2020年山东潍坊高三上学期期中数学(答案)

2019-2020学年山东省潍坊市高三（上）期中数学试卷一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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|x2−2x≥0}，B＝{x|0<x<3}，则A∩B＝（）A.(−1, 3)B.(0, 2]C.[2, 3)D.(2, 3)【答案】C【考点】交集及其运算【解析】可以求出集合A，然后进行交集的运算即可．【解答】∵A＝{x|x≤0或x≥2}，B＝{x|0<x<3}，∴A∩B＝[2, 3)．2. sin225∘＝（）A.−√22B.√22C.−12D.12【答案】A【考点】运用诱导公式化简求值【解析】把225∘写为180∘+45∘由诱导公式二得特殊角的正弦角，由特殊角正弦值得结果．【解答】sin225∘＝sin(180∘+45∘)＝−sin45∘=−√22．3. 已知a＝log32，b＝314，c＝ln23，则a，b，c的大小关系为（）A.a>b>cB.b>a>cC.c>b>aD.c>a>b【答案】B【考点】对数值大小的比较【解析】利用指数与对数函数的单调性即可得出．【解答】a＝log32∈(0, 1)，b＝314>1，c＝ln$${\{}$\${dfrac\{2\}\{3\}}$<}$0，则${a}$，${b}$，${c}$的大小关系：${b\gt a\gt c}$．4. 若l，m是平面α外的两条直线，且l // α，则m // l是m // α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【答案】A【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】利用线面平行的判定定理及其性质定理即可判断出结论．【解答】l，m是平面α外的两条直线，l // α，则m // l⇒m // α，反之不成立．∴m // l是m // α的充分不必要条件．5. 齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．现齐王与田忌各出上等马、中等马、下等马一匹，共进行三场比赛，规定：每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜．则田忌获胜的概率为（）A.1 3B.16C.19D.136【答案】B【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】设齐王的上等马、中等马、下等马分别为A，B，C，田忌的上等马、中等马、下等马分别为a，b，c，每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜．利用列举法能求出田忌获胜的概率．【解答】设齐王的上等马、中等马、下等马分别为A，B，C，设田忌的上等马、中等马、下等马分别为a，b，c，每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜．基本事件有：(Aa, Bb, Cc)，(Aa, Bc, Cb)，(Ab, Bc, Ca)，(Ab, Bc, Ca)，(Ac, Bb, Ca)，(Ac, Ba, Cb)，共6个，田忌获胜包含的基本事件有：(Ac, Ba, Cb)，只有1个，∴田忌获胜的概率为p=16．6. 函数f(x)＝x−ln|x|x的大致图象为（）A. B.C. D.【答案】A【考点】函数的图象与图象的变换【解析】根据条件判断函数的奇偶性和对称性，结合极限思想进行排除即可．【解答】函数的定义域为(−∞, 0)∪(0, +∞)，f(−x)＝−x−ln|−x|−x =−(x−ln|x|x)＝−f(x)，则函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除B，D，当x>0且x→0，f(x)→+∞，排除C，7. (2−√x)8展开式中x3的系数为（）A.−122B.28C.56D.112【答案】D【考点】二项式定理及相关概念【解析】写出二项展开式的通项，令x的指数为3求得r值，则答案可求．【解答】由T r+1=C8r⋅28−r⋅(−√x)r=(−1)r⋅28−r⋅C8r⋅x r2．取r2=3，得r＝6．∴(2−√x)8展开式中x3的系数为(−1)6⋅22⋅C86=112．8. 已知函数f(x)＝sin x+cos x，则（）A.f(x)的最小正周期为πB.y＝f(x)图象的一条对称轴方程为x=π4C.f(x)＝的最小值为−2D.f(x)在[0, π2]上为增函数【答案】B【考点】两角和与差的三角函数【解析】利用辅助角公式化积，然后逐一分析四个选项得答案．【解答】∵f(x)＝sin x+cos x=√2sin(x+π4)，∴f(x)的最小正周期为2π，故A错误；又f(π4)=√2sinπ2=√2，∴y＝f(x)图象的一条对称轴方程为x=π4，故B正确；f(x)的最小值为−√2，故C 错误；由x ∈[0, π2]，得x +π4∈[π4, 3π4]，则f(x)在[0, π2]上先增后减，故D 错误．9. 如图，已知|OA →|＝|OB →|＝1，|OC →|=√3，OC →⊥OB →，<OA →，OC →>$= $30∘，若OC →=xOA →+yOB →，x +y ＝（ ）A.1B.2C.3D.4【答案】 C【考点】平面向量的基本定理 【解析】建系，利用坐标法表示出OC →=xOA →+yOB →，进而可求出x ，y 值． 【解答】建立如图所以坐标系，根据条件不妨设A(1, 0)，B(−12, √32)，C(32, √32)， 则OC →=(32, √32)＝x(1, 0)+y(−12, √32)， 所以{x −12y =32√32y =√32 ，解得x ＝2，y ＝1， 所以x +y ＝3，10. 近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000t 生活垃圾．经分拣以后数据统计如表（单位：t ）：根据样本估计本市生活垃圾投放情况，下列说法错误的是（ ）A.厨余垃圾投放正确的概率为23 B.居民生活垃圾投放错误的概率为310C.该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高的是“可回收物”箱D.厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量的方差为20000 【答案】 D【考点】命题的真假判断与应用【解析】由表格可得：厨余垃圾投放正确的概率=400400+100+100=23；可回收物投放正确的概率=240 240+30+30=45；其他垃圾投放正确的概率=6020+20+60=35．A．可知：厨余垃圾投放正确的概率；B．居民生活垃圾投放错误的概率＝由题意可知：生活垃圾投放错误有200+60+ 20+20＝300，可得生活垃圾投放错误的概率；C．由计算该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高．D．厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的的投放量的平均数x¯=600+300+1003=10003，利用方差计算公式即可得出方差．【解答】由表格可得：厨余垃圾投放正确的概率=400400+100+100=23；可回收物投放正确的概率=240 240+30+30=45；其他垃圾投放正确的概率=6020+20+60=35．A．可知：厨余垃圾投放正确的概率=23，正确；B．居民生活垃圾投放错误的概率＝由题意可知：生活垃圾投放错误有200+60+20+20＝300，故生活垃圾投放错误的概率为3001000=310，正确；C．该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高的是“可回收物”箱，正确．D．厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的的投放量的平均数x¯=600+300+1003=10003，可得方差=13×[(600−10003)2+(300−10003)2+(100−10003)2]=3800009≠20000．二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题4分，共12分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．若x≥y，则下列不等式中正确的是()A.2x≥2yB.x+y2≥√xy C.x2≥y2 D.x2+y2≥2xy【答案】A,D【考点】不等式的基本性质指数函数的单调性与特殊点【解析】由指数函数的单调性可知，当x≥y，有2x≥2y当0>x≥y>0时，x+y2≥√xy不成立；当0≥x ≥y 时，x 2≥y 2不成立；由x 2+y 2−2xy ＝(x −y)2≥0成立，可判断； 【解答】解：由指数函数的单调性可知，当x ≥y 时，有2x ≥2y ，故A 正确； 当0>x ≥y 时，x+y 2≥√xy 不成立，故B 不正确；当0>x ≥y 时，x 2≥y 2不成立，故C 不正确；∵ x 2+y 2−2xy =(x −y)2≥0成立，从而有x 2+y 2≥2xy 成立，故D 正确. 故选AD .正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2，已知平面α⊥AC 1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是( ) A.截面形状可能为正三角形 B.截面形状可能为正方形 C.截面形状可能为正六边形 D.截面面积最大值为3√3【答案】 A,C,D 【考点】棱柱的结构特征 【解析】画出图形，得出结果． 【解答】解：如图所示，当截面为△B 1CD 1与正六边形时，显然A ，C 成立,要使截面形状为正方形，则此时平面α应为竖直平面， 此时平面α不与AC 1垂直，故B 不成立； 选项D ，如图截得正六边形，面积最大， 由题意可知MN =2√2，GH =√2，OE =√62， 所以S =2⋅12⋅(√2+2√2)⋅√62=3√3，故D 成立. 故选ACD .已知函数f(x)={−x 2−2x,x <0f(x −2),x ≥0 ，以下结论正确的是（ ）A.f(−3)+f(2019)＝−3B.f(x)在区间[4, 5]上是增函数C.若方程f(x)＝kx +1恰有3个实根，则(−12, −14)D.若函数y ＝f(x)−b 在(−∞, 4)上有6个零点x i (i ＝1, 2, 3, 4, 5, 6)，则∑ 6i=1x i f(x i )的取值范围是(0, 6) 【答案】 B,C,D 【考点】分段函数的应用 【解析】A:f(−3)+f(2019)＝−(−3)2−2×(−3)+f(1009×2+1)＝−3+f(1)进而求解； B ：有函数图象可知对否；C ：方程f(x)＝kx +1恰有3个实根，即函数y ＝kx +1与f(x)图象有3个交点，由图象可知y ＝kx +1与x 轴交点位于2，4中间时正好满足，进而求解；D ：如图所示，若函数y ＝f(x)−b 在(−∞, 4)上有6个零点，即函数y ＝b 与f(x)图象有6个交点，交点横坐标分别记作x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，x 6，此时0<f(x 1)<1，0<f(x 2)<1，0<f(x 3)<1，0<f(x 4)<1，0<f(x 5)<1，0<f(x 6)<1，进而求解； 【解答】B ：由图知B 正确（1）C ：方程f(x)＝kx +1恰有3个实根，即函数y ＝kx +1与f(x)图象有3个交点，由图象可知y ＝kx +1与x 轴交点位于2，4中间时正好满足，此时k ∈(−12, −14)(2)D ：如图所示，若函数y ＝f(x)−b 在(−∞, 4)上有6个零点，即函数y ＝b 与f(x)图象有6个交点，交点横坐标分别记作x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，x 6此时0<f(x 1)<1，0<f(x 2)<1，0<f(x 3)<1，0<f(x 4)<1，0<f(x 5)<1，0<f(x 6)<1，∴ 0<f(x 1)+f(x 2)+f(x 3)+f(x 4)+f(x 5)+f(x 6)<6，故D 正确（3）故选：BCD ．三、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．已知向量a →,b →满足|a →|＝1，a →⋅b →=−1，则a →⋅(a →−b →)＝________ 【答案】 2【考点】平面向量数量积的性质及其运算 【解析】原式可化为a →2−a →⋅b →，代入即可．【解答】∵ |a →|＝1，a →⋅b →=−1，∴ a →⋅(a →−b →)=a →2−a →⋅b →=1−(−1)＝2．“∃x ∈R ，x 2−2x −a <0”为假命题，则实数a 的最大值为________． 【答案】 −1【考点】全称命题与特称命题 全称量词与存在量词 【解析】由已知可得，“∀x ∈R ，x 2−2x −a ≥0”为真命题，从而有a ≤x 2−2x 恒成立，结合二次函数的性质可求． 【解答】由“∃x ∈R ，x 2−2x −a <0”为假命题，可知，“∀x ∈R ，x 2−2x −a ≥0”为真命题， ∴ a ≤x 2−2x 恒成立，由二次函数的性质可知，x 2−2x ≥−1， 则实数a ≤−1，即a 的最大值为−1．已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，且在[0, +∞)上是减函数，f(−13)＝0，则不等式f(log 18x)>0的解集为________．【答案】(12, 2) 【考点】奇偶性与单调性的综合 【解析】结合函数的奇偶性和单调性的关系，将不等式进行等价转化，进行求解即可． 【解答】∵ f(x)是定义在R 上的偶函数，且在[0, +∞)上是减函数，f(−13)＝0， ∴ f(13)＝f(−13)＝0，则不等式f(log 18x)>0等价为不等式f(|log 18x|)>f(13)，即|log 18x|<13，得{\{}$dfrac{1}{2}<}x ＜2，即不等式的解集为{(\dfrac{1}{2},\, 2)}$，如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到右图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为________．【答案】3√32,8√6729π 【考点】球的体积和表面积 【解析】计算每个面的面积再乘以6即可；判断出体积最大时即球与每个面都相切即内切球，利用等积法计算出R 即可． 【解答】根据题意可知该六面体可看成是两个正四面体拼成，棱长为1，则其表面积为6×√34×12=3√32； 因为每个三角形面积是√34，六面体体积是正四面体体积的2倍，所以该六面体的体积是√26， 由图形的对称性可知，要想小球的体积达到最大，即球与六个面都想切时最大， 设该球的半径为R ，则有√26=6×13×√34×R ，解得R =√69， 所以球的体积V =43πR 3=8√6729π， 四、解答题：本大题共6小题，共82分．解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知a +b ＝10，c ＝5，sin 2B +sin B ＝0（1）求a ，b 的值：（2）求sin C 的值． 【答案】由sin 2B +sin B ＝0，可得2sin B cos B +sin B ＝0， 因为在△ABC 中，sin B ≠0，可得cos B =−12，由余弦定理b 2＝a 2+c 2−2ac cos B ，可得b 2＝a 2+52−2×a ×5×(−12)，因为b ＝10−a ，所以(10−a)2＝a 2+52−2×a ×5×(−12)， 解得a ＝3，b ＝7． 由cos B =−12，可得sin B =√32， 由正弦定理bsin B =csin C ，可得sin C =c⋅sin B b=5×√327=5√314．【考点】 正弦定理 【解析】（1）由二倍角的正弦函数公式化简已知等式结合sin B ≠0，可得cos B =−12，进而由余弦定理可求a ，b 的值．