥m ,β//m ,则βα⊥; ②若α⊂m ,α⊂n ,β//m ,β//n ,则βα//; ③若α//m ,α//n ,则n m //; ④若α⊥m ,β//n ,βα//,则n m ⊥. 其中所有正确命题的序号是 A.①② B.②③C.①③D.①④6.七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是A.0360种B.1440种C.2400种D.0480种7.如图1，在矩形OABC 内随机取一点，则它位于阴影部分的概率为A.3e B.31-e C.33e - D.34e- 8.已知0log log log 532<==z y x ,则x 2,y 3,z5的大小顺序为A.y x z 325<< B.z x y 523<< C.z y x 532<< D.xy z 235<<图19.公元前5世纪,古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论:他提出让乌龟在阿基里斯前面0100米处开始与阿基里斯赛跑,并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后,若阿基里斯跑了0100米,此时乌龟便领先他100米;当阿基里斯跑完下一个100米时,乌龟仍然领先他10米.当阿基里斯跑完下一个10米时,乌龟仍然领先他1米……,所以阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律,若乌龟恰好领先阿基里斯210-米时,乌龟爬行的总距离为A.901104-B.9001104-C.901105-D.9001105-10.已知1010)sin(=-βα,552sin =β,]23,[ππα∈,]2,4[ππβ∈,则=+βαA.45πB.47π C.45π或47π D.45π或23π 11.在ABC ∆中,1=CA ,2=CB ,32π=∠ACB ,点M 满足CA CB CM 2+=,则=⋅MB MA A.0B.2C.32D.412.已知1F ,2F 分别为椭圆12222=+by a x )0(>>b a 的左、右焦点,点P 是椭圆上位于第一象限内的点,延长2PF 交椭圆于点Q ,若PQ PF ⊥1,且PQ PF =1,则椭圆的离心率为A.22-B.23-C.12-D.36-二、填空题：本题共4个小题,每小题5分,共20分.13.已知向量)2,1(=a,)2,2(-=b,),1(λ=c,若)2//(b a c+,则=λ ．14.已知数列}{n a 满足11=a ,nn a a +-=+111,*∈N n ,则=2019a ．15.已知正数x ,y 满足1=+y x ,则1914+++y x 的最小值是 ． 16.已知函数xxe x f =)(,x x x g ln )(=,若t x g x f ==)()(21,其中 0>t ,则21ln x x t的取值范围是 ． 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. (一)必考题：共60分.第17-21题为必考题,每个试题考生都必须作答. 17.(本小题满分12分)设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ,522-=+S a ,155-=S .（1）求数列}{n a 的通项公式; （2）求13221111++++n n a a a a a a .18.(本小题满分12分)已知向量)sin ,cos 2(x x a =,)cos 32,(cos x x b -= ,且1)(-⋅=b a x f.（1）求)(x f 的单调递增区间;（2）先将函数)(x f y =的图象上所有点的横坐标缩小到原来的21倍（纵坐标不变）,再将所得图象向左平移12π个单位,得到函数)(x g y =的图象，求方程 1)(=x g 在区间]2,0[π∈x 上所有根之和.19.(本小题满分12分)已知三棱锥ABC P -（如图2）的展开图如图3,其中四边形ABCD 为边长等于2的正方形, ABE ∆和BCF ∆均为正三角形. （1）证明:平面PAC⊥平面ABC ;（2）若M 是PA 的中点, 求二面角M BC P --的余弦值.20.(本小题满分12分)在ABC ∆中,角A ,B ,C若43cos =A ,A B 2=,3=b .（1）求a ;（2）如图4，点M 在边BC 上,且AM 平分BAC ∠,求ABM ∆的面积.21.(本小题满分12分)已知函数)ln 1()(x x x f +=, )1()(-=x k x g )(Z k ∈.（1）求函数)(x f 的极值;（2）对任意的),1(+∞∈x ,不等式)()(x g x f >都成立,求整数k 的最大值.(二)选考题:共10分.请考生在22,23题中任选一题作答.作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分. 22.