2020 泸州高2018级一诊理科数学试卷+答案解析 6页.doc

1、 高三 理数 第 1 页 共 4 页 泸州市高泸州市高 20182018 级第一次教学质量诊断性考试级第一次教学质量诊断性考试 数 学（理科） 本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分. 第 I 卷 1 至 2 页，第 II 卷 3 至 4 页.共 150 分.考试时间 120 分钟. 注意事项：注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，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的答案标号涂黑. 3. 填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题

2、可先 用铅笔绘出，确认后再用 0.5 毫米黑色签字笔描清楚，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. 第 I 卷 （选择题 共 60 分） 一、一、 选择题：本大题共有选择题：本大题共有 12 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 60 分每小题给出的四个选项中，分每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合要求的只有一项是符合要求的 1已知集合 2 |40Ax xx，|21,Bx xnnN，则AB A 3 B 1,3 C 1,3,4 D1,2,3,4 2“sincos”是“cos20”的 A充分但不必要条件 B必要但不充分条件

3、C充要条件 D既不充分也不必要条件 3已知 3 log 5a ， 1 ln 2 b ， 1.1 1.5c ，则 a，b，c 的大小关系正确的是 Abc a B bac Cacb Dabc 4我国的 5G 通信技术领先世界，5G 技术的数学原理之一是著名的香农(Shannon)公式， 香农提出并严格证明了“在被高斯白噪声干扰的信道中， 计算最大信息传送速率C的公式 2 log (1) S CW N ”，其中W是信道带宽（赫兹） ，S是信道内所传信号的平均功率（瓦） ， N是信道内部的高斯噪声功率（瓦） ，其中 S N 叫做信噪比根据此 公式，在不改变W的前提下，将信噪比从99提升至，使得C大 约

4、增加了60%，则的值大约为(参考数据: 0.2 101.58) A1559 B3943 C1579 D2512 5右图为某旋转体的三视图，则该几何体的侧面积为 A10 B8 C9 D 10 6函数 3 ee xx x y （其中 e 是自然对数的底数）的图象大致为 x y O O y x O y xO y x A B C D 7已知 1,0 A x ， 2,0 B x 两点是函数( )2sin()(0) 6 f xx 与x轴的两个交点，且 A、 B 两点间距离的最小值为 3 ，则的值为 A2 B3 C4 D5 8. 定义在 R 上的函数 ( )f x满足(2)( )fxf x ， (2)( )

5、fxf x ，当 0,1x 时， 2 ( )f xx， 则函数 ( )f x的图象与( ) |g xx 的图象的交点个数为 A3 B4 C5 D6 9在长方体 1111 ABCDABC D 中， ,E F分别为 11 C D, 11 BC的中点，,O M分别为BD,EF的中 点，则下列说法错误的是 A. 四点 B、D、E、F 在同一平面内 B. 三条直线 BF，DE，CC1有公共点 C. 直线 1 AC与直线 OF 不是异面直线 D. 直线 1 AC上存在点N使,M N O三点共线 10已知方程 2 2log0 x x 的两根分别为 1 x， 2 x，则下列关系正确的是 A 12 12x x

6、B 12 2x x C 12 01x x D 12 1x x 11已知三棱锥ABCD中，BAC和 BDC是边长为 2 的等边三角形，且平面ABD平 面BCD，该三棱锥外接球的表面积为 A4 B 16 3 C8 D 20 3 12已知函数 32 1 ( )(0) 3 f xaxxa，若存在实数 0 ( 1,0)x 且 0 1 2 x ，使 0 1 ()() 2 f xf， 2 33 2 2 正视图正视图侧视图侧视图 俯视图俯视图 M O F ED1 C1 B1 C A B D A1 高三 理数 第 2 页 共 4 页 则实数 a 的取值范围为 A 2 ( ,5) 3 B 2 ( ,3)(3,5)

7、 3 C 18 (,6) 7 D 18 (,4)(4,6) 7 第 II 卷 （非选择题 共 90 分） 注意事项： (1)非选择题的答案必须用 0.5 毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔 绘出，确认后再用 0.5 毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效. (2)本部分共 10 个小题，共 90 分. 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分把答案填在答题纸上）分把答案填在答题纸上） 13已知函数 23,0 ( ) 21,0 x xx f x x ,则 ( ( 1)f f 的值_ 14曲线 sin (0, )yx