（2）利用同角三角函数基本关系式可求sin B 的值，进而根据正弦定理可求sin C 的值． 【解答】由sin 2B +sin B ＝0，可得2sin B cos B +sin B ＝0， 因为在△ABC 中，sin B ≠0，可得cos B =−12，由余弦定理b 2＝a 2+c 2−2ac cos B ，可得b 2＝a 2+52−2×a ×5×(−12)， 因为b ＝10−a ，所以(10−a)2＝a 2+52−2×a ×5×(−12)，解得a ＝3，b ＝7． 由cos B =−12，可得sin B =√32， 由正弦定理bsin B=c sin C，可得sin C =c⋅sin B b=5×√327=5√314．已知函数f(x)＝x 3−12x 2+ax +1（1）当a ＝2时，求曲线y ＝f(x)在点（0, f(0)）处的切线方程；（2）若函数f(x)在x ＝1处有极小值，求函数f(x)在区间[−2, 32]上的最大值．【答案】当a ＝2时，f(x)=x 3−12x 2+2x +1，f′(x)＝3x 2−x +2，∴ f′(0)＝2，又f(0)＝1，∴ 曲线y ＝f(x)在点（0, f(0)）处的切线方程为y −1＝2x ，即2x −y +1＝0． f′(x)＝3x 2−x +a ，∵ 函数f(x)在x ＝1处有极小值， 所以f′(1)＝2+a ＝0， 解得a ＝−2，此时f(x)=x 3−12x 2−2x +1，f′(x)＝3x 2−x −2，由f′(x)＝0，得x =−23或x ＝1， 当$x$<−23或x ＞1时，f′（x ）＞0，当$${\{}$ - \${dfrac\{2\}\{3\}}$所以f(x)在(−2,−23)，(1, 32)上是增函数，在(−23,1)上是减函数．所以f(1)=−12．f(−2)＝−5，因为f(−23)=4927，f(32)=14， 所以f(x)的最大值为因为f(−23)=4927．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 利用导数研究函数的极值 【解析】 （1）．欲求在点（0, f(0)）处的切线方程，只须求出其斜率的值即可，故先利用导数求出在x ＝0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决． （2）．函数f(x)在x ＝1处有极小值，所以f′(1)＝2+a ＝0，解得a ＝−2，此时f(x)=x 3−12x 2−2x +1，通过求导得单调区间得出函数f(x)在区间[−2, 32]上的最大值．【解答】当a ＝2时，f(x)=x 3−12x 2+2x +1，f′(x)＝3x 2−x +2，∴ f′(0)＝2，又f(0)＝1，∴ 曲线y ＝f(x)在点（0, f(0)）处的切线方程为y −1＝2x ，即2x −y +1＝0． f′(x)＝3x 2−x +a ，∵ 函数f(x)在x ＝1处有极小值， 所以f′(1)＝2+a ＝0， 解得a ＝−2，此时f(x)=x 3−12x 2−2x +1，f′(x)＝3x 2−x −2，由f′(x)＝0，得x =−23或x ＝1， 当$x$<−23或x ＞1时，f′（x ）＞0，当$${\{}$ - \${dfrac\{2\}\{3\}}$所以f(x)在(−2,−23)，(1, 32)上是增函数，在(−23,1)上是减函数．所以f(1)=−12．f(−2)＝−5， 因为f(−23)=4927，f(32)=14，所以f(x)的最大值为因为f(−23)=4927．如图，在棱长均为2的三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，平面A 1CB ⊥平面A 1ABB 1，AB 1＝A 1B ，O 为AB 1与AB 的交点．（1）求证：AB 1⊥CO ；（2）求平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 【答案】证明：∵ 在棱长均为2的三棱柱ABC −A 1B 1C 1中， 四边形A 1ABB 1是菱形， ∴ A 1B ⊥AB 1，∵ 平面A 1CB ⊥平面A 1ABB 1，平面A 1CB ∩平面A 1ABB 1＝A 1B ， ∴ A 1B ⊥平面A 1CB ，∵ CO ⊂平面A 1CB ，∴ AB 1⊥CO ．∵ AB 1＝A 1B ，∴ 菱形A 1ABB 1为正方形，在Rt △COA 中，CO =√AC 2−OA 2=√2，在△COB 中，CO ＝OB =√2，CB ＝2，CO 2+OB 2＝CB 2， ∴ CO ⊥OB ，又CO ⊥AB 1，A 1B ∩AB 1＝O ， ∴ CO ⊥平面A 1ABB 1，以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， A(√2, 0, 0)，A 1(0, −√2, 0)，C(0, 0, √2)，B(0, √2, 0)， AA 1→=(−√2,−√2, 0)，AC →=(−√2,0,√2)，AB →=(−√2,√2, 0)， 设平面ACC 1A 1的一个法向量n →=(x, y, z)，则{n →⋅AC →=−√2x +√2z =0n →⋅AA 1→=−√2x −√2y =0，取x ＝1，n →=(1, −1, 1)， 设平面ABC 的一个法向量m →=(x, y, z)，则{m →⋅AC →=−√2x +√2z =0m →⋅AB →=−√2x +√2y =0，取x ＝1，得m →=(1, 1, 1)， 设平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角为θ， 则cos θ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=1√3×√3=13，∴ 平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为13．【考点】二面角的平面角及求法 【解析】（1）推导出 A 1B ⊥AB 1，从而A 1B ⊥平面A 1CB ，由此能证明AB 1⊥CO ．（2）推导出CO ⊥OB ，CO ⊥AB 1，从而CO ⊥平面A 1ABB 1，以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 【解答】证明：∵ 在棱长均为2的三棱柱ABC −A 1B 1C 1中， 四边形A 1ABB 1是菱形， ∴ A 1B ⊥AB 1，∵ 平面A 1CB ⊥平面A 1ABB 1，平面A 1CB ∩平面A 1ABB 1＝A 1B ， ∴ A 1B ⊥平面A 1CB ，∵ CO ⊂平面A 1CB ，∴ AB 1⊥CO ．∵ AB 1＝A 1B ，∴ 菱形A 1ABB 1为正方形，在Rt △COA 中，CO =√AC 2−OA 2=√2，在△COB 中，CO ＝OB =√2，CB ＝2，CO 2+OB 2＝CB 2， ∴ CO ⊥OB ，又CO ⊥AB 1，A 1B ∩AB 1＝O ， ∴ CO ⊥平面A 1ABB 1，以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， A(√2, 0, 0)，A 1(0, −√2, 0)，C(0, 0, √2)，B(0, √2, 0)， AA 1→=(−√2,−√2, 0)，AC →=(−√2,0,√2)，AB →=(−√2,√2, 0)， 设平面ACC 1A 1的一个法向量n →=(x, y, z)，则{n →⋅AC →=−√2x +√2z =0n →⋅AA 1→=−√2x −√2y =0 ，取x ＝1，n →=(1, −1, 1)， 设平面ABC 的一个法向量m →=(x, y, z)，则{m →⋅AC →=−√2x +√2z =0m →⋅AB →=−√2x +√2y =0，取x ＝1，得m →=(1, 1, 1)， 设平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角为θ， 则cos θ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=1√3×√3=13， ∴ 平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为13．在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)＝f(x +1)−f(x)．某医疗设备公司生产某医疗器材，已知每月生产x 台(x ∈N ∗)的收益函数为R(x)＝3000x −20x 2（单位：万元），成本函数C(x)＝500x +4000（单位：万元），该公司每月最多生产100台该医疗器材．（利润函数＝收益函数-成本函数） （1）求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x)；（2）此公司每月生产多少台该医疗器材时每台的平均利润最大，最大值为多少？（精确到0.1）（3）求x为何值时利润函数P(x)取得最大值，并解释边际利润函数MP(x)的实际意义．【答案】P(x)＝3000x−20x2−(500x+4000)＝−20x2+2500x−4000，(1≤x≤100, x∈N×)，MP(x)＝P(x+1)−P(x)＝−40x+2480．每台器材的平均利润为P(x)x =−20(x+200x)+2500≤−400√2+2500，当且仅当x=200x即x＝10√2时取等号．又x∈N×，且当x＝14时，每台器材的平均利润为1934.3万元，当x＝15时，每台器材的平均利润为1933.3万元，故每月生产14台医疗器材时，平均利润最大，最大利润为1934.3万元．P(x)＝−20(x−62.5)2+74125．又x∈N×，故当x＝62或63时，P(x)取得最大值．MP(x)反映了产量与利润增量的关系．【考点】根据实际问题选择函数类型【解析】（1）根据利润公式得出P(x)，根据边际函数定义得出MP(x)；（2）判断函数单调性，计算x＝14和x＝15对应的平均利润，得出结论；（3）根据二次函数的对称性求出x的值．【解答】P(x)＝3000x−20x2−(500x+4000)＝−20x2+2500x−4000，(1≤x≤100, x∈N×)，MP(x)＝P(x+1)−P(x)＝−40x+2480．每台器材的平均利润为P(x)x =−20(x+200x)+2500≤−400√2+2500，当且仅当x=200x即x＝10√2时取等号．又x∈N×，且当x＝14时，每台器材的平均利润为1934.3万元，当x＝15时，每台器材的平均利润为1933.3万元，故每月生产14台医疗器材时，平均利润最大，最大利润为1934.3万元．P(x)＝−20(x−62.5)2+74125．又x∈N×，故当x＝62或63时，P(x)取得最大值．MP(x)反映了产量与利润增量的关系．已知函数f(x)＝x+1x −m(1x+ln x)(m∈R)．（1）当m>1时，讨论f(x)的单调性；（2）设函数g(x)＝f(x)+m−1x，若存在不相等的实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)，证明：0<m<x1+x2【答案】函数f(x)的定义域为(0, +∞)．f′(x)=1+m−1x2−mx=x2−mx+m−1x2=(x−1)[x−(m−1)]x2．∵m>1，所以m−1>0．当0<m−1<1，即1<m<2时，由f′(x)>0得x>1或x<m−1，由f′(x)<0得m−1<x<1，所以f(x)在(0, m−1)，(1, +∞)上是增函数，在(m−1, 1)上是减函数；当m−1＝1，即m＝2时，f′(x)≥0，所以f(x)在(0, +∞)上是增函数；当m−1>1，即m>2时，由f′(x)>0得x>m−1或x<1，由f′(x)<0得1<x<m−1，所以f(x)在(0, 1)，(m−1, +∞)上是增函数，在(1, m−1)上是减函数．综上可知：当1<m<2时，f(x)在(0, m−1)，(1, +∞)上是增函数，在(m−1, 1)上是减函数；当m＝2时，f(x)在(0, +∞)上是增函数；当m>2时，f(x)在(0, 1)，(m−1, +∞)上是增函数，在(1, m−1)上是减函数．证明：g(x)＝f(x)+m−1x=x−m ln x，g′(x)=1−mx，当m≤0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0, +∞)上是增函数，故不存在不相等的实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)，所以m>0．由g(x1)＝g(x2)使得x1−m ln x1＝x2−m ln x2，即m(ln x2−ln x1)＝x2−x1．不妨设0<x1<x2，则m=x2−x1ln x2−ln x1>0，要证m<x1+x2，只需要证{\{}$dfrac{{x}_{2} − {x}_{1}}{{x}_{1} + {x}_{2}}只需证$${\{}$\${dfrac\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\, -\,1\}\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\, + \, 1\}}$令t=x2x1>1，只需要证$${\{}$\${dfrac\{t\, -\, 1\}\{t\, + \, 1\}}$即证ln t−t−1t+1>0，令ℎ(t)=ln t−t−1t+1(t>1)，则ℎ′(t)=1t −2(t+1)2=t2+1t(t+1)2>0．所以ℎ(t)在(1, +∞)上是增函数，所以ℎ(t)>ℎ(1)>0．从而ln t−t−1t+1>0，故0<m<x1+x2．【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】（1）f′(x)=1+m−1x2−mx=x2−mx+m−1x2=(x−1)[x−(m−1)]x2．分三种情况，当0<m−1<1，当m−1＝1，当m−1>1，去讨论f(x)的单调性．（2）g(x)＝f(x)+m−1x =x−m ln x，g′(x)=1−mx，当m≤0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0, +∞)上是增函数，故不存在不相等的实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)，所以m>0．由g(x1)＝g(x2)使得x1−m ln x1＝x2−m ln x2，即m(ln x2−ln x1)＝x2−x1．不妨设0< x1<x2，则m=x2−x1ln x2−ln x1>0，要证m<x1+x2，即可．【解答】函数f(x)的定义域为(0, +∞)．f′(x)=1+m−1x2−mx=x2−mx+m−1x2=(x−1)[x−(m−1)]x2．∵m>1，所以m−1>0．当0<m−1<1，即1<m<2时，由f′(x)>0得x>1或x<m−1，由f′(x)<0得m−1<x<1，所以f(x)在(0, m−1)，(1, +∞)上是增函数，在(m−1, 1)上是减函数；当m−1＝1，即m＝2时，f′(x)≥0，所以f(x)在(0, +∞)上是增函数；当m−1>1，即m>2时，由f′(x)>0得x>m−1或x<1，由f′(x)<0得1<x<m−1，所以f(x)在(0, 1)，(m−1, +∞)上是增函数，在(1, m−1)上是减函数．综上可知：当1<m<2时，f(x)在(0, m−1)，(1, +∞)上是增函数，在(m−1, 1)上是减函数；当m＝2时，f(x)在(0, +∞)上是增函数；当m>2时，f(x)在(0, 1)，(m−1, +∞)上是增函数，在(1, m−1)上是减函数．证明：g(x)＝f(x)+m−1x=x−m ln x，g′(x)=1−mx，当m≤0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0, +∞)上是增函数，故不存在不相等的实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)，所以m>0．由g(x1)＝g(x2)使得x1−m ln x1＝x2−m ln x2，即m(ln x2−ln x1)＝x2−x1．