(本小题满分10分) 选修4-4:坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为222)1()3(r y x =-+-（0>r）,以坐标原点O 为极点, x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线l 的极坐标方程为1)3sin(=-πθρ,且直线l 与圆C 相切.图4(P )C（1）求实数r 的值;（2）在圆C 上取两点M ,N ,使得6π=∠MON ,点M ,N 与直角坐标原点O 构成OMN ∆,求OMN∆面积的最大值.23.（本小题满分10分）选修4-5:不等式选讲已知函数112)(-+-=x a x x f .（1）当2=a 时,b x f ≤)(有解,求实数b 的取值范围;（2）若2)(-≥x x f 的解集包含]2,21[,求实数a 的取值范围.理科数学 参考答案一、 选择题：二、填空题： 13. 52- 14. 2- 15. 325 16. ]1,(e -∞三、解答题：17.解：（1）设等差数列}{n a 的公差设为d , 522-=+S a ,155-=S ,∴5231-=+d a ,151051-=+d a ,解得11-==d a . ………………4分∴n n a n -=---=)1(1,*∈N n . ………………6分（2）111)1(111+-=+=+n n n n a a n n………………8分13221111++++∴n n a a a a a a )1(1321211+⨯++⨯+⨯=n n1113121211+-++-+-=n n 1n+=n …………………12分 18.解:（1）函数1cos sin 32cos 2)(2-⋅-=x x x x f)62sin(2π--=x …………………4分令πππππk x k 2236222+≤-≤+,Z k ∈ 即ππππk x k +≤≤+653,Z k ∈, ∴函数的单调增区间为]65,3[ππππk k ++,Z k ∈. …………6分 （2）由题意知)62sin(4x 6)12(4sin 2)(πππ+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=x x g , ………8分 由1)(=x g ,得21)6sin(4x -=+π, ]2,0[π∈x ,∴]613,6[64x πππ∈+ ∴6764x ππ=+或61164x ππ=+, ∴4x π=或125x π=, 故所有根之和为321254πππ=+. ………………12分 19.解:（1）证明:如图取AC 的中点O ,连结BO PO .2===PC PB PA ,∴1=PO ,1===CO BO AO ,在PAC ∆中,PC PA =,O 为AC 的中点, ∴AC PO ⊥. 在POB ∆中,1=PO , 1=OB ,2=PB ,∴222PB OB PO =+,∴OB PO ⊥.O OB AC =⋂,AC ,OB ⊂平面ABC ,∴⊥PO 平面ABC ,⊂PO 平面PAC ,∴平面PAC ⊥平面ABC ． ……………5分（2）解:由（1）⊥PO 平面ABC 知: OB PO ⊥,OC PO ⊥, 又OC OB ⊥,则如图所示，以O 为原点,OC ,OB ,OP 所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,则)0,0,0(O ,)0,0,1(C ,)0,1,0(B ,A)0,0,1(-A ,)1,0,0(P ,)21,0,21(-M ,)0,1,1(-=,)1,0,1(-=,)21,0,23(-=MC , ……………7分设平面MBC 的法向量),,(1111z y x n =,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0011MC n n ,即⎪⎩⎪⎨⎧=-=-0212301111z x y x ,令11=x ,得)3,1,1(1=n . ………9分 设平面PBC 的法向量),,(2222z y x n =,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅022n BC n ,即⎩⎨⎧=-=-002222z x y x ,令12=x ,得)1,1,1(2=n . ………11分 设二面角M BC P --的平面角为θ,则333353115,cos cos 212121=⨯=⋅⋅>=<=n n n n n nθ. ∴二面角M BC P --的余弦值为33335. ………………12分 20.