8、x 与 x 轴所围图形的面积为 15在平面直角坐标系xOy中，角与角均以 Ox 为始边，它们的终边关于 y 轴对称若 1 tan 3 ，则tan() 16如图，棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中，P 为线段 A1B 上的动点（不含端点）， 有下列结论： 平面 A1D1P平面 A1AP; 多面体 CDPD1的体积为定值； 直线 D1P 与 BC 所成的角可能为 3 ； APD1能是钝角三角形. 其中结论正确的序号是 （填上所有序号） 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤骤.第第 1721 题为必考题，

9、题为必考题， 每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分. 17 （本题满分 12 分） 已知函数 2 ( )3sin2cos1 2 x f xx （）若( )() 6 2 3ff ，求tan的值； （）将函数( )f x图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的 1 2 倍得函数 ( )g x的图象，若关于 x 的方程( )0g xm在0, 2 上有解，求m的取值范围 18 （本题满分 12 分） 已知曲线( )sinf xkxxb在点(,() 22 f 处的切线

10、方程为230 xy （）求k，b 的值； （）判断函数( )f x在区间(0,) 2 上零点的个数，并证明 19.（本题满分 12 分） 在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin()sin 2 BC aABc （）求 A； （）已知3c ，1b ，边 BC 上有一点 D 满足3 ABDADC SS ，求AD 20.（本题满分 12 分） 如图，在四棱锥 SABCD 中，底面 ABCD 是菱形，G是线段AB上一点(不含 ,A B） ， 在平面SGD内过点G作GP/平面SBC交SD于点P （）写出作点 P、GP 的步骤(不要求证明)； （）若 3 BAD ，2ABSASBSD，P

11、 是 SD 的 中点，求平面SBC与平面SGD所成锐二面角的大小 21 （本题满分 12 分） 已知函数 1 lnf xxmxm x ，其中1,em，e是自 然对数的底数. （）求函数 f x的单调递增区间； （）设关于 x 的不等式 1 lnxxknf xx x 对 1,ex 恒成立时k的最大值为c （k R， 1,en ） ，求n c 的取值范围. （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做题中任选一题作答，如果多做，则按所做 的第一题计分的第一题计分. 22 （本题满分 10 分）选修选修 4-4：坐标系与参数方程

12、：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy中，曲线 1 C是圆心在（0，2） ，半径为 2 的圆，曲线 2 C的参数 G D C B A S A B C D A1 B1 C1 D1 P 高三 理数 第 3 页 共 4 页 方程为 2 2cos 2 2sin() 4 xt yt （t为参数且0 2 t ） ，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极 轴建立极坐标系 () 求曲线 1 C的极坐标方程； （）若曲线 2 C与两坐标轴分别交于,A B两点，点P为线段AB上任意一点，直线OP 与曲线 1 C交于点M（异于原点） ，求 OM OP 的最大值 23 （本题满分 10 分）选修 4-5：不等式选讲不

13、等式选讲 若0,0ab且223abab，已知ab有最小值为k. () 求k的值； （）若 0 xR使不等式2xmxk成立，求实数m的取值范围 泸州市高泸州市高 2018 级第一次教学质量诊断性考试级第一次教学质量诊断性考试 数 学（理科）参考答案及评分意见 评分说明： 1本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要 考查内容比照评分参考制订相应的评分细则 2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和 难度可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果 后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分

14、3解答右侧所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数 4只给整数分数，选择题和填空题不给中间分 一、选择题一、选择题 题号题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案答案 B A A C D A B A C C D D 二、填空题二、填空题 133 142 15 3 4 16 三、解答题三、解答题 17解：（）因为 2 ( )3sin2cos1 2 x f xx 3sincosxx 1 分 2sin() 6 x ， 2 分 因为( )() 6 2 3ff ，所以sin()2 3sin 6 ， 3 分 所以 31 sincos2 3sin 22 ， 4 分 即3 3sin

15、cos， 5 分 所以 3 tan 9 ； 6 分 （）( )f x图象上所有点横坐标变为原来的 1 2 倍得到函数( )g x的图象， 所以函数( )g x的解析式为( )(2 )2sin(2) 6 g xfxx ， 8 分 因0 2 x ，所以 5 2 666 x ， 10 分 所以1( )2g x ， 故m的取值范围为 1,2. 12 分 18解： （）因为( )sincosfxkxkxx， 2 分 所以()sincos 2222 fkkk ， 3 分 又因为()sin 2222 k fkbb ， 4 分 点(,() 22 f 处的切线方程为230 xy 所以2k ， 5 分 3b .