不妨设0<x1<x2，则m=x2−x1ln x2−ln x1>0，要证m<x1+x2，只需要证{\{}$dfrac{{x}_{2} − {x}_{1}}{{x}_{1} + {x}_{2}}只需证$${\{}$\${dfrac\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\, -\,1\}\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\, + \, 1\}}$令t=x2x1>1，只需要证$${\{}$\${dfrac\{t\, -\, 1\}\{t\, + \, 1\}}$即证ln t−t−1t+1>0，令ℎ(t)=ln t−t−1t+1(t>1)，则ℎ′(t)=1t−2(t+1)2=t 2+1t(t+1)2>0．所以ℎ(t)在(1, +∞)上是增函数，所以ℎ(t)>ℎ(1)>0． 从而ln t −t−1t+1>0，故0<m <x 1+x 2．如图，直角坐标系中，圆的方程为x 2+y 2＝1，A(1, 0)，B(−12, √32)，C(−12, −√32)为圆上三个定点，某同学从A 点开始，用掷骰子的方法移动棋子．规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻下一个定点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为偶数，则按图中箭头方向移动；若掷出骰子的点数为奇数，则按图中箭头相反的方向移动．设掷骰子n 次时，棋子移动到A ，B ，C 处的概率分别为P n (A)，P n (B)，P n (C)．例如： 掷骰子一次时，棋子移动到A ，B ，C 处的概率分别为P 1(A)＝0，P 1(B)=12，P 1(C)=12（1）分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到A ，B ，C 处的概率；（2）掷骰子n 次时，若以x 轴非负半轴为始边，以射线OA ，OB ，OC 为终边的角的余弦值记为随机变量X n ，求X 4的分布列和数学期望；（3）记P n (A)＝a n ，P n (B)＝b n ，P n (C)＝c n ．，其中a n +b n +c n ＝1．证明：数列{b n −13}是等比数列，并求a 2020． 【答案】P 2(A)=12⋅12+12⋅12=12，P 2(B)=12⋅12=14，P 2(C)=12⋅12=14，P 3(A)=12⋅12⋅12+12⋅12⋅12=14，P 3(B)＝(12+14)⋅12=38，P 3(C)＝(12+14)⋅12=38；随机变量X 4的可能取值为1，−12，由（1）可得P(x 4＝1)＝（P 3(B)+P 3(C)）⋅12=(38+38)⋅12=38，P(x 4=−12)＝（P 3(A)+P 3(C)）⋅12+（P 3(A)+P 3(B)）⋅12=58，则X 4的分布列为E(X 4)＝1⋅38+(−12)⋅58=116；证明：易得b n ＝c n ，即b n−1＝c n−1，n ≥2，n ≥2时，b n =12(a n−1+c n−1)=12(a n−1+b n−1)，又a n−1+b n−1+c n−1＝1，可得2b n +b n−1＝1， 由b n −13=−12b n−1+12−13=−12(b n−1−13)， 可得数列{b n −13}是首项为16，公比为−12的等比数列，则b n −13=16⋅(−12)n−1，即b n =13+16⋅(−12)n−1， 又a n ＝1−b n ＝1−2[13+16⋅(−12)n−1]=13[1−(−12)n−1]，故a 2020=13[1+(12)2019]．【考点】数列与解析几何的综合 【解析】（1）由概率的乘法公式，可得所求值；（2）随机变量X 4的可能取值为1，−12，结合（1）运用概率乘法公式，可得随机变量的分布列和期望；（3）易得b n ＝c n ，即b n−1＝c n−1，n ≥2，由条件推得2b n +b n−1＝1，由构造等比数列，可得b n =13+16⋅(−12)n−1，即可得到所求值．【解答】P 2(A)=12⋅12+12⋅12=12，P 2(B)=12⋅12=14，P 2(C)=12⋅12=14，P 3(A)=12⋅12⋅12+12⋅12⋅12=14，P 3(B)＝(12+14)⋅12=38，P 3(C)＝(12+14)⋅12=38；随机变量X 4的可能取值为1，−12，由（1）可得P(x 4＝1)＝（P 3(B)+P 3(C)）⋅12=(38+38)⋅12=38，P(x 4=−12)＝（P 3(A)+P 3(C)）⋅12+（P 3(A)+P 3(B)）⋅12=58，则X 4的分布列为E(X 4)＝1⋅38+(−12)⋅58=116；证明：易得b n ＝c n ，即b n−1＝c n−1，n ≥2， n ≥2时，b n =12(a n−1+c n−1)=12(a n−1+b n−1)， 又a n−1+b n−1+c n−1＝1，可得2b n +b n−1＝1， 由b n −13=−12b n−1+12−13=−12(b n−1−13)，可得数列{b n −13}是首项为16，公比为−12的等比数列，则b n −13=16⋅(−12)n−1，即b n =13+16⋅(−12)n−1， 又a n ＝1−b n ＝1−2[13+16⋅(−12)n−1]=13[1−(−12)n−1]，故a 2020=13[1+(12)2019]．。

潍坊市2020届高三期中考试数学本试卷共6页．满分150分． 注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号．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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．第I 卷(选择题 共52分)一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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{}{}220,03A x x x B x x =-≥=<<，则A B ⋂= A ．()1,3-B ．(0，2]C ．[2，3)D ．(2，3)2．sin 225=A ．12-B ．-C ．D ．1-3．已知1432log 2,3,ln 3a b c a b c ===，则，，的大小关系为A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c>b>aD ．c a b >>4．若,l m 是平面α外的两条直线，且//l α，则//m l 是//m α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5．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．现齐王与田忌各出上等马、中等马、下等马一匹，共进行三场比赛，规定：每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜．则田忌获胜的概率为 A ．13B ．16C ．19D ．1366．函数()ln xf x x x=-的大致图象为7．(82-展开式中3x 的系数为A ．112-B ．28C ．56D ．1128．已知函数()sin cos f x x x =+，则 A ．()f x 的最小正周期为πB ．()y f x =图象的一条对称轴方程为4x π=C ．()f x 的最小值为2-D ．()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数9．如图，已知1,3,,,OA OB OC OC OB OA ===⊥<，30OC >=若OC xOA yOB x y =++=，A ．1B ．2C ．3D ．410．近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000t 生活垃圾．经分拣以后数据统计如下表(单位：t)： 根据样本估计本市生活垃圾投放情况，下列说法错误的是A ．厨余垃圾投放正确的概率为23B ．居民生活垃圾投放错误的概率为310C ．该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高的是“可回收物”箱D ．厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量的方差为20000 二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题4分，共12分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。

试卷类型： A山东省潍坊市2023届高三上学期期中考试高三数学2022. 11本试卷共4页.满分150分，考试时间120分钟. 注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号，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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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{}240,{|lg(1)|M x x N x y x =-==-…∣,则M N ⋃= A.(,2]-∞ B.(,2]-∞- C.[2,1)- D.(,2][2,)-∞-⋃+∞ 2.若命题“2[1,2],30x x a ∃∈-<”为假命题,则实数a 的取值范围是 A.(,4]-∞ B.[2,)+∞ C.(,3]-∞ D.(,2)-∞3.设4,0,,sin ,cos()255παβααβ⎛⎫∈=+=- ⎪⎝⎭,则cos β=A. D. 4.为调查推广眼保健操对改善学生视力的效果,学校决定采用随机数表法从高三800名学生中随机抽取80名进行调查,将800名学生进行编号,编号分别为001,002,,799,800.下面提供的是随机数表的第4行到第6行:32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42 84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 23 68 96 08 04 32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 43 77 89 23 45若从随机数表中第5行第6列开始向右依次读取3个数据作为抽取学生的编号,则抽到的第5名学生的编号是 A.007 B.253 C.328 D.7365.在学习《数学探究活动:得到不可达两点之间的距离》时,小明所在的小组决定测量本校人工湖两侧$C,D$两点间的距离,除了观测点,C D 外,他们又选了两个观测点12,P P ,测得121221,,PPm PP D P PD αβ=∠=∠=,则利用已知观测数据和下面三组新观测角中的一组,就可以求出,C D 间的距离是①1DPC ∠和1DCP ∠;②12PP C ∠和12PCP ∠;③1PDC ∠和1DCP ∠. A.①和② B.①和③ C.②和③ D.①和②和③6.函数(1)y k x =-与ln y x =的图像有且只有一个公共点,则实数k 的取值范围为 A.1k = B.k e … C.1k =或0k … D.0k …或1k =或k e …7.对于函数()()f x x D ∈,若存在常数(0)T T >,使得对任意的x D ∈,都有()()f x T f x +…成立,我们称函数()f x 为“T 同比不增函数”.若函数()cos f x kx x =+是“3π同比不增函数",则实数k 的取值范围是 A.3,π⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ B.3,π⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦ C.3,π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭ D.3,π⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦8.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,满足()1*132n n n a S n -⎛⎫+=-∈ ⎪⎝⎭N ,则下列结论正确的是A.23a a <B.68742a a a +=C.数列{}2nn a 是等比数列 D.13n S <…二、多项选择题:本大题共4个小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分.9.某市新冠肺炎疫情工作取得阶段性成效,为加快推进各行各业复工复产,对当地进行连续11天调研,得到复工复产指数折线图(如图所示),下列说法错误．．的是A ．这11天复工指数和复产指数均逐日增加B ．这11天期间，复产指数的极差大于复工指数的极差C ．第3天至第11天复工复产指数均超过80％D ．第9天至第11天复工指数的增量大于复产指数的增量 10.已知0,0a b 厖,且1a b +=,则A.22a b +…B.221a b +…C.23log 12a b ⎛⎫-+>- ⎪⎝⎭D.ln(1)a a +…的充要条件是1b = 11.佼波那契数列又称黄金分割数列,因意大利数学家列昂纳多-斐波那契以兔子繁殖为例子而引人,故又称为“兔子数列”,在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有直接的应用.在数学上,芠波那契数列被以下递推的方法定义:数列{}n a 满足:121a a ==,()*21n n n a a a n ++=+∈N.则下列结论正确的是A.813a =B.2023a 是奇数C.2222123202*********a a a a a a ++++= D.2022a 被4除的余数为012.定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x ',对于任意实数x ,都有2()()xf x ef x -=,且满足22()()21x f x f x x e '-+=+-,则A.函数2()()F x e f x =为偶函数 B.(0)0f = C.不等式()x xxe f x e e +<的解集为(1,)+∞ D.若方程2()()0f x x a x--=有两个根12,x x ,则122x x a +> 三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13.522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式中4x 的系数为_______.14.设函数sin ,0,()(1)1,0,x x f x f x x π>⎧=⎨+-⎩…,则53f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭________. 15.一个盒子中有4个白球,m 个红球,从中不放回地每次任取1个,连取2次,已知第二次取到红球的条件下,第一次也取到红球的概率为59,则m =________. 16.在ABC 中,点D 是$BC$上的点,$AD$平分,BAC ABD ∠面积是ADC 面积的2倍,且AD AC λ=,则实数λ的取值范围为________；若ABC 的面积为1,当BC 最短时,λ=______.(第一空2分,第二空3分) 四、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚. 17.（10分)定义在(1,1)-上的函数()f x 和()g x ,满足()()0f x g x +-=,且1()log 2a xg x +=,其中1a >. (1)若122f ⎛⎫=⎪⎝⎭,求()f x 的解析式;(2)若不等式()1f x >的解集为1,3m ⎛⎫- ⎪⎝⎭,求m a -的值. 18.(12分)在(1)(0)1f =,(2)函数()f x 图像的一个最低点为4,23π⎛⎫-⎪⎝⎭,(3)函数()f x 图像上相邻两个对称中心的距离为π,这三个条件中任选两个补充在下面问题中,并给出问题的解答.