解:(1)由正弦定理知B b A a sin sin =，∴AA a 2sin 3sin =, ∴24323cos 23=⨯==Aa . ………………………4分（2） 43cos =A ,∴47sin =A ,∴811cos 22cos cos 2=-==A A B ,∴873sin =B ,∴1675sin cos cos sin )sin(sin =+=+=B A B A B A C , …………7分 由正弦定理知A a C c sin sin =,∴25sin sin ==A C a c…………9分 AM 平分BAC ∠,∴56===c b AB AC BM CM ,C∴11102115115=⨯==BC BM , …………11分 ∴17677587325111021sin 21=⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=∆B AB BM S ABM . ……12分 21.解:（1） )ln 1()(x x x f +=,0>x ,∴x x f ln 2)(+=', …………1分当210e x <<时,0)(<'x f ,当21e x >时, 0)(>'xf , …………3分 ∴当21e x =时, )(x f 取得极小值，极小值为22221)1ln 1(1)1(ee e ef -=+=, )(x f 无极大值． ………………………5分（2） 对任意的),1(+∞∈x ,不等式)()(x g x f >都成立,∴)1()ln 1(->+x k x x 在),1(+∞∈x 上恒成立，即0)1()ln 1(>--+x k x x 在),1(+∞∈x 上恒成立，令)1()ln 1()(--+=x k x x x h , 1>x ∴x k x h ln 2)(+-=', ………6分 ①当02≥-k时,即2≤k 时, 0)(>'x h 在),1(+∞∈x 上恒成立，∴)(x h 在),1(+∞上单调递增，∴1)1()(=>h x h∴2≤k 都符合题意,此时整数k 的最大值为2. ……………8分②当2>k时,令0)(='x h ,解得2-=k e x ,∴当21-<<k e x 时, 0)(<'x h ,当2->k e x 时, 0)(>'x h ,k e e h x h k k +-==--22min )()(,则02>+--k e k , ……………10分令k ek p k +-=-2)(∴1)(2+-='-k e k p ,)2(>k ,0)(<'k p 在),2(+∞∈k 上恒成立, ∴k e k p k +-=-2)(在),2(+∞上单调递减，又04)4(2<+-=e p ,03)3(>+-=e p ,∴存在)4,3(0∈k 使得0)(0=k p ,故此时整数k 的最大值为3.综上所述: 整数k 的最大值为3. …………………12分22.解:（1）直线l 的极坐标方程为1)3sin(=-πθρ,转化为直角坐标方程为023=+-y x . ………………2分直线l 与圆C 相切, ∴圆心)1,3(到直线023=+-y x 的距离d 满足r d =++-⨯=132133，解得2=r . …………………4分（2）由（1）得圆的方程为4)1()3(22=-+-y x .转化为极坐标方程为)3sin(4πθρ+=．设),(1θρM ,)6,(2πθρ+N , … 5分6sin 2121πρρ=∆MON S )2sin()3sin(4πθπθ++= 3)32sin(2++=πθ …………8分故当12πθ=时, OMN ∆的面积取到最大值为32+. …………10分23.解:（1）当2=a 时,1221222121212)(=---≥-+-=-+-=）（）（x x x x x x x f当且仅当0)22(12(≤--x x ）, 即121≤≤x 时取等号, …………2分 ∴1)(min =x f , b x f ≤)(有解, ∴只需1)(min =≥x f b ,∴实数b 的取值范围为),1[+∞. ……………………4分（2）当]2,21[∈x 时, 012≥-x ,02≤-x ,2)(-≥x x f 的解集包含]2,21[∴x x a 331-≥-对]2,21[∈x 恒成立, ……………7分当1=x 时, R a ∈, 当121<≤x 时, x x a 33)1(-≥-, 即3≥a , 当21≤<x 时, x x a 33)1(-≥-, 即3-≥a , ……………9分综上所述: 实数a 的取值范围为),3[+∞. ……………10分。
玉溪一中2020届高三上学期第二次月考数学(文)试题含答案
解得 m 3.74 4.02 ，不合题意，舍去； 0.93
若 k 7 ，则 9 0.9 7 0.91 6 0.92 m 0.93 3 0.95 27.49 ，
解得 m 5 ；…… 8 分
5
因此 xi2 200 ， x 6 ， y 0.922 ；
i1
所以 b?
n
xi yi
i1 n
xi2
i1
nxy nx 2
10．给出下列四个命题，其中不正确的命题为
①若 cos cos ，则
2k ,k Z ；
②函数 y 2cos(2 x ) 的图象关于直线 x
对称；
3
12
③函数 y cos(sin x), x R 为偶函数；
④函数 y sin x 是周期函数 .