16、6 分 （）( )f x在(0,) 2 上有且只有一个零点， 7 分 因为( )2sin2 cosfxxxx， 8 分 当(0,) 2 x 时，( )0fx， 9 分 所以( )f x在(0,) 2 x 上为单调递增函数且图象连续不断， 10 分 因为(0)30f ，()30 2 f ， 11 分 所以( )f x在(0,) 2 上有且只有一个零点 12 分 高三 理数 第 4 页 共 4 页 （）因为( )2sin2 cosfxxxx,设( )sincos ,g xxxx 当(, ) 2 x 时，( )2cossin0gxxxx 恒成立 7 分 所以( )g x在(, ) 2 上单调递减，

17、8 分 又()0, ( )0 2 gg ，所以(, ) 2 t 使得( )0g t ， 9 分 所以( )f x在(, 2 t 为单调递增函数，在 , )t为单调递减函数， 10 分 因为()0,( )0 2 ff ， 11 分 所以( )f x在(, ) 2 上有且只有一个零点 12 分 19解：（）由+AB C 可得sin()sin()sinABCC,sinsincos 222 BCAA , 又sin()sin 2 BC aABc ，得sincos 2 A aCc, 2 分 由正弦定理得sinsinsincos 2 A ACC, 3 分 因sin0C ，所以sincos 2 A A , 则

18、2sin coscos 222 AAA , 4 分 因0 22 A ,所以cos0 2 A 5 分 所以 1 sin= 22 A ,即 = 26 A ,则 3 A 6 分 （）解法一：设 ABD 的AB边上的高为 1 h， ADC 的AC边上的高为 2 h, 因 3,3,1 ABDADC SScb , 所以 12 11 3 22 c hb h , 所以 12 hh ，AD是ABC 角A的内角平分线， 8 分 所以 30BAD ， 因 3 ABDADC SS ，可知 3 4 ABDABC SS ， 10 分 所以 131 sin30sin60 242 ABADABAC， 所以 3 3 4 AD

19、. 12 分 解法二：设 = (0) 3 BAD ，则 = 3 DAC , 7 分 因 3,3,1 ABDADC SScb 所以 11 sin3sin() 223 cADbAD ， 所以sin sin() 3 ， 8 分 所以 31 sincossin 22 ，所以 3 tan 3 ， 因0 3 所以 30BAD ， 因 3 ABDADC SS 可知 3 4 ABDABC SS 10 分 所以 131 sin30sin60 242 ABADABAC 所以 3 3 4 AD ， 12 分 解法三：设 ,=ADxBDA，则=ADC , 在 ABC 中由 3,1cb及余弦定理可得： 222 2cos

20、abcbcA 因 7a ， 7 分 因 3 ABDADC SS 可知 3 7 3= 4 BDDC ， 8 分 在 ABD 中 222 2cosABBDADBD AD ， 即 2 633 7 9cos 162 ADAD ， 10 分 在ADC 中， 2 77 1cos() 162 ADAD ， 即 2 77 1+cos 162 ADAD ， 11 分 所以 3 3 4 AD 12 分 20.解： （）第一步：在平面 ABCD 内作 GHBC 交 CD 于点 H； 2 分 第二步：在平面 SCD 内作 HPSC 交 SD 于 P； 4 分 第三步：连接 GP，点 P、GP 即为所求 5 分 （）解

21、法一:因P是SD的中点，HP/SC，所以H是CD的中点， 6 分 而 GH/BC，所以G是AB的中点. 7 分 连 ,AC GD交于O，连SO，设S在底面 ABCD 的射影为M， 因为SASBSD，所以MAMBMD，即M为ABD的外心， 所以M与O重合， 8 分 h2 h1 D C B A 高三 理数 第 5 页 共 4 页 因 2 3 3 OD ，2SD ，所以 2 6 3 SO ， 24 3 33 OCAC， 过O作OE/GB交BC于E，以,OG OE OS分别为x，y，z轴建立空 间直角坐标系，则 2 632 3 (0,0,), (,1,0),(,2,0) 333 SBC ， 9 分 所

22、以 32 6 (,1,),(3,1,0) 33 SBBC ，设平面SBC的法向量为 ( , , )nx y z， 则 32 6 0 33 30 n SBxyz n BCxy ， 取2z ，则1,3xy， 所以(1, 3, 2)n 10 分 又GB 平面SGD， 故(0,1,0)GB 为平面SGD的法向量， 11 分 设平面SBC与平面SGD所成锐二面角的大小为， 则 |32 cos 2|6 n GB n GB ， 因为(0,) 2 ，所以 4 . 12 分 故平面SBC与平面SGD所成锐二面角的大小为 4 解法二：延长 ,DG CB交与I，连接SI，取SI的中点K，连接,GK BK， 因为GP