已知函数()2sin()02,02f x x πωϕωϕ⎛⎫=+<<<< ⎪⎝⎭,满足 (1)求函数()f x 的解析式及单调递增区间;(2)在锐角ABC 中,()2,f B b ==求ABC 周长的取值范围. 19．（12分）2022年2月22日，中央一号文件发布，提出大力推进数字乡村建设，推进智慧农业发展.某乡村合作社借助互联网直播平台，对本乡村的农产品进行销售，在众多的网红直播中，随机抽取了10名网红直播的观看人次和农产品销售量的数据，如下表所示：参考数据:()()10102211600,768,80i i i i x x y y x==-=-==∑∑.（1）已知观看人次x 与销售量y 线性相关,且计算得相关系数16r =,求回归直线方程ˆˆˆy bx a =+; (2)规定:观看人次大于等于80(万次)为金牌主播,在金牌主播中销售量大于等于90(百件)为优秀,小于90(百件)为不优秀,对优秀赋分2,对不优秀赋分1.从金牌主㨨中随机抽取3名,若用X 表示这3名主播赋分的和,求随机变量X 的分布列和数学期望.(附:()()()121ˆˆˆ,niii nii x x y y bay bx x x ==--==--∑∑,相关系数()()niix x y y r --=∑20.(12分)已知等差数列{}n a 的前n 项和为512,35,8n S S a a =+=,记数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T . (1)求数列{}n a 的通项公式及n S ;(2)是否存在实数λ,使得211(1)n n T λ+--…恒成立?若存在,求出实数λ的取值范围;若不存在,请说明理由.21.(12分)为了解新研制的抗病毒药物的疗效,某生物科技有限公司进行动物试验.先对所有白鼠服药,然后对每只白鼠的血液进行抽样化验,若检测样本结果呈阳性,则白鼠感染病毒;若检测样本结果呈阴性,则白鼠末感染病毒.现随机抽取()*,2n n n ∈N …只白鼠的血液样本进行检验,有如下两种方案: 方案一:逐只检验,需要检验n 次;方案二:混合检验,将n 只白鼠的血液样本混合在一起检验,若检验结果为阴性,则n 只白鼣末感染病毒;若检验结果为阳性,则对这n 只白鼠的血液样本逐个检验,此时共需要检验1n +次.(1)若10n =,且只有两只白鼠感染病毒,采用方案一,求恰好检验3次就能确定两只咸染病聿白业的概率; (2)已知每只白鼠咸染病暃的概率为(01)p p <<.①采用方案二,记检验次数为X ,求检验次数X 的数学期望;②若20n =,每次检验的费用相同,判斨哪种方案检验的费用更少?并说明理由. 22.(12分)已知函数1()ln f x x a x x=++,其中a ∈R . (1)求函数()f x 的最小值()h a ,并求()h a 的所有零点之和; (2)当1a =时,设()()g x f x x =-,数列{}()*n x n ∈N 满足1(0,1)x ∈,且()1n n xg x +=,证明:1322n n n x x x ++++>.高三数学试题参考答案及评分标准2022.11一、单项选择题（每小题5分，共40分） 1—5 ACCAD 6—10 CBD二、多项选择题（每小题5分，共20分）9．ABD10．AD11．BCD12．ABD三、填空题（每小题5分，共20分） 13．40142- 15．616．40,3⎛⎫ ⎪⎝⎭四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．解：（1）由题意知，()()2log 1a f x g x x=--=-， 又因为122f ⎛⎫=⎪⎝⎭，所以log 42a =，即2a =． 所以函数()f x 的解析式是()22log 111y x x=-<<-． （2）由()1f x >，得21a x >-，由题意知10x ->，所以211x a-<<， 所以21131a m ⎧-=-⎪⎨⎪=⎩，即321a m ⎧=⎪⎨⎪=⎩，所以12m a -=-． 18．解：（1）若选①②，由①得，()02sin 1f ϕ==，所以26k πϕπ=+或()526k k πϕπ=+∈Z ，又因为02πϕ<<，所以6πϕ=，由②得，函数()f x 图像的一个最低点为4,23π⎛⎫-⎪⎝⎭，所以432362k πππωπ+=+，()k ∈Z ， 所以312k ω=+，()k ∈Z ，又因为02ω<<，所以1ω=，所以()2sin 6f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，x ∈R ，当22262k x k πππππ-+≤+≤+，()k ∈Z ，函数()f x 单调递增，即22233k x k ππππ-+≤≤+，()k ∈Z ，所以函数()f x 单调递增区间为22,233k k ππππ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦，k ∈Z ，若选①③，由①得，()02sin 1f ϕ==，所以26k πϕπ=+或526k πϕπ=+，()k ∈Z ，又因为02πϕ<<，所以6πϕ=，由③得，函数()f x 图像上相邻对称中心的距离为π，所以2T π=，所以1ω=， 所以()2sin 6f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，x ∈R ， 当22262k x k πππππ-+≤+≤+，()k Z ∈，函数()f x 单调递增，即22233k x k ππππ-+≤≤+，()k Z ∈，所以函数()f x 单调递增区间为22,233k k ππππ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦，k ∈Z若选②③，由③得，函数()f x 图像上相邻对称中心的距离为π．所以2T π=，所以1ω=， 由②得，函数()f x 图像的一个最低点为4,23π⎛⎫-⎪⎝⎭，所以431232k ππϕπ⨯+=+，()k ∈Z ，即26k πϕπ=+，()k ∈Z ，又因为02πϕ<<，所以6πϕ=，所以()2sin 6f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，x ∈R ， 当22262k x k πππππ-+≤+≤+，()k ∈Z ，函数()f x 单调递增，即22233k x k ππππ-+≤≤+，()k ∈Z ，所以函数()f x 单调递增区间为22,233k k ππππ⎡⎤-++⎢⎥⎣⎦，k ∈Z ，（2）()2sin 26f B B π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，所以sin 16B π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，又因为锐角三角形，所以3B π=．因为b =2sin bB==，由正弦定理可得22sin 2sin 3a A C π⎛⎫==- ⎪⎝⎭，2sin c C =， 所以ABC △的周长22sin 2sin 2sin 2sin 36ABC L a b c A C C C C ππ⎛⎫⎫=++=++=-+=+ ⎪⎪⎝⎭⎭△因为ABC △是锐角三角形，由022032C C πππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，得62C ππ<<，所以2,633C πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以sin 62C π⎛⎤⎛⎫+∈ ⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎦，所以(36ABC L C π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭△， 所以ABC △周长的取值范围为(3+．19．解：（1）因为()()niix x y y r --=∑，所以()()1016iix x y y --=∑所以()()101660i i i x xy y =--=∑，所以()()()10110216601160010iii i i x x y y b x x==--===-∑∑， ()18087778310y =+++=118380510a y bx =-=-⨯=-，所以回归直线方程为11510y x =-． （2）金牌主播有5人，2人赋分为2，3人赋分为1， 则随机变量X 的取值范围是{}3,4,5()33351310C P X C ===，()122335345C C P X C ===，()2123353510C C P X C ===， 所以X 的分布列为：所以()345105105E X =⨯+⨯+⨯=．20．解：（1）因为{}n a 为等差数列，设公差为d ，首项为1a ，53535S a ==，解得37a =，12128a a a d +=+=，又因为3127a a d ++=，13a =，2d =所以()32121n a n n =+-=+()21122n n n S na d n n -=+=+． （2）证明：由（1）知22n S n n =+，所以()21111112222n S n n n n n n ⎛⎫===- ⎪+++⎝⎭， 所以11111111111111131121324112212122212n T n n n n n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-+-=+--=-- ⎪ ⎪ ⎪-++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，因为n T 为递增数列，所以当1n =时，n T 取得最小值为131112211123⎛⎫--= ⎪++⎝⎭，又因为0n >，所以34n T <，所以1334n T ≤<．当n 为奇数时，21n T λ-≤恒成立，即2113λ-≤，解得λ≤≤， 当n 为偶数时，21n T λ-≤-恒成立，即2314λ-≤-，解得1122λ-≤≤， 综上所述，实数λ的取值范围为11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦． 21．解：（1）根据题意恰好在第一、三次确定两只感染病毒白鼠的概率12811109845P =⨯⨯=， 恰好在第二、三次确定有两只感染病毒白鼠的概率28211109845P =⨯⨯=， 所以恰好检验3次就能确定有两只白鼠感染病毒的概率28182121098109845P =⨯⨯+⨯⨯=．（2）①设检验次数为X ，可能取得值为1，1n +．则()()11nP X p ==-，()()111nP X n p =+=--，所以()()()()()()111111n n nE X p n p n n p ⎡⎤=-++--=+--⎣⎦．②方案二的检验次数期望为()()()11n E X n n p =+--，所以()()20201201E X p -=-⨯-， 设()()201201g p p =-⨯-，因为011p <-<，所以()g p 单调递增， 由()0g p =得1p =01p <<()0g p <，则()20E X <， 当11p <<时，()0g p >，则()20E X >， 故当01p <<时，选择方案二检验费用少，当11p -<<时，选择方案一检验费用少，当1p = 22．解：（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，且()221x ax f x x+-'=，令()0f x '=，得210x ax +-=，解得1x =2x =（舍去），所以()f x 在()10,x 上单调递减，在()1,x +∞单调递增，所以()()111min 11ln f x f x x a x x ==++，即()ln 2ah a a =，由1x 是方程210x ax +-=的根，则111a x x =-，所以()1111111ln h a x x x x x ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，令()11ln H x x x x x x ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，可知()1H H x x ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 又因为()211ln H x x x ⎛⎫'=-+⎪⎝⎭，所以()H x 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减． 而222130H e e e⎛⎫=-<⎪⎝⎭，()120H =>，所以有且仅有唯一()00,1x ∈，使得()00H x =， 所以()011,x ∈+∞，有010H x ⎛⎫= ⎪⎝⎭．所以方程()0H x =有且仅有两个根0x ，01x ， 即1111111ln 0x x x x x ⎛⎫++-= ⎪⎝⎭有且仅有两根0x ，01x ， 又因为()11110a x x x =->单调递减，所以()y h a =有两个零点设为1a ，2a （不妨设12a a <），则12000011101a a x x x x ⎛⎫⎪⎛⎫ ⎪+=-+-= ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭．（2）由题意知1a =时，()()1ln g x f x x x x =-=+，因为()22111x g x x x x-'=-=， 令()0g x '>，得1x >，()0g x '<，得1x <．所以()g x 在()0,1上递减，在()1,+∞递增，则有()()11g x g ≥=，因为()10,1x ∈，所以()211x g x =>，()321x g x =>，…，()11n n x g x +=>．令()()1ln m x g x x x x x=-=+-，1x ≥，()2222131240x x x m x x x ⎛⎫--- ⎪-+-⎝⎭'==<，所以()m x 在区间[)1,+∞单调递减，所以()()10m x m ≤=． 所以()21110n n n n x x g x x ++++-=-<，即21n n x x ++< 又因为函数()m x 单调递减，所以()()21n n m x m x ++>， 即22112111ln ln n n n n n n x x x x x x +++++++->+-，即3221n n n n x x x x ++++->-，所以1322n n n x x x ++++>．。