A ．①③ B ．②④ C ．①②③④ D ．①②④
11 ．已知圆 M : (x 5) 2 y2 36 ，定点 N ( 5, 0) ，点 P 为圆 M 上的动点，点 Q 在
M v 2000 ln(1 ) . 当燃料质量是火箭质量的 ________倍时，火箭的最大速度可达
m 米 / 秒．
12000
15 ．函数 y
x sin(
x ) 的图象可以由函数 y cos 的图象向 ________平移 ________个单位
24
2
长度得到 . （第一空 2 分，第二空 3 分）
总计 ab cd abcd
请问是否有
95
0 0
的把握认为喜欢足球与性别有关？
参考公式及数据： K 2
n(ad bc) 2
，n a b c d ．
(a b)( c d )(a c)(b d )
2
P( K …k0 )
2020届云南省玉溪市玉溪第一中学高三上学期期中数学(文)试题(解析版)
2020届云南省玉溪市玉溪第一中学高三上学期期中数学（文）试题一、单选题1．已知集合()2{|log 31}A x x =+<,{|42}B x x =-<<-，则A B =( )A ．{|32}x x -<<-B ．{|41}x x -<<-C ．{|1}x x <-D ．{}4x x >-【答案】B【解析】根据对数不等式的解法求出集合A,结合并集的定义进行计算即可． 【详解】解：()2{|log 31}{|032}{|31}A x x x x x x =+<=<+<=-<<-， {|42}B x x =-<<-， {|41}A B x x ∴⋃=-<<-，故选：B ． 【点睛】本题主要考查集合的基本运算，结合对数的性质求出集合的等价条件是解决本题的关键． 2．“43m =”是“直线420x my m -+-=与圆224x y +=相切”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】当43m =时，可得直线方程，通过点到直线距离公式可求出圆心到直线距离等于半径，可知直线与圆相切，充分条件成立；当直线与圆相切时，利用圆心到直线距离等于半径构造方程可求得0m =或43，必要条件不成立，从而得到结果. 【详解】由圆的方程知，圆心坐标为()0,0，半径2r = 当43m =时，直线为：410033x y -+=，即34100x y -+=∴圆心到直线距离2d r ===∴当43m =时，直线与圆相切，则充分条件成立当直线与圆相切时，圆心到直线距离2d ==，解得：0m =或43则必要条件不成立 综上，“43m =”是“直线420x my m -+-=与圆224x y +=相切”的充分不必要条件 本题正确选项：A 【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判定，关键是能够掌握直线与圆位置关系的判定方法，明确当直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径.3．在ABC △中,若cos cos sin b C c B a A +=,则角A 的值为( ) A ．3πB ．6π C ．2π D ．23π 【答案】C【解析】由已知结合正弦定理及诱导公式进行化简即可求解． 【详解】解：bcosC ccosB asinA +=,由正弦定理可得,sinBcosC sinCcosB sinAsinA +=,()sin B C sinAsinA ∴+=, sinA sinAsinA ∴=, 0sinA ≠, 1sinA ∴=,()0,A π∈,12A π∴=.故选：C ． 【点睛】本题考查三角形的正弦定理和内角和定理的运用,考查运算能力,属于基础题． 4．已知定义域为[]4,22a a --的奇函数()32020sin 2f x x x b =-++，则()()f a f b +的值为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．不能确定【答案】A【解析】奇函数定义域必关于原点对称，求出a 的值。
云南省玉溪一中2020届高三上学期第二次月考数学(文)试题 含答案