23、/平面SBC，平面SBC平面SGDSI，GP 平面SGD， 所以GP/SI， 7 分 又P是SD的中点， 则G是DI的中点，故GIGDGS， 8 分 所以GKSI， 又GB 平面SID， 所以BKG为二面角CSID的平面角. 10 分 在SGI中，3SGGI, 22 2 2SISOIO , 则2SK ,从而 22 1GKSGSK ， 又1GE ，BGGK， 故 4 BKG ， 故平面SBC与平面SGD所成锐二面角的大小为 4 12 分 21.解： （）因为 1 ln0,1,ef xxmxm xm x ， 所以 2 22 11 1 mxmx fx xxx ,因0 x ,1,em 1 分 所以当

24、2 40m 即1 2m时, f x的增区间为0, ， 2 分 当 2 40m 即2 em时,方程 2 10 xmx 的两根为 2 1 4 2 mm x ， 2 2 4 2 mm x ， f x的增区间为 12 0,xx ， 4 分 综上 当12m时， f x的增区间为0, ， 当2em时， f x的增区间为 22 44 22 0, mmmm ， 5 分 （）原不等式 1 lnlnmxxxxn k x . 6 分 因 1,em,e1x, 所以 1 lnln1 lnlnmxxxxnxxxxn xx , 令 1lnlnxxxxn g x x , 7 分 即 2 ln xxn gx x ，令 lnp

25、xxxn ，即 1 1px x ， 所以 p x在,e1x 上递增； 8 分 当 1 0p即1n 时, 因为 1,en,所以1n ， 当 ,e1x, 0p x ,即 0gx ，所以 g x在1,e上递增， 所以 min 1cg xgn ， 故22ncn， 9 分 当 e0p 即 e 1,en 时， 因为 ,e1x, 0p x ,即 0gx ， 所以 g x在1,e上递减，所以 min 2 e e n cg xg ， 故 212 e,e1 eee n ncn 10 分 当 1e0pp 即 1,1ne 时, 又 lnp xxxn 在1,e上递增， 所以存在唯一实数 0 1,ex ,使得 0 0p

26、x,即 00 lnnxx ， 则当 0 1,xx 时 0p x ， 即 0gx ， 当 0,e xx 时 0p x 即 0gx ， 故 g x在 0 1,xx 上减， 0,e xx 上增， 所以 0000 0 mi 0 00 n 1 lnln1 ln xxxxn x xx cg xg x . 11 分 所以 0000 00 11 lnlnncxxxx xx ， z y x P H G D C B A S M(O) 高三 理数 第 6 页 共 4 页 设 0 0 1 xx x u （ 0 1,ex ） ，则 2 0 2 00 11 10 x ux xx ， 所以 u x在1,e上递增,所以 1

27、2,e e nc . 综上所述 2 2,e1 e nc . 12 分 22.解： () 解法一：解法一：设曲线 1 C与过极点且垂直于极轴的直线相交于异于极点的点 E，且 曲线 1 C上任意点 F( , ) ，边接 OF，EF，则 OFEF， 2 分 在OEF 中，4cos()4sin 2 ， 4 分 解法二解法二：曲线 1 C的直角坐标方程为 22 (2)4xy， 2 分 即 22 40 xyy， 所以曲线 1 C的极坐标方程为4sin； 4 分 （）因曲线 2 C的参数方程为 2 2cos 2 2sin() 4 xt yt 与两坐标轴相交， 所以点(2,0), (0,2)AB， 6 分 所

28、以线段AB极坐标方程为cossin20(0) 2 ， 7 分 1 2 | sincos OP ， 2 |4sinOM, sincos 4sin 2 OM OP 2 2sin2sin cos 8 分 1 cos2sin2 2sin(2) 1 4 ， 9 分 当 3 8 时取得最大值为21 10 分 23.解：()由3222 22,ababab 2 分 2 3()2 220abab， 解得2ab 或 2 3 ab （舍去） ， 4 分 当且仅当1,2ab时取得“=， 即k的最小值为2 5 分 （）由2k ，2()(2)2xmxxmxm， 7 分 因 0 ,xR使不等式22xmx成立， 所以22,m 即222m ， 9 分 即m的取值范围是0,4 10 分 y x F E B A P M O