2019-2020学年山东省潍坊市高三（上）期中数学试卷一、单项选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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|x2−2x≥0}，B＝{x|0<x<3}，则A∩B＝（）A.(−1, 3)B.(0, 2]C.[2, 3)D.(2, 3)【答案】C【考点】交集及其运算【解析】可以求出集合A，然后进行交集的运算即可．【解答】∵A＝{x|x≤0或x≥2}，B＝{x|0<x<3}，∴A∩B＝[2, 3)．2. sin225∘＝（）A.−√22B.√22C.−12D.12【答案】A【考点】运用诱导公式化简求值【解析】把225∘写为180∘+45∘由诱导公式二得特殊角的正弦角，由特殊角正弦值得结果．【解答】sin225∘＝sin(180∘+45∘)＝−sin45∘=−√22．3. 已知a＝log32，b＝314，c＝ln23，则a，b，c的大小关系为（）A.a>b>cB.b>a>cC.c>b>aD.c>a>b 【答案】B【考点】对数值大小的比较【解析】利用指数与对数函数的单调性即可得出．【解答】a＝log32∈(0, 1)，b＝314>1，c＝ln$${\{}$\${dfrac\{2\}\{3\}}$<}$0，则${a}$，${b}$，${c}$的大小关系：${b\gt a\gt c}$．4. 若l，m是平面α外的两条直线，且l // α，则m // l是m // α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【答案】A【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】利用线面平行的判定定理及其性质定理即可判断出结论．【解答】l，m是平面α外的两条直线，l // α，则m // l⇒m // α，反之不成立．∴m // l是m // α的充分不必要条件．5. 齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．现齐王与田忌各出上等马、中等马、下等马一匹，共进行三场比赛，规定：每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜．则田忌获胜的概率为（）A.1 3B.16C.19D.136【答案】B【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】设齐王的上等马、中等马、下等马分别为A，B，C，田忌的上等马、中等马、下等马分别为a，b，c，每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜．利用列举法能求出田忌获胜的概率．【解答】设齐王的上等马、中等马、下等马分别为A，B，C，设田忌的上等马、中等马、下等马分别为a，b，c，每一场双方均任意选一匹马参赛，且每匹马仅参赛一次，胜两场或两场以上者获胜．基本事件有：(Aa, Bb, Cc)，(Aa, Bc, Cb)，(Ab, Bc, Ca)，(Ab, Bc, Ca)，(Ac, Bb, Ca)，(Ac, Ba, Cb)，共6个，田忌获胜包含的基本事件有：(Ac, Ba, Cb)，只有1个，∴田忌获胜的概率为p=16．6. 函数f(x)＝x−ln|x|x的大致图象为（）A.B.C.D.【答案】 A【考点】函数的图象与图象的变换 【解析】根据条件判断函数的奇偶性和对称性，结合极限思想进行排除即可． 【解答】函数的定义域为(−∞, 0)∪(0, +∞)， f(−x)＝−x −ln|−x|−x=−(x −ln|x|x)＝−f(x)，则函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除B ，D ，当x >0且x →0，f(x)→+∞，排除C ，7. (2−√x)8展开式中x 3的系数为（ ） A.−122 B.28 C.56 D.112 【答案】 D【考点】二项式定理及相关概念 【解析】写出二项展开式的通项，令x 的指数为3求得r 值，则答案可求． 【解答】由T r+1=C 8r ⋅28−r ⋅(−√x)r =(−1)r ⋅28−r ⋅C 8r ⋅x r2．取r2=3，得r ＝6．∴ (2−√x)8展开式中x 3的系数为(−1)6⋅22⋅C 86=112．8. 已知函数f(x)＝sinx +cosx ，则（ ） A.f(x)的最小正周期为πB.y ＝f(x)图象的一条对称轴方程为x =π4 C.f(x)＝的最小值为−2 D.f(x)在[0, π2]上为增函数 【答案】 B【考点】两角和与差的三角函数 【解析】利用辅助角公式化积，然后逐一分析四个选项得答案． 【解答】∵ f(x)＝sinx +cosx =√2sin(x +π4)， ∴ f(x)的最小正周期为2π，故A 错误；又f(π4)=√2sin π2=√2，∴ y ＝f(x)图象的一条对称轴方程为x =π4，故B 正确； f(x)的最小值为−√2，故C 错误；由x ∈[0, π2]，得x +π4∈[π4, 3π4]，则f(x)在[0, π2]上先增后减，故D 错误．9. 如图，已知|OA →|＝|OB →|＝1，|OC →|=√3，OC →⊥OB →，<OA →，OC →>$= $30，若OC →=xOA →+yOB →，x +y ＝（ ）A.1B.2C.3D.4【答案】 C【考点】平面向量的基本定理 【解析】建系，利用坐标法表示出OC →=xOA →+yOB →，进而可求出x ，y 值． 【解答】建立如图所以坐标系，根据条件不妨设A(1, 0)，B(−12, √32)，C(32, √32)，则OC →=(32, √32)＝x(1, 0)+y(−12, √32)，所以{x −12y =32√32y =√32 ，解得x ＝2，y ＝1， 所以x +y ＝3，10. 近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000t 生活垃圾．经分拣以后数据统计如表（单位：t ）：根据样本估计本市生活垃圾投放情况，下列说法错误的是（ ）A.厨余垃圾投放正确的概率为23B.居民生活垃圾投放错误的概率为310C.该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高的是“可回收物”箱D.厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量的方差为20000【答案】D【考点】命题的真假判断与应用【解析】由表格可得：厨余垃圾投放正确的概率=400400+100+100=23；可回收物投放正确的概率=240 240+30+30=45；其他垃圾投放正确的概率=6020+20+60=35．A．可知：厨余垃圾投放正确的概率；B．居民生活垃圾投放错误的概率＝由题意可知：生活垃圾投放错误有200+60+ 20+20＝300，可得生活垃圾投放错误的概率；C．由计算该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高．D．厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的的投放量的平均数x=600+300+1003=10003，利用方差计算公式即可得出方差．【解答】由表格可得：厨余垃圾投放正确的概率=400400+100+100=23；可回收物投放正确的概率=240 240+30+30=45；其他垃圾投放正确的概率=6020+20+60=35．A．可知：厨余垃圾投放正确的概率=23，正确；B．居民生活垃圾投放错误的概率＝由题意可知：生活垃圾投放错误有200+60+20+20＝300，故生活垃圾投放错误的概率为3001000=310，正确；C．该市三类垃圾箱中投放正确的概率最高的是“可回收物”箱，正确．D．厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的的投放量的平均数x=600+300+1003=10003，可得方差=13×[(600−10003)2+(300−10003)2+(100−10003)2]=3800009≠20000．二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题4分，共12分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．若x≥y，则下列不等式中正确的是（）A.2x≥2yB.x+y2≥√xyC.x 2≥y 2D.x 2+y 2≥2xy【答案】 A,D【考点】指数函数的单调性与特殊点 【解析】由指数函数的单调性可知，当x ≥y ，有2x ≥2y 当0>x ≥y >0时，x+y 2≥√xy 不成立；当0≥x ≥y 时，x 2≥y 2不成立；由x 2+y 2−2xy ＝(x −y)2≥0成立，可判断； 【解答】由指数函数的单调性可知，当x ≥y ，有2x ≥2y ，故A 正确； 当0>x ≥y >0时，x+y 2≥√xy 不成立；当0≥x ≥y 时，x 2≥y 2不成立；∵ x 2+y 2−2xy ＝(x −y)2≥0成立，从而有x 2+y 2≥2xy 成立；正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为2，已知平面α⊥AC 1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是（ ） A.截面形状可能为正三角形 B.截面形状可能为正方形 C.截面形状可能为正六边形 D.截面面积最大值为3√3 【答案】 A,C,D 【考点】平面的基本性质及推论 【解析】画出图形，得出结果． 【解答】如图，显然A ，C 成立，下面说明D 成立，如图截得正六边形，面积最大，MN =2√2，GH =√2， OE =(√22)=√62， 所以S ＝2⋅12⋅(√2+2√2)⋅√62=3√3，故D 成立，已知函数f(x)={−x 2−2x,x <0f(x −2),x ≥0，以下结论正确的是（ ）A.f(−3)+f(2019)＝−3B.f(x)在区间[4, 5]上是增函数C.若方程f(x)＝kx+1恰有3个实根，则(−12, −14)D.若函数y＝f(x)−b在(−∞, 4)上有6个零点x i(i＝1, 2, 3, 4, 5, 6)，则∑6i=1x i f(x i)的取值范围是(0, 6)【答案】B,C,D【考点】分段函数的应用【解析】A:f(−3)+f(2019)＝−(−3)2−2×(−3)+f(1009×2+1)＝−3+f(1)进而求解；B：有函数图象可知对否；C：方程f(x)＝kx+1恰有3个实根，即函数y＝kx+1与f(x)图象有3个交点，由图象可知y＝kx+1与x轴交点位于2，4中间时正好满足，进而求解；D：如图所示，若函数y＝f(x)−b在(−∞, 4)上有6个零点，即函数y＝b与f(x)图象有6个交点，交点横坐标分别记作x1，x2，x3，x4，x5，x6，此时0<f(x1)<1，0<f(x2)<1，0<f(x3)<1，0<f(x4)<1，0<f(x5)<1，0<f(x6)<1，进而求解；【解答】B：由图知B正确（1）C：方程f(x)＝kx+1恰有3个实根，即函数y＝kx+1与f(x)图象有3个交点，由图象可知y＝kx+1与x轴交点位于2，4中间时正好满足，此时k∈(−12, −14)(2)D：如图所示，若函数y＝f(x)−b在(−∞, 4)上有6个零点，即函数y＝b与f(x)图象有6个交点，交点横坐标分别记作x1，x2，x3，x4，x5，x6此时0<f(x1)<1，0<f(x2)<1，0<f(x3)<1，0<f(x4)<1，0<f(x5)<1，0<f(x6)<1，∴0<f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)+f(x5)+f(x6)<6，故D正确（3）故选：BCD．三、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．已知向量a→,b→满足|a→|＝1，a→⋅b→=−1，则a→⋅(a→−b→)＝________【答案】2【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】原式可化为a →2−a →⋅b →，代入即可．【解答】∵ |a →|＝1，a →⋅b →=−1，∴ a →⋅(a →−b →)=a →2−a →⋅b →=1−(−1)＝2．“∃x ∈R ，x 2−2x −a <0”为假命题，则实数a 的最大值为________． 【答案】 −1【考点】全称命题与特称命题 全称量词与存在量词 【解析】由已知可得，“∀x ∈R ，x 2−2x −a ≥0”为真命题，从而有a ≤x 2−2x 恒成立，结合二次函数的性质可求． 【解答】由“∃x ∈R ，x 2−2x −a <0”为假命题，可知，“∀x ∈R ，x 2−2x −a ≥0”为真命题， ∴ a ≤x 2−2x 恒成立，由二次函数的性质可知，x 2−2x ≥−1， 则实数a ≤−1，即a 的最大值为−1．已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，且在[0, +∞)上是减函数，f(−13)＝0，则不等式f(log18x)>0的解集为________．【答案】(12, 2) 【考点】奇偶性与单调性的综合 【解析】结合函数的奇偶性和单调性的关系，将不等式进行等价转化，进行求解即可． 【解答】∵ f(x)是定义在R 上的偶函数，且在[0, +∞)上是减函数，f(−13)＝0， ∴ f(13)＝f(−13)＝0， 则不等式f(log 18x)>0等价为不等式f(|log18x|)>f(13)，即|log18x|<13，得{\{}$dfrac{1}{2}<}x2,即不等式的解集为{(\dfrac{1}{2},\, 2)}$，如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到右图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为________．【答案】3√32,8√6729π 【考点】球的体积和表面积 【解析】计算每个面的面积再乘以6即可；判断出体积最大时即球与每个面都相切即内切球，利用等积法计算出R 即可． 【解答】根据题意可知该六面体可看成是两个正四面体拼成，棱长为1，则其表面积为6×√34×12=3√32； 因为每个三角形面积是√34，六面体体积是正四面体体积的2倍，所以该六面体的体积是√26， 由图形的对称性可知，要想小球的体积达到最大，即球与六个面都想切时最大， 设该球的半径为R ，则有√26=6×13×√34×R ，解得R =√69，所以球的体积V =43πR 3=8√6729π， 四、解答题：本大题共6小题，共82分．解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知a +b ＝10，c ＝5，sin2B +sinB ＝0（1）求a ，b 的值：（2）求sinC 的值． 【答案】由sin2B +sinB ＝0，可得2sinBcosB +sinB ＝0， 因为在△ABC 中，sinB ≠0，可得cosB =−12，由余弦定理b 2＝a 2+c 2−2accosB ，可得b 2＝a 2+52−2×a ×5×(−12)， 因为b ＝10−a ，所以(10−a)2＝a 2+52−2×a ×5×(−12)，解得a ＝3，b ＝7．由cosB =−12，可得sinB =√32，由正弦定理b sinB =csinC ，可得sinC =c⋅sinB b =5×√327=5√314．【考点】正弦定理 【解析】（1）由二倍角的正弦函数公式化简已知等式结合sinB ≠0，可得cosB =−12，进而由余弦定理可求a ，b 的值．（2）利用同角三角函数基本关系式可求sinB 的值，进而根据正弦定理可求sinC 的值． 【解答】由sin2B +sinB ＝0，可得2sinBcosB +sinB ＝0， 因为在△ABC 中，sinB ≠0，可得cosB =−12，由余弦定理b 2＝a 2+c 2−2accosB ，可得b 2＝a 2+52−2×a ×5×(−12)， 因为b ＝10−a ，所以(10−a)2＝a 2+52−2×a ×5×(−12)， 解得a ＝3，b ＝7．由cosB =−12，可得sinB =√32，由正弦定理b sinB =csinC ，可得sinC =c⋅sinB b=5×√327=5√314．已知函数f(x)＝x 3−12x 2+ax +1（1）当a ＝2时，求曲线y ＝f(x)在点（0, f(0)）处的切线方程；（2）若函数f(x)在x ＝1处有极小值，求函数f(x)在区间[−2, 32]上的最大值． 【答案】当a ＝2时，f(x)=x 3−12x 2+2x +1，f′(x)＝3x 2−x +2，∴ f′(0)＝2，又f(0)＝1，∴ 曲线y ＝f(x)在点（0, f(0)）处的切线方程为y −1＝2x ，即2x −y +1＝0． f′(x)＝3x 2−x +a ，∵ 函数f(x)在x ＝1处有极小值， 所以f′(1)＝2+a ＝0， 解得a ＝−2，此时f(x)=x 3−12x 2−2x +1，f′(x)＝3x 2−x −2， 由f′(x)＝0，得x =−23或x ＝1，当$x$<−23或x ＞1时，f′（x ）＞0，当$${\{}$ - \${dfrac\{2\}\{3\}}$所以f(x)在(−2,−23)，(1, 32)上是增函数，在(−23,1)上是减函数．所以f(1)=−12．f(−2)＝−5， 因为f(−23)=4927，f(32)=14，所以f(x)的最大值为因为f(−23)=4927．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 利用导数研究函数的极值 【解析】 （1）．欲求在点（0, f(0)）处的切线方程，只须求出其斜率的值即可，故先利用导数求出在x ＝0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决． （2）．函数f(x)在x ＝1处有极小值，所以f′(1)＝2+a ＝0，解得a ＝−2，此时f(x)=x 3−12x 2−2x +1，通过求导得单调区间得出函数f(x)在区间[−2, 32]上的最大值．