玉溪一中高2020届高三上学期第2次月考文科数学试卷一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知集合{42}M x x =-<<，2{60}N x x x =--<，则M N ⋂= A ．{43}x x -<< B ．{42}x x -<<-C ．{22}x x -<< D ．{23}x x << 2．设复数1z i =+(i 是虚数单位)，则复数1z z+在复平面内所对应的点在 A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3．在△ABC 中，“0CA CB >”是“△ABC 为锐角三角形”的 A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．若1cos 21sin 22αα+=，则tan 2α=A ．54B ．54-C ．43D ．43-5．《九章算术》是我国古代数学文化的优秀遗产，数学家刘徽在注解《九章算术》时，发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形的面积可无限逼近圆的面积，为此他创立了割圆术，利用割圆术，刘徽得到了圆周率精确到小数点后四位3.1416，后人称3.14为徽率．图1是利用刘徽的割圆术设计的程序框图，则结束程序时，输出的n 为( 1.7321≈，sin150.2588≈，sin 7.50.1305≈）) A ．6 B ．12 C ．24 D ．486．公比为2的等比数列{}n a 的各项都是正数，且31116a a =，则1102log a =A ．4-B ．5-C ．6-D ．7- 7．设0.50.4a =，0.50.6b =，0.30.6c =，则a ，b ，c 的大小关系是A ．a c b <<B ．b a c <<C ．a b c <<D ．c a b <<8．已知函数212()321x x f x x x ⎧-<⎪=⎨≥⎪-⎩，，,若方程()f x a =有三个不同的实数根，则实数a 的取值范围是A ．(1,3)B ．(0,3)C ．(0,2)D ．(0,1)9．某人向边分别为5,12,13的三角形区域内随机丢一粒芝麻，假设芝麻落在区域内的任意 一点是等可能的，则其恰落在离三个顶点距离都大于2的地方的概率为 A ．5-15πB ．10-15πC ．15-15πD ．15π10．给出下列四个命题，其中不正确的命题为 ①若cos cos αβ=，则2,k k Z αβπ-=∈； ②函数2cos(2)3y x π=+的图象关于直线12x π=对称；③函数cos(sin ),y x x R =∈为偶函数； ④函数sin y x =是周期函数. A ．①③B ．②④C ．①②③④D ．①②④11．已知圆22:(36M x y ++=，定点N ，点P 为圆M 上的动点，点Q 在NP 上，点G 在MP上，且满足2NP NQ =，0GQ NP =，则点G 的轨迹方程为A ．22194x y +=B ．2213631x y +=C ．22194x y -=D ．2213631x y -=12．已知直线y kx b =+与曲线ln(2)y x =和曲线ln(1)y x =+都相切，则k = A ．ln 2B ．1ln 2C ．1ln 2D．ln二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．过圆锥的轴的截面是顶角为120的等腰三角形，若圆锥的体积为π，则圆锥的母线长为________. 14．2019年3月10日，山间一道赤焰拔地而起，巨大的轰鸣声响彻大凉山，长征三号乙运载火箭托举“中星6C ”卫星成功发射升空。
2020届云南省玉溪一中高三上学期第二次月考数学(文)答案
喜欢足球
不喜欢足球
总计
女生
8
12
20
男生
201030Fra bibliotek总计28
22
100
计算 ,
所以有 的把握认为喜欢足球与性别有关；……6分
（2）由题意知, ,
若 ,则 ,
解得 ,不合题意,舍去；
若 ,则 ,
解得 ；……8分
因此 , , ；
所以 ,
所以 与 的线性回归方程为 ,……11分
计算 时, ,
即预测排名为1时该球场的上座率为 ．……12分
20.【解析】（1）函数的定义域为： ,
……1分
,……3分
单减区间为 ,单增区间 ．……4分
（2）由（1） ,
,……6分
容易得到 （a）在 上单调递减,
（1） ,……9分
时, （a） , 时, （a） ,
所以 （a）在 单增, 单减,
（a） （1） ．……12分
22.【解析】(1)曲线 的普通方程为 .…2分
的直角坐标方程为 ，即 …4分
(2)由于直线 过点 ，倾斜角为30°，
故直线 的参数方程为 ( 是参数)．………6分
设 ， 两点对应的参数分别为 ， ，将直线 的参数方程代入曲线C的普通方程并化简得 .
解得 ………8分
∴ ，解得 满足
所以 ………10分
23.【解析】(1)由 ，得 ，又∵ ，∴ ，得 ∵ ∴ 解得 ，∴
∴ 的取值范围是 .………4分
(2)由题意， 恒成立，设 ，因为 ，所以 ………6分
在 单调递减，在 单调递增，………7分
①当 时， 在 单调递增， ，∴ ………8分
云南省玉溪一中2020届高三数学上学期第四次月考试题文(最新整理)
云南省玉溪一中2020届高三数学上学期第四次月考试题 文注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时,选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3。
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1。
已知集合}031{≤-+=x x xA ，}40{<<=x xB ,则=⋃B A A. {}41<≤-x x B 。
{}30≤<x xC 。
{}30<<x x D. {}41<<-x x 2。
设i iz ++=11，则=z A 。
21 B 。
22 C.23 D. 23。
已知命题p :对任意R x ∈，总有22x x >;:q "1">ab 是"1,1">>b a 的充分不必要条件。
则下列命题为真命题的是A 。
q p ∧⌝)( B.q p ∧ C 。
)(q p ⌝∧D.)()(q p ⌝⌝∧4。
一个几何体的三视图1如图所示，则该几何体的体积是A.64 B 。
72C 。
80D.1125。
执行如图2所示的框图，若输入5=N ，则输出的S 等于图1A 。
43B.54C.65 D 。
766.ABC △中,135BAC ∠=︒，2AB =，1AC =，D 是BC 边上的一点，则AD BC ⋅的取值范围是A.[3,0]- B 。
1[,2]2-C 。
[0,2]D 。
[3,2]-7。
定义在R 上的偶函数)(x f 满足)2()(+=x f x f ，且在]0,1[-上单调递减，设)2(f a =，)2(f b =，)3(f c =，则a ，b ，c 的大小关系是A 。
云南省玉溪一中2021届高三上学期期中考试数学(文)试题 PDF版含答案
19．(12 分)如图，四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD 是平行四边形， ABP 是等边三角形 且边长是 4， DA DP . （1）证明： AP BD ； （2）若 DA 4, BD 2 6 ，求三棱锥 D BPC 的体积.
分
②若
B
为钝角，则
cos
B
1 3
，∴ b2
a2
c2
2ac cos
B
17
，
∴ b 17 ，周长为 b 5 17 .
……12 分
18.解：（1）指标 Y 的平均值 Y 10 6 10.4 18 10.8 12 10.47 ..........................2 分 36
（2）由分层抽样法知：先抽取的 6 件产品中，指标 Y 在 9.8，10.2的有 1 件记为 A ，在 10.2，10.6
(B2 , C1), (B2 , C2 ), (B3, C1), (B3, C2 ) 共 12 个........................................6 分
所以 P 12 4 .........................7 分 15 5
答案第 1页，总 5页
（3）不妨设每件产品的售价为 x 元，
36
3
所以该服务值得消费者购买。.........................12 分
19、 1 证明：取 AP 中点 M，连接 DM，BM，
DA DP ， BA BP ，
PA DM ， PA BM ，
DM BM M ， PA 平面 DMB．
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云南省玉溪一中2020 届高三数学上学期期中试题文注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填涂在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
一、选择题：本题共12 个小题 , 每小题 5 分 , 共 60 分 . 在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知集合 A{ x| log 2 (x3) 1},B{ x | 4x 2} ,则A BA. { x | 3 x2}B. { x | 4 x1}C.{ x | x1}D. { x | x4}2.“ m4”是“直线 x my4m20 与圆 x 2y 24相切”的3A. 充要条件B.必要不充分条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件3.在 ABC 中,若 b cosC c cosB a sin A ,则角A的值为A. B. C. D.262334.已知定义域为 [ a 4,2a2] 的奇函数 f ( x) 满足 f ( x) 2020 x3sin x b 2 ,则 f ( a) f (b)A. 0B.1C.2D.不能确定5.