【解答】当a ＝2时，f(x)=x 3−12x 2+2x +1，f′(x)＝3x 2−x +2，∴ f′(0)＝2，又f(0)＝1，∴ 曲线y ＝f(x)在点（0, f(0)）处的切线方程为y −1＝2x ，即2x −y +1＝0． f′(x)＝3x 2−x +a ，∵ 函数f(x)在x ＝1处有极小值， 所以f′(1)＝2+a ＝0， 解得a ＝−2，此时f(x)=x 3−12x 2−2x +1，f′(x)＝3x 2−x −2， 由f′(x)＝0，得x =−23或x ＝1， 当$x$<−23或x ＞1时，f′（x ）＞0，当$${\{}$ - \${dfrac\{2\}\{3\}}$所以f(x)在(−2,−23)，(1, 32)上是增函数，在(−23,1)上是减函数．所以f(1)=−12．f(−2)＝−5， 因为f(−23)=4927，f(32)=14，所以f(x)的最大值为因为f(−23)=4927．如图，在棱长均为2的三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，平面A 1CB ⊥平面A 1ABB 1，AB 1＝A 1B ，O 为AB 1与AB 的交点．（1）求证：AB 1⊥CO ；（2）求平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 【答案】证明：∵ 在棱长均为2的三棱柱ABC −A 1B 1C 1中， 四边形A 1ABB 1是菱形， ∴ A 1B ⊥AB 1，∵ 平面A 1CB ⊥平面A 1ABB 1，平面A 1CB ∩平面A 1ABB 1＝A 1B ， ∴ A 1B ⊥平面A 1CB ，∵ CO ⊂平面A 1CB ，∴ AB 1⊥CO ．∵ AB 1＝A 1B ，∴ 菱形A 1ABB 1为正方形， 在Rt △COA 中，CO =√AC 2−OA 2=√2，在△COB 中，CO ＝OB =√2，CB ＝2，CO 2+OB 2＝CB 2， ∴ CO ⊥OB ，又CO ⊥AB 1，A 1B ∩AB 1＝O ， ∴ CO ⊥平面A 1ABB 1，以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， A(√2, 0, 0)，A 1(0, −√2, 0)，C(0, 0, √2)，B(0, √2, 0)， AA 1→=(−√2,−√2, 0)，AC →=(−√2,0,√2)，AB →=(−√2,√2, 0)， 设平面ACC 1A 1的一个法向量n →=(x, y, z)，则{n →⋅AC →=−√2x +√2z =0n →⋅AA 1→=−√2x −√2y =0 ，取x ＝1，n →=(1, −1, 1)， 设平面ABC 的一个法向量m →=(x, y, z)，则{m →⋅AC →=−√2x +√2z =0m →⋅AB →=−√2x +√2y =0 ，取x ＝1，得m →=(1, 1, 1)， 设平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角为θ， 则cosθ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√3×√3=13，∴ 平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为13．【考点】二面角的平面角及求法（1）推导出 A 1B ⊥AB 1，从而A 1B ⊥平面A 1CB ，由此能证明AB 1⊥CO ．（2）推导出CO ⊥OB ，CO ⊥AB 1，从而CO ⊥平面A 1ABB 1，以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 【解答】证明：∵ 在棱长均为2的三棱柱ABC −A 1B 1C 1中， 四边形A 1ABB 1是菱形， ∴ A 1B ⊥AB 1，∵ 平面A 1CB ⊥平面A 1ABB 1，平面A 1CB ∩平面A 1ABB 1＝A 1B ， ∴ A 1B ⊥平面A 1CB ，∵ CO ⊂平面A 1CB ，∴ AB 1⊥CO ．∵ AB 1＝A 1B ，∴ 菱形A 1ABB 1为正方形， 在Rt △COA 中，CO =√AC 2−OA 2=√2，在△COB 中，CO ＝OB =√2，CB ＝2，CO 2+OB 2＝CB 2， ∴ CO ⊥OB ，又CO ⊥AB 1，A 1B ∩AB 1＝O ， ∴ CO ⊥平面A 1ABB 1，以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， A(√2, 0, 0)，A 1(0, −√2, 0)，C(0, 0, √2)，B(0, √2, 0)， AA 1→=(−√2,−√2, 0)，AC →=(−√2,0,√2)，AB →=(−√2,√2, 0)， 设平面ACC 1A 1的一个法向量n →=(x, y, z)，则{n →⋅AC →=−√2x +√2z =0n →⋅AA 1→=−√2x −√2y =0 ，取x ＝1，n →=(1, −1, 1)， 设平面ABC 的一个法向量m →=(x, y, z)，则{m →⋅AC →=−√2x +√2z =0m →⋅AB →=−√2x +√2y =0 ，取x ＝1，得m →=(1, 1, 1)， 设平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角为θ， 则cosθ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√3×√3=13， ∴ 平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为13．在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)＝f(x +1)−f(x)．某医疗设备公司生产某医疗器材，已知每月生产x 台(x ∈N ∗)的收益函数为R(x)＝3000x −20x 2（单位：万元），成本函数C(x)＝500x +4000（单位：万元），该公司每月最多生产100台该医疗器材．（利润函数＝收益函数-成本函数） （1）求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x)；（2）此公司每月生产多少台该医疗器材时每台的平均利润最大，最大值为多少？（精（3）求x为何值时利润函数P(x)取得最大值，并解释边际利润函数MP(x)的实际意义．【答案】P(x)＝3000x−20x2−(500x+4000)＝−20x2+2500x−4000，(1≤x≤100, x∈N×)，MP(x)＝P(x+1)−P(x)＝−40x+2480．每台器材的平均利润为P(x)x =−20(x+200x)+2500≤−400√2+2500，当且仅当x=200x即x＝10√2时取等号．又x∈N×，且当x＝14时，每台器材的平均利润为1934.3万元，当x＝15时，每台器材的平均利润为1933.3万元，故每月生产14台医疗器材时，平均利润最大，最大利润为1934.3万元．P(x)＝−20(x−62.5)2+74125．又x∈N×，故当x＝62或63时，P(x)取得最大值．MP(x)反映了产量与利润增量的关系．【考点】根据实际问题选择函数类型【解析】（1）根据利润公式得出P(x)，根据边际函数定义得出MP(x)；（2）判断函数单调性，计算x＝14和x＝15对应的平均利润，得出结论；（3）根据二次函数的对称性求出x的值．【解答】P(x)＝3000x−20x2−(500x+4000)＝−20x2+2500x−4000，(1≤x≤100, x∈N×)，MP(x)＝P(x+1)−P(x)＝−40x+2480．每台器材的平均利润为P(x)x =−20(x+200x)+2500≤−400√2+2500，当且仅当x=200x即x＝10√2时取等号．又x∈N×，且当x＝14时，每台器材的平均利润为1934.3万元，当x＝15时，每台器材的平均利润为1933.3万元，故每月生产14台医疗器材时，平均利润最大，最大利润为1934.3万元．P(x)＝−20(x−62.5)2+74125．又x∈N×，故当x＝62或63时，P(x)取得最大值．MP(x)反映了产量与利润增量的关系．已知函数f(x)＝x+1x −m(1x+lnx)(m∈R)．（1）当m>1时，讨论f(x)的单调性；（2）设函数g(x)＝f(x)+m−1x，若存在不相等的实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)，证明：0<m<x1+x2【答案】函数f(x)的定义域为(0, +∞)．f′(x)=1+m−1x2−mx=x2−mx+m−1x2=(x−1)[x−(m−1)]x2．∵m>1，所以m−1>0．当0<m−1<1，即1<m<2时，由f′(x)>0得x>1或x<m−1，由f′(x)<0得m−1<x<1，所以f(x)在(0, m−1)，(1, +∞)上是增函数，在(m−1, 1)上是减函数；当m−1＝1，即m＝2时，f′(x)≥0，所以f(x)在(0, +∞)上是增函数；当m−1>1，即m>2时，由f′(x)>0得x>m−1或x<1，由f′(x)<0得1<x<m−1，所以f(x)在(0, 1)，(m−1, +∞)上是增函数，在(1, m−1)上是减函数．综上可知：当1<m<2时，f(x)在(0, m−1)，(1, +∞)上是增函数，在(m−1, 1)上是减函数；当m＝2时，f(x)在(0, +∞)上是增函数；当m>2时，f(x)在(0, 1)，(m−1, +∞)上是增函数，在(1, m−1)上是减函数．证明：g(x)＝f(x)+m−1x=x−mlnx，g′(x)=1−mx，当m≤0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0, +∞)上是增函数，故不存在不相等的实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)，所以m>0．由g(x1)＝g(x2)使得x1−mlnx1＝x2−mlnx2，即m(lnx2−lnx1)＝x2−x1．不妨设0<x1<x2，则m=x2−x1lnx2−lnx1>0，要证m<x1+x2，只需要证{\{}$dfrac{{x}_{2} − {x}_{1}}{{x}_{1} + {x}_{2}}只需证$${\{}$\${dfrac\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\, -\,1\}\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\, + \, 1\}}$令t=x2x1>1，只需要证$${\{}$\${dfrac\{t\, -\, 1\}\{t\, + \, 1\}}$即证lnt−t−1t+1>0，令ℎ(t)=lnt−t−1t+1(t>1)，则ℎ′(t)=1t −2(t+1)2=t2+1t(t+1)2>0．所以ℎ(t)在(1, +∞)上是增函数，所以ℎ(t)>ℎ(1)>0．从而lnt−t−1t+1>0，故0<m<x1+x2．【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】（1）f′(x)=1+m−1x2−mx=x2−mx+m−1x2=(x−1)[x−(m−1)]x2．分三种情况，当0<m−1<1，当m−1＝1，当m−1>1，去讨论f(x)的单调性．（2）g(x)＝f(x)+m−1x =x−mlnx，g′(x)=1−mx，当m≤0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0, +∞)上是增函数，故不存在不相等的实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)，所以m>0．由g(x1)＝g(x2)使得x1−mlnx1＝x2−mlnx2，即m(lnx2−lnx1)＝x2−x1．不妨设0<x1<x2，则m=x2−x1lnx2−lnx1>0，要证m<x1+x2，即可．【解答】函数f(x)的定义域为(0, +∞)．f′(x)=1+m−1x2−mx=x2−mx+m−1x2=(x−1)[x−(m−1)]x2．∵m>1，所以m−1>0．当0<m−1<1，即1<m<2时，由f′(x)>0得x>1或x<m−1，由f′(x)<0得m−1<x<1，所以f(x)在(0, m−1)，(1, +∞)上是增函数，在(m−1, 1)上是减函数；当m−1＝1，即m＝2时，f′(x)≥0，所以f(x)在(0, +∞)上是增函数；当m−1>1，即m>2时，由f′(x)>0得x>m−1或x<1，由f′(x)<0得1<x<m−1，所以f(x)在(0, 1)，(m−1, +∞)上是增函数，在(1, m−1)上是减函数．综上可知：当1<m<2时，f(x)在(0, m−1)，(1, +∞)上是增函数，在(m−1, 1)上是减函数；当m＝2时，f(x)在(0, +∞)上是增函数；当m>2时，f(x)在(0, 1)，(m−1, +∞)上是增函数，在(1, m−1)上是减函数．证明：g(x)＝f(x)+m−1x=x−mlnx，g′(x)=1−mx，当m≤0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0, +∞)上是增函数，故不存在不相等的实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)，所以m>0．由g(x1)＝g(x2)使得x1−mlnx1＝x2−mlnx2，即m(lnx2−lnx1)＝x2−x1．不妨设0<x1<x2，则m=x2−x1lnx2−lnx1>0，要证m<x1+x2，只需要证{\{}$dfrac{{x}_{2} − {x}_{1}}{{x}_{1} + {x}_{2}}只需证$${\{}$\${dfrac\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\, -\,1\}\{}$\${dfrac\{\{x\}\_\{2\}\}\{\{x\}\_\{1\}\}\, + \, 1\}}$令t=x2x1>1，只需要证$${\{}$\${dfrac\{t\, -\, 1\}\{t\, + \, 1\}}$即证lnt−t−1t+1>0，令ℎ(t)=lnt−t−1t+1(t>1)，则ℎ′(t)=1t −2(t+1)2=t 2+1t(t+1)2>0．所以ℎ(t)在(1, +∞)上是增函数，所以ℎ(t)>ℎ(1)>0． 从而lnt −t−1t+1>0，故0<m <x 1+x 2．如图，直角坐标系中，圆的方程为x 2+y 2＝1，A(1, 0)，B(−12, √32)，C(−12, −√32)为圆上三个定点，某同学从A 点开始，用掷骰子的方法移动棋子．规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻下一个定点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为偶数，则按图中箭头方向移动；若掷出骰子的点数为奇数，则按图中箭头相反的方向移动．设掷骰子n 次时，棋子移动到A ，B ，C 处的概率分别为P n (A)，P n (B)，P n (C)．例如： 掷骰子一次时，棋子移动到A ，B ，C 处的概率分别为P 1(A)＝0，P 1(B)=12，P 1(C)=12（1）分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到A ，B ，C 处的概率；（2）掷骰子n 次时，若以x 轴非负半轴为始边，以射线OA ，OB ，OC 为终边的角的余弦值记为随机变量X n ，求X 4的分布列和数学期望；（3）记P n (A)＝a n ，P n (B)＝b n ，P n (C)＝c n ．，其中a n +b n +c n ＝1．证明：数列{b n −13}是等比数列，并求a 2020． 【答案】P 2(A)=12⋅12+12⋅12=12，P 2(B)=12⋅12=14，P 2(C)=12⋅12=14，P 3(A)=12⋅12⋅12+12⋅12⋅12=14，P 3(B)＝(12+14)⋅12=38，P 3(C)＝(12+14)⋅12=38； 随机变量X 4的可能取值为1，−12，由（1）可得P(x 4＝1)＝（P 3(B)+P 3(C)）⋅12=(38+38)⋅12=38， P(x 4=−12)＝（P 3(A)+P 3(C)）⋅12+（P 3(A)+P 3(B)）⋅12=58，则X 4的分布列为E(X 4)＝1⋅38+(−12)⋅58=116；证明：易得b n ＝c n ，即b n−1＝c n−1，n ≥2， n ≥2时，b n =12(a n−1+c n−1)=12(a n−1+b n−1)， 又a n−1+b n−1+c n−1＝1，可得2b n +b n−1＝1， 由b n −13=−12b n−1+12−13=−12(b n−1−13)， 可得数列{b n −13}是首项为16，公比为−12的等比数列， 则b n −13=16⋅(−12)n−1，即b n =13+16⋅(−12)n−1， 又a n ＝1−b n ＝1−2[13+16⋅(−12)n−1]=13[1−(−12)n−1]， 故a 2020=13[1+(12)2019]．【考点】数列与解析几何的综合 【解析】（1）由概率的乘法公式，可得所求值；（2）随机变量X 4的可能取值为1，−12，结合（1）运用概率乘法公式，可得随机变量的分布列和期望；（3）易得b n ＝c n ，即b n−1＝c n−1，n ≥2，由条件推得2b n +b n−1＝1，由构造等比数列，可得b n =13+16⋅(−12)n−1，即可得到所求值． 【解答】P 2(A)=12⋅12+12⋅12=12，P 2(B)=12⋅12=14，P 2(C)=12⋅12=14，P 3(A)=12⋅12⋅12+12⋅12⋅12=14，P 3(B)＝(12+14)⋅12=38，P 3(C)＝(12+14)⋅12=38； 随机变量X 4的可能取值为1，−12，由（1）可得P(x 4＝1)＝（P 3(B)+P 3(C)）⋅12=(38+38)⋅12=38， P(x 4=−12)＝（P 3(A)+P 3(C)）⋅12+（P 3(A)+P 3(B)）⋅12=58，则X 4的分布列为E(X 4)＝1⋅38+(−12)⋅58=116；证明：易得b n ＝c n ，即b n−1＝c n−1，n ≥2， n ≥2时，b n =12(a n−1+c n−1)=12(a n−1+b n−1)，又a n−1+b n−1+c n−1＝1，可得2b n +b n−1＝1， 由b n −13=−12b n−1+12−13=−12(b n−1−13)， 可得数列{b n −13}是首项为16，公比为−12的等比数列， 则b n −13=16⋅(−12)n−1，即b n =13+16⋅(−12)n−1， 又a n ＝1−b n ＝1−2[13+16⋅(−12)n−1]=13[1−(−12)n−1]， 故a 2020=13[1+(12)2019]．。

2023-2024学年山东省潍坊市高三（上）期中数学试卷一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．已知向量a →=（1，k ），b →=（2，1），若a →∥b →，则实数k ＝（ ） A ．12B ．−12C ．2D ．﹣22．若“∃x ∈R ，sin x ＜a ”为真命题，则实数a 的取值范围为（ ） A ．a ≥1B ．a ＞1C ．a ≥﹣1D ．a ＞﹣13．已知集合A ＝{1，3，a 2}，B ＝{1，a +2}，则满足A ∪B ＝A 的实数a 的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．34．北京故宫博物院展示着一件来自2200年前的宝物——秦诏文权（如图1）．此文权下部呈圆台形，上部为鼻钮，被誉为最美、最具文化、最有政治和历史意义的文物之一．某公司仿照该文权制成一纸镇（如图2），已知该纸镇下部的上、下底面半径分别为3，4，高为3，则该纸镇下部的侧面积与体积分别为（ ）A ．21π 37πB ．21π 111πC ．7√10π 37πD ．7√10π 111π5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且公差不为0，若a 4，a 5，a 7构成等比数列，S 11＝66，则a 7＝（ ） A ．5B ．6C ．7D ．86．已知a ＝20.5，b ＝log 25，c ＝log 410，则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜a7．设函数f （x ）={x +1，x ≤0√x −1，x ＞0，则方程f （f （x ））＝0的实根个数为（ ）A ．4B ．3C ．2D ．18．已知cos(π4−α)=35，sin(5π4+β)=−1213，其中α∈(π4，3π4)，β∈(0，π4)，则tanαtanβ=（ ）A ．−5663B ．5663C ．﹣17D ．17二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，直线l ⊂平面ABB 1A 1，直线m ⊂平面BCC 1B 1，直线n ⊂平面ABCD ，则直线l ，m ，n 的位置关系可能是（ ）A ．l ，m ，n 两两垂直B ．l ，m ，n 两两平行C ．l ，m ，n 两两相交D ．l ，m ，n 两两异面10．已知函数f(x)=2sin(2x +π3)，把f （x ）的图象向左平移π3个单位长度得到函数g （x ）的图象，则（ ）A ．g （x ）是奇函数B ．g （x ）的图象关于直线x =−π4对称C ．g （x ）在[0，π2]上单调递增D ．不等式g （x ）≤0的解集为[kπ+π2，kπ+π]，k ∈Z11．已知a ，b 为方程2x 2﹣8x +m ＝0（m ＞0）的两个实根，则（ ） A ．a 2+b 2≥8 B ．ab ≥4 C ．√a +√b ≤2√2D ．1a+2+12b≥3+2√21212．已知正项数列{a n }满足：a 1＝1，a n =na n+12na n+1+1，则（ ）A ．a 2=√5−12B ．{a n }是递增数列C ．a n+1−a n ＞1n+1D ．a n+1＜1+∑ n k=11k三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知点A （2，1），向量OA →绕原点O 顺时针旋转π2得到向量OB →，则点B 的坐标为 ．14．诺沃尔（Knowall ）在1740年发现了一颗彗星，并推算出在1823年、1906年…人类都可以看到这颗彗星，即该彗星每隔83年出现一次．从现在开始到公元3000年，人类可以看到这颗彗星的次数为 ．15．已知函数f（x）是R上的偶函数，f（x+2）为奇函数，若f（0）＝1，则f（1）+f（2）+…+f（2023）＝．16．右图为几何体Ω的一个表面展开图，其中Ω的各面都是边长为1的等边三角形，将Ω放入一个球体中，则该球表面积的最小值为；在Ω中，异面直线AB与DE的距离为．四、解答题：本大题共6道小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．（10分）已知函数f(x)=log12x，F（x）＝f（x+1）+f（1﹣x）．（1）判断F（x）的奇偶性，并证明；（2）解不等式|F（x）|≤1．18．（12分）已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ）+B（其中A，ω，φ，B均为常数，ω＞0，A＞0，|φ|＜π2)的部分图象如图所示．（1）求f（x）的解析式；（2）求函数y=f(x+5π12)+f(x)在[−π3，π2]上的值域．19．（12分）在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，AD＝2CD＝2，AA1=A1D=√5，A1C=√6．（1）证明：平面AA1D1D⊥平面ABCD；（2）求二面角A1﹣CD﹣D1的余弦值．20．（12分）为方便居民休闲娱乐，某市计划在一块三角形空地上修建一个口袋公园，如图所示．在公园内部计划修建景观道路CD （道路的宽度忽略不计），已知CD 把三角形空地分成两个区域，△ACD 区域为儿童娱乐区，△BCD 区域为休闲健身区．经测量，AC ＝BC ＝100米，AB =100√3米．若儿童娱乐区每平方米的造价为100元，休闲健身区每平方米的造价为50元，景观道路每米的造价为2500元． （1）若∠ADC =π4，求景观道路CD 的长度；（2）求∠ADC 为何值时，口袋公园的造价最低？21．（12分）设S n 为数列{a n }的前n 项和，s n =3n+1−32．（1）求{a n }的通项公式； （2）若数列{S 2n +15a n}的最小项为第m 项，求m ； （3）设b n =2a n (a n −2)2，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n ＜132．22．（12分）已知函数f （x ）＝e x +aln （x +1）（a ∈R ）．（1）当a ＝﹣2时，求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程； （2）若f （x ）在定义域上存在极值，求a 的取值范围； （3）若f （x ）≥1﹣sin x 恒成立，求a ．2023-2024学年山东省潍坊市高三（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．已知向量a →=（1，k ），b →=（2，1），若a →∥b →，则实数k ＝（ ） A ．12B ．−12C ．2D ．﹣2解：因为a →=（1，k ），b →=（2，1），且a →∥b →，所以2k ﹣1＝0，解得k =12．故选：A ．2．若“∃x ∈R ，sin x ＜a ”为真命题，则实数a 的取值范围为（ ） A ．a ≥1B ．a ＞1C ．a ≥﹣1D ．a ＞﹣1解：“∃x ∈R ，sin x ＜a ”，故a ＞（sin x ）min ，a ＞﹣1． 故选：D ．3．已知集合A ＝{1，3，a 2}，B ＝{1，a +2}，则满足A ∪B ＝A 的实数a 的个数为（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3解：A ∪B ＝A ，则B ⊆A ，当a +2＝3，即a ＝1时，集合A 不满足元素的互异性，舍去， 当a +2＝a 2，即a ＝2或a ＝﹣1，当a ＝2时，A ＝{1，3，4}，B ＝{1，4}，满足题意， 当a ＝﹣1时，集合B 不满足元素的互异性，舍去， 综上所述，a ＝2，故满足A ∪B ＝A 的实数a 的个数为1． 故选：B ．4．北京故宫博物院展示着一件来自2200年前的宝物——秦诏文权（如图1）．此文权下部呈圆台形，上部为鼻钮，被誉为最美、最具文化、最有政治和历史意义的文物之一．某公司仿照该文权制成一纸镇（如图2），已知该纸镇下部的上、下底面半径分别为3，4，高为3，则该纸镇下部的侧面积与体积分别为（ ）A ．21π 37πB ．21π 111πC ．7√10π 37πD ．7√10π 111π解：由题意得，S 侧＝π（3+4）×√32+(4−3)2=7√10π，V =13π×（42+32+4×3）×3＝37π．故选：C ．5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且公差不为0，若a 4，a 5，a 7构成等比数列，S 11＝66，则a 7＝（ ） A ．5B ．6C ．7D ．8解：等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且公差d 不为0，若a 4，a 5，a 7构成等比数列，S 11＝66， 故S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6=66，解得a 6＝6，故{a 6=6a 52=a 4⋅a 7，整理得{a 1+5d =6(a 1+4d)2=(a 1+3d)(a 1+6d)，解得{a 1=−4d =2，故a 7＝a 1+6d ＝8． 故选：D ．6．已知a ＝20.5，b ＝log 25，c ＝log 410，则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜a解：因为a =20.5=√2，c =log 410=log 2√10＜log 25，所以b ＞c ，c =log 410=log 2√10＞log 22√2=32＞√2，所以 c ＞a ，所以a ＜c ＜b ．故选：B ．7．设函数f （x ）={x +1，x ≤0√x −1，x ＞0，则方程f （f （x ））＝0的实根个数为（ ）A ．4B ．3C ．2D ．1解：令t ＝f （x ），则方程f （f （x ））＝0，即f （t ）＝0， 当t ≤0时，t +1＝0，∴t ＝﹣1； 当t ＞0时，√t −1=0，∴t ＝1；当t ＝﹣1时，若x ≤0，则x +1＝﹣1，∴x ＝﹣2，符合题意； 若x ＞0，则√x −1=−1，∴x ＝0，不合题意； 当t ＝1时，若x ≤0，则x +1＝1，∴x ＝0，符合题意；若x ＞0，则√x −1=1，∴x ＝4，符合题意，即方程f （f （x ））＝0的实根个数为3． 故选：B ．8．已知cos(π4−α)=35，sin(5π4+β)=−1213，其中α∈(π4，3π4)，β∈(0，π4)，则tanαtanβ=（ ）A ．−5663B ．5663C ．﹣17D ．17解：cos(π4−α)=35，∵α∈(π4，3π4)，∴π4−α∈（−π2，0），∴sin （π4−α）=−√1−cos 2(π4−α)=−45，sin （α−π4）=45，cos α＝cos[（α−π4）+π4]＝cos （α−π4）cos π4−sin （α−π4）sin π4=35×√22−45×√22=−√210，则sin α=√1−(√210)2=7√210，则tan α=sinαcosα=−7， sin(5π4+β)=−1213，∵β∈(0，π4)，∴5π4+β∈(5π4，3π2)， ∴cos （5π4+β）=−√1−sin 2(5π4+β)=−513，sin β＝sin [(5π4+β)−5π4]=sin(5π4+β)cos 5π4−cos(5π4+β)sin 5π4=−1213×(−√22)−513×√22=7√226，cos β=√1−(7226)2=17√226，则tan β=sinβcosβ=717，则tanαtanβ=−7717=−17． 故选：C ．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，直线l ⊂平面ABB 1A 1，直线m ⊂平面BCC 1B 1，直线n ⊂平面ABCD ，则直线l ，m ，n 的位置关系可能是（ ）A ．l ，m ，n 两两垂直B ．l ，m ，n 两两平行C ．l ，m ，n 两两相交D ．l ，m ，n 两两异面解：如图，当l 为BB 1，m 为BC ，n 为CD 时，满足直线l ⊂平面ABB 1A 1，直线m ⊂平面BCC 1B 1，直线n ⊂平面ABCD ，l ，m ，n 两两相交且垂直，当l 为A 1B ，m 为B 1C 1，n 为AC 时，三条直线两两异面，故ACD 正确； 三条直线不可能两两平行，若l ∥n ，则l ∥AB ∥n ，而AB 与平面BCC 1B 1相交，则AB 与M 不平行，故B 错误． 故选：ACD ．10．已知函数f(x)=2sin(2x +π3)，把f （x ）的图象向左平移π3个单位长度得到函数g （x ）的图象，则（ ）A ．g （x ）是奇函数B ．g （x ）的图象关于直线x =−π4对称C ．g （x ）在[0，π2]上单调递增D ．不等式g （x ）≤0的解集为[kπ+π2，kπ+π]，k ∈Z解：由题意g （x ）＝2sin[2（x +π3）+π3]＝2sin （2x +π）＝﹣2sin2x ，A 中，可得g （x ）为奇函数，所以A 正确；B 中，函数g （x ）的对称轴方程满足2x =π2+k π，k ∈Z ， 解得x =π4+k 2π，k ∈Z ，当k ＝﹣1时，x =−π4，所以函数g （x ）的图象关于x =−π4对称，所以B 正确； C 中，x ∈[0，π2]，则2x ∈[0，π]，显然g （x ）不单调，所以C 不正确；D 中，令g （x ）≤0，则2k π≤2x ≤π+2k π，k ∈Z ，解得k π≤x ≤π2+k π，k ∈Z ，即x ∈[k π，π2+k π]，k ∈Z ，所以D 不正确． 故选：AB ．11．已知a ，b 为方程2x 2﹣8x +m ＝0（m ＞0）的两个实根，则（ ） A ．a 2+b 2≥8 B ．