设 m , n 为空间两条不同的直线,,为空间两个不同的平面 , 给出下列命题 :①若③若m, m //, 则;②若m//, n //, 则m// n ;④若m, n, m //, n // , 则// ;m, n // ,//, 则m n .其中所有正确命题的序号是A. ①②B. ②③C. ①③D.①④6. 从总体中抽取的样本数据的频率分布直方图如图 1 所示 , 若总体中 85%的数据不超过b , 则b的估计值为A. 25B.24C.91图 1 470 D.37. 设 asin 2 , b log 0.3 , c40.5 , 则A. c a bB.a b cC.b a c8. 已知 cos() 2 , 则 cos(2 2 ) 6 33D.b c a1 1 4 5A.B.C.999D.4 5 99. 如图 2, 在区域 x 2y 2 4 内任取一点 , 则该点恰好取自阴影部分（阴影部分为 “ x 2y 24 ”与“ x1y22 ”在第一、1第二象限的公共部分）的概率为A.1 1B.3 1 C.3 + 1 D.3 图 2228 484810. 公元前5 世纪 , 古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论: 他提出让乌龟在阿基里斯前面 1000 米处开始与阿基里斯赛跑, 并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10 倍 . 当比赛开始后 , 若阿基里斯跑了 1000 米 , 此时乌龟便领先他 100 米 ; 当阿基里斯跑完下一个 100米时 , 乌龟仍然领先他 10 米 . 当阿基里斯跑完下一个 10 米时 ,乌龟仍然领先他1米 , 所以阿基里斯永远追不上乌龟. 按照这样的规律 , 若乌龟恰好领先阿基里斯10 2 米时 , 乌龟爬行的总距离为A. 1041B. 104 1C.105 1D. 105 1909009090011. 在 ABC 中,CA 1, CB2 , ACB2CB 2CA ,,点M 满足CM3则MA MBA. 0B.2C.2 3 D.412. 已知 F 1 ,x 2y 2 1 (ab0) 的左、右焦点 , 点 P 是椭圆上位F 2 分别为椭圆b 2a 2于第一象限内的点, 延长 PF 2 交椭圆于点 Q , 若 PF 1 PQ , 且 PF 1 PQ ,则椭圆的离心率为A.22B.32C. 2 1D.63二、填空题：本题共4个小题,每小题 5分,共 20分.13.已知向量 a(1,2) , b( 2,2) , c(1,) ,若 c //( a2b) ,则．14.已知数列 { a n} 满足a1 1 ,a n 11, n N ,则 a2019．1a n15.设 a , b R, a23b2 4 ,则 a3b的最小值是．16.已知函数 f (x)x2ax (1x e ,e 为自然对数的底数)与 g (x)e x的图像上e存在关于直线y x 对称的点,则实数a的取值范围是．三、解答题：共70 分 . 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.( 一 ) 必考题：共60 分 . 第 17-21题为必考题 , 每个试题考生都必须作答 .17.( 本小题满分12 分) 设等差数列{ a n}的前n项和为S n , a2S25,S515.（ 1）求数列{ a n}的通项公式 ;（ 2）求111a2 a3.a1a2anan 118.( 本小题满分12 分 ) 已知向量a (2 cos x,sin x) , b(cos x, 2 3 cos x) ,且 f ( x) a b 1 .（1）求f ( x)的单调递增区间 ;（ 2）先将函数y f ( x) 的图象上所有点的横坐标缩小到原来的1倍（纵坐标不2变） , 再将所得图象向左平移个单位 , 得到函数y g (x) 的图象，求方程12g( x) 1 在区间 x[ 0, ] 上所有根之和.219.( 本小题满分 12 分 ) 已知三棱锥P ABC（如图 3）的展开图如图 4, 其中四边形ABCD 为边长等于 2 的正方形,ABE 和BCF 均为正三角形.（ 1）证明 : 平面PAC平面ABC;（2）若M是PC的中点,点N在线PD(P)AE(P)段 PA 上，且满足 PN2NA ,求直线AC B CMN 与平面 PAB所成角的正弦值.B图 3 F (P)图 4A 20.( 本小题满分12分)如图 5,在ABC中, 角A, B ,C的对边分別 a ,b, c , cos A 33., B 2A , b4C（ 1）求a ;M B （ 2）如图 5，点M在边BC上, 且AM平分BAC,求ABM 的面积.图 5 21.( 本小题满分12 分 ) 已知函数f (x) x(1ln x) ,g( x)k( x1) ( k Z ) .（ 1）求函数f (x)的极值 ;（ 2）对任意的x (1,) ,不等式 f (x)g( x) 都成立,求整数k的最大值.( 二) 选考题 : 共 10 分. 请考生在22,23 题中任选一题作答 . 作答时用2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑. 如果多做，则按所做的第一题计分.22.( 本小题满分10 分)选修 4-4: 坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，圆 C 的方程为 (x3)2( y 1)2r 2（ r0 ）,以坐标原点 O 为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 直线l的极坐标方程为sin() 1,且直线 l 与圆C相切.3（ 1）求实数r的值 ;（2）在圆C上取两点M , N ,使得MON, 点M , N与直角坐标原点O构6成 OMN ,求 OMN 面积的最大值.23.（本小题满分 10 分）选修 4-5: 不等式选讲已知函数 f ( x) 2x 1 a x 1 .（ 1）当a 2 时, f ( x) b有解,求实数b的取值范围;2f ( x)x 2[ 1,2] ,a.22019— 2020一、123456789101112B C C A D A C B B D A D13.214.215.2216.1,15ee17.1{ an}d, a2S5,S15,253a12d 5 , 5a110d15,a1d1.4 a n 1 (n1)n , n N .6211118 a n a n 1n(n1)n n1111a1a2a2 a3anan 11111223n(n1)111111223n n1n12 n118.:1 f ( x) 2 cos2 x23 sin x cos x12 sin( 2x) 4362k 2x2k, k Z6225 kk , kZ , x36[3k , 5k ] , kZ .662g( x)2sin 4( x) 6 2sin(4x) , 8126g( x)1, sin(4x) 1 , x [ 0,] , 4x[6,13]62 2664x7 4x11x5 ,6,x665 2 6412.121234P19. : 1:ACO ,BOPO .PAPBPC2 , PO 1, AOBO CO 1,APAC , PAPC ,O AC ,POAC .OCPOB , PO1OB 1 , PB2B, ,PO 2OB 2PB 2 ,PO OB .AC OB O , AC,OBABC , PO ABC ,PO PAC ,PACABC52:M 为PC 中点MPABCPAB .CPABd ,VC PABV PABC1S VPAB d 1S V ABC PO3332 1 24 2d2 12d2 3339MPABd =3Rt MPN , MN( 2) 2+(232)2 52 102 6MNPABd3 6sin312=5 2 5MN620. :(1)a ba 3 ,sin A sin Bsin Asin 2Aa33 2 .42cos A324A2cos A3,sin A7 ,44cos Bcos2 A2 cos 2A 1 1 ,sin B 3 7 ,88CBM sin C sin( A B)sin A cos B5 7cos Asin B ,716ca , ca sin C59sin Csin A2sin AAMBAC ,CM AC b 6 ,BMABc5BM5BC 5 2 10 , 111111 11SABM1 BM AB sin B1 10 5 3 7757.1222 11 2817621.:1f ( x) x(1 ln x) , x0 ,f ( x) 2 ln x ,1x 1 , f ( x)0 , x1,f ( x) 0 ,3e2 e 2111 1 1x,f ( x)e 2f ( 2)2 (1 ln 2 )2,eee ef (x)52x (1, ) ,f (x)g( x),x(1 ln x) k( x 1) x(1,)x(1 ln x)k( x1) 0 x(1,)h(x)x(1 ln x)k (x 1) , x 1 h ( x)2 k ln x ,6 2k 0 ,k2 ,h ( x) 0 x(1,)h(x) (1,)h( x)h(1) 1k 2 ,k2 .8k 2 , h ( x)0 ,x e k 2 ,1 x e k2 ,h ( x) 0, xe k 2 , h ( x) 0 ,h( x)min h(e k 2 )e k 2k ,e k2k 0 ,10p(k )e k 2 kp (k )e k 21 , (k2) ,p (k)0 k (2,),p(k)e k 2k (2,)p(4)e2 4 0 , p(3) e 3 0 ,k0(3,4)p(k 0 )0,k3 .:k3.1222. : 1l sin(3)1,3x y20 .2 lC,(3,1)3x y20d3312r r 2 .d314 21( x3) 2( y1) 2 4 .4 sin(3)M ( 1 ,), N( 2 ,) ,516 sinS MON12264 sin(3) sin(2)2sin( 2)383,OMN2 3 .10 1223. : 1a 2 ,f (x) 2x1 2 x12x12x2（2x1）（2x2） 1(2x1）(2x2)0,1x1,2 2f ( x) min1, f ( x)b,b f ( x) min1,b[1, ) .42x [ 1,2] , 2x 1 0 , x 2 0 ,f (x)x 2[ 1,2]2[12a x 13 3x x,2],72x1 ,aR ,1x 1, a(1x)3 3x ,a 3 ,21x 2 , a(x 1) 3 3x,a 3 ,9: a[3,) .10。