ab ≥4 C ．√a +√b ≤2√2D ．1a+2+12b≥3+2√212解：因为已知a ，b 为方程2x 2﹣8x +m ＝0（m ＞0）的两个实根， 所以Δ＝64﹣8m ≥0，即m ≤8，又因为m ＞0，所以0＜m ≤8， 由韦达定理可得：a +b ＝4，ab =m2＞0，所以a ＞0，b ＞0． 对于选项A ，由a+b 2≤√a 2+b 22，当且仅当a ＝b 时等号成立可得：a 2+b 2≥8，当且仅当a ＝b 时等号成立，故A 正确；对于选项B ，由a +b ＝4≥2√ab ，当且仅当a ＝b 时等号成立可得：ab ≤4，当且仅当a ＝b 时等号成立，故B 不正确；对于选项C ，由a+b 2≤√a 2+b 22，当且仅当a ＝b 时等号成立可得：√a+√b2≤√a+b 2，即√a +√b ≤2√2，当且仅当a ＝b 时等号成立，故C 正确；对于选项D ，1a+2+12b =（1a+2+12b）[（2a +4）+2b ]×112=112（2+2b a+2+a+2b +1）≥112（3+2√2b a+2⋅a+2b ）=112（3+2√2），当且仅当2b a+2=a+2b，即a =√2b ﹣2时等号成立，故D 正确． 故选：ACD ．12．已知正项数列{a n }满足：a 1＝1，a n =na n+12na n+1+1，则（ ）A ．a 2=√5−12B ．{a n }是递增数列C ．a n+1−a n ＞1n+1D ．a n+1＜1+∑ n k=11k解：由a 1＝1，a n =na n+12na n+1+1，可得a 1=a 22a 2+1=1，解得a 2=1+√52（负的舍去），故A 错误；由a n +1﹣a n =na n+12+a n+1−na n+12na n+1+1=a n+1na n+1+1＞0，即a n +1＞a n ，则{a n }是递增数列，故B 正确；由a n+1na n+1+1−1n+1=a n+1−1(n+1)(na n+1+1)＞0，则a n +1﹣a n ＞1n+1，故C 正确；由a n+1na n+1+1−1n=−1n(na n+1+1)＜0，则a n +1﹣a n ＜1n ，所以a n +1＝a 1+（a 2﹣a 1）+（a 3﹣a 2）+...+（a n +1﹣a n ）＜1+1+12+...+1n，故D 正确．故选：BCD ．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知点A （2，1），向量OA →绕原点O 顺时针旋转π2得到向量OB →，则点B 的坐标为 （1，﹣2） ．解：点A （2，1），向量OA →绕原点O 顺时针旋转π2后等于OB →，则OA →=（2，1），OB →=（1，﹣2），则点B 的坐标为（1，﹣2）． 故答案为：（1，﹣2）．14．诺沃尔（Knowall ）在1740年发现了一颗彗星，并推算出在1823年、1906年…人类都可以看到这颗彗星，即该彗星每隔83年出现一次．从现在开始到公元3000年，人类可以看到这颗彗星的次数为 12 ． 解：由题意可知：彗星出现的年份构成一个公差为d ＝83，首项为a 1＝1740的等差数列，所以a n＝a1+（n﹣1）d＝1740+83（n﹣1）＝83n+1657，令2023≤a n≤3000，即2023≤83n+1657≤3000，解得36683≤n≤134383，又n∈N*，所以n＝5、6、 (16)所以从现在开始到公元3000年，人类可以看到这颗彗星的次数为16﹣5+1＝12次．故答案为：12．15．已知函数f（x）是R上的偶函数，f（x+2）为奇函数，若f（0）＝1，则f（1）+f（2）+…+f（2023）＝﹣1．解：f（x+2）是奇函数，故f（x+2）＝﹣f（﹣x+2）且f（2）＝0，因为f（x）为偶函数，故f（x+2）＝﹣f（﹣x+2）＝﹣f（x﹣2），则f（x+4）＝﹣f（x），f（x+8）＝﹣f（x+4）＝f（x），即函数周期为8，因为f（x+2）＝﹣f（﹣x+2），故f（3）+f（1）＝0，f（4）+f（0）＝0，即f（4）＝﹣1，f（5）＝﹣f（1），f（6）＝﹣f（2）＝0，f（7）＝﹣f（3），f（8）＝f（0）＝1，故f（1）+f（2）+…+f（8）＝0，f（1）+f（2）+…+f（2023）＝﹣f（8）＝﹣1．故答案为：﹣1．16．右图为几何体Ω的一个表面展开图，其中Ω的各面都是边长为1的等边三角形，将Ω放入一个球体中，则该球表面积的最小值为2π；在Ω中，异面直线AB与DE的距离为√63．解：把平面展开图还原为空间几何体为正八面体，如图所示：球表面积最小，则正八面体的八个顶点在球面上，∴正八面体外接球的球心为正方形ACFD的中心O，半径R＝OA=12AF=12√12+12=√22，∴S表＝4πR2＝4π×12=2π；∵平面ABC∥平面DEF，∴异面直线AB与DE的距离为平面ABC与平面DEF的距离，又∵O到平面ABC的距离与O到平面DEF的距离相等，∴直线AB与DE的距离为O到平面ABC的距离2倍，∵V O﹣ABC＝V B﹣AOC，∴13S△ABC•h=13S△AOC•OB，∴√34h=12×√22×√22×√22，∴h=√66，∴异面直线AB与DE的距离为√6 3．故答案为：2π；√6 3．四、解答题：本大题共6道小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．（10分）已知函数f(x)=log12x，F（x）＝f（x+1）+f（1﹣x）．（1）判断F（x）的奇偶性，并证明；（2）解不等式|F（x）|≤1．解：（1）F（x）为偶函数；证明：∵f(x)=log12x，由{x+1＞01−x＞0，得x∈（﹣1，1），∴F（x）＝f（x+1）+f（1﹣x）=log12(x+1)+log12(1−x)的定义域为（﹣1，1），又F（﹣x）=log12(1−x)+log12(x+1)=F（x），∴F（x）为偶函数；（2）∵F（x）=log12(x+1)+log12(1−x)=log12(1−x2)≥log121=0，∴|F（x）|≤1⇔0≤F（x）=log12(1−x2)≤1，∴1≥1﹣x2≥12，解得−√22≤x≤√22，∴原不等式的解集为[−√22，√22]．18．（12分）已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ）+B（其中A，ω，φ，B均为常数，ω＞0，A＞0，|φ|＜π2)的部分图象如图所示．（1）求f （x ）的解析式；（2）求函数y =f(x +5π12)+f(x)在[−π3，π2]上的值域．解：（1）由图知A =3−02=32，B =3+02=32， 且{ω⋅(−π3)+φ=−π2+2kπ，k ∈Z ω⋅π2+φ=π2+2kπ，k ∈Z ，|φ|＜π2，解得ω=65，φ=−π10， 所以f （x ）=32sin （65x −π10）+32； （2）y ＝f （x +5π12）+f （x ）=32sin[65（x +5π12）−π10]+32+32sin （65x −π10）+32=32[sin （65x −π10+π2）+32sin （65x x −π10）+3=32 [cos （65x x −π10）+sin （65x x −π10）]+3=3√22 s in （65x x −π10+π4）+3=3√22 s in （65x x +3π20）+3， 因为x ∈[−π3，π2]，所以65x +3π20∈[−π4，3π4]， 所以sin （65x +3π20）∈[−√22，1]， 所以y ∈[3√22•−√22+3，3√22×1+3]＝[32，3√22+3]． 即函数y 的值域为[32，3√22+3]． 19．（12分）在四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是矩形，AD ＝2CD ＝2，AA 1=A 1D =√5，A 1C =√6．（1）证明：平面AA 1D 1D ⊥平面ABCD ；（2）求二面角A 1﹣CD ﹣D 1的余弦值．（1）证明：取AD 的中点O ，连接OC ，因为AA 1=A 1D =√5，得A 1O ⊥AD ，因为A 1D =√5，OD ＝1，所以A 1O ＝2，又OD ＝DC ＝1，所以OC =√2，在△A 1OC 中，OC =√2，A 1C =√6，A 1O ＝2，所以A 1C 2=A 1O 2+OC 2，故△A 1OC 为直角三角形，A 1O ⊥OC ，因为OC ∩AD ＝O ，故A 1O ⊥平面ABCD ，因为A 1O ⊂平面AA 1D 1D ，所以平面AA 1D 1D ⊥平面ABCD ；（2）解：如图，以O 为坐标原点，分别以DC →，OD →，OA 1→的正方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向， 建立如图所示空间直角坐标系：故A 1（0，0，2），C （1，1，0），D （0，1，0），D 1（0，2，2），则CD →=(−1，0，0)，A 1C →=（1，1，﹣2），DD 1→=(0，1，2)，设平面A 1CD 的一个法向量为m →=（x 1，y 1，z 1），则{m →⋅CD →=−x 1=0m →⋅A 1C →=x 1+y 1−2z 1=0，令y 1＝2，则m →=（0，2，1），设平面CDD 1C 1的一个法向量为n →=（x 2，y 2，z 2），则{n →⋅CD →=x 2=0n →⋅DD 1→=y 2+2z 2=0，令y 2＝2，则n →=（0，2，﹣1），所以cos ＜m →，n →＞=|m →⋅n →||m →||n →|=3√5×√5=35， 由图可知二面角A 1﹣CD ﹣D 1为锐角，所以二面角A1﹣CD﹣D1的余弦值为3 5．20．（12分）为方便居民休闲娱乐，某市计划在一块三角形空地上修建一个口袋公园，如图所示．在公园内部计划修建景观道路CD（道路的宽度忽略不计），已知CD把三角形空地分成两个区域，△ACD区域为儿童娱乐区，△BCD区域为休闲健身区．经测量，AC＝BC＝100米，AB=100√3米．若儿童娱乐区每平方米的造价为100元，休闲健身区每平方米的造价为50元，景观道路每米的造价为2500元．（1）若∠ADC=π4，求景观道路CD的长度；（2）求∠ADC为何值时，口袋公园的造价最低？解：（1）在△ABC中，AC＝BC＝100，AB＝100√3，所以AC2+AB2﹣BC2＝1002﹣（100√3）2﹣1002＝30000，则cosA=AC2+AB2−BC22AC⋅AB=√32，A∈（0，π），所以A=B=π6，在△ACD中，∠ADC=π4，由正弦定理得ACsin∠ADC=CDsinA，即CD=AC⋅sinAsin∠ADC=10Osinπ6sinπ4=50√2，所以景观道路CD的长度为50√2米．（2）设∠ADC=θ(π6＜θ＜5π6)，在△ACD中，CD=50sinθ，所以S△ADC=12AC⋅CD sin∠ACD=12×100×50sin(5π6−θ)sinθ=2500sin(5π6−θ)sinθ，又S△ABC=12AC⋅AB•sin A=12×100×100√3×12=2500√3，所以S△BCD＝2500√3−2500sin(5π6−θ)sinθ，所以投资总额y＝2500CD+100S△ACD+50S△BCD＝2500×50sinθ+100×2500sin(5π6−θ)sinθ+50[2500√3−2500sin(5π6−θ)sinθ]＝2500×50[√3+1+sin(5π6−θ)sinθ]＝2500×50（3√32+2+cosθ2sinθ），因为2+cosθ2sinθ=3cos2θ2+sin2θ24sinθ2cosθ2=34tanθ2+tanθ24≥2√34tanθ2⋅tanθ24=√34，当且仅当tan θ2=√3，即θ=2π3时取等号， 此时y 取得最小值，即公园造价最低，所以∠ADC =2π3，口袋公园的造价最低． 21．（12分）设S n 为数列{a n }的前n 项和，s n =3n+1−32． （1）求{a n }的通项公式；（2）若数列{S 2n +15a n }的最小项为第m 项，求m ； （3）设b n =2a n (a n −2)2，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n ＜132． （1）解：当n ＝1时，a 1＝S 1=32−32=3； 当n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1=3n+1−32−3n−32=3n ， 因为a 1＝3满足上式，所以a n ＝3n ．（2）解：S 2n +15a n =32n+1−32+153n =32n+1+272⋅3n =32•（3n +93n ）≥32•2√3n ⋅93n =9， 当且仅当3n =93n ，即n ＝1时，等号成立， 所以m ＝1． （3）证明：b n =2a n (a n −2)2=2⋅3n(3n −2)2， 当n ＝1时，b 1=2⋅31(31−2)2=6； 当n ≥2时，b n =2⋅3n 32n −4⋅3n +4＜2⋅3n 32n −4⋅3n +3=2⋅3n (3n −1)(3n −3)=3n 3n −3−3n 3n −1=11−3−n+1−11−3−n ， 所以T n ＝b 1+b 2+b 3+…+b n ＜6+（11−3−1−11−3−2）+（11−3−2−11−3−3）+…+（11−3−n+1−11−3−n ）＝6+11−3−1−11−3−n =152−11−3−n ＜152−1=132，命题得证． 22．（12分）已知函数f （x ）＝e x +aln （x +1）（a ∈R ）．（1）当a ＝﹣2时，求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）若f （x ）在定义域上存在极值，求a 的取值范围；（3）若f （x ）≥1﹣sin x 恒成立，求a ．解：（1）当a ＝﹣2时，f （x ）＝e x ﹣2ln （x +1），可得f ′(x)=e x −2x+1，此时f′(0)=e0−21=−1，又f（0）＝e0﹣2ln1＝1，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y﹣1＝﹣（x﹣0），即x+y﹣1＝0；（2）易知f′(x)=e x+ax+1(x＞−1)，当a≥0时，f′（x）≥0恒成立，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，不符合题意；当a＜0时，f′(x)=e x−a(x+1)2＞0，所以当a＜0时，f′（x）在定义域上单调递增，又f′(a2)=e a2+aa2+1，因为aa2+1≥−12，e a2＞1，所以f′（a2）＞0；当a＜﹣1时，易知f′（0）＝1+a＜0，所以函数f（x）在（0，a2）上存在极值点；当a＝﹣1时，f′(x)=e x−1x+1，易知f′（0）＝0，所以x＝0为f（x）的极值点；当﹣1＜a＜0时，f′(a2−1)=e a2−1+1 a ，因为e a2−1＜1，1a＜−1，所以f′（a2﹣1）＜0，则函数f（x）在（a2﹣1，a2）上存在极值点，综上所述，满足条件的a的取值范围为（﹣∞，0）；（3）若f（x）≥1﹣sin x恒成立，即sin x+e x+aln（x+1）≥1恒成立，不妨设g（x）＝sin x+e x+aln（x+1），函数定义域为（﹣1，+∞），可得g′(x)=cosx+e x+ax+1，不妨设h（x）＝cos x+e x+ax+1，函数定义域为（﹣1，+∞），可得h′（x）＝﹣sin x+e x−a(x+1)2，若a＝﹣2，当x∈（﹣1，0]时，cosx+e x≤2，−2x+1≤−2，所以g'（x）≤0，当x∈[0，+∞）时，e x≥1，h′（x）≥0，所以g′（x）≥g′（0）＝cos0+e0﹣2＝0，则x＝0时，函数g（x）在x∈（﹣1，+∞）上取得唯一极小值点，此时g（x）≥g（0）＝1，所以a＝﹣2时，f（x）≥1﹣sin x恒成立；若a＜﹣2，易知e x﹣sin x＞0，−a(x+1)2＞0，所以h′（x）＞0，即函数g'（x）单调递增，又g′(−a)=e−a+cos(−a)+a−a+1＞e2−1−1＞0，因为g'（0）＝2+a＜0，所以存在x1∈（0，﹣a），使得g'（x1）＝0，当0＜x＜x1时，g′（x1）＜0，g（x）单调递减，所以g（x1）＜g（0）＝1，不符合题意；若﹣2＜a＜0，由（2）知g′（x）单调递增，当﹣1＜x＜﹣1−a2＜0时，ax+1＜−2，g′(x)＜1+1+ax+1＜0，又g′（0）＝2+a＞0，所以存在x2∈（﹣1，0），使得g′（x2）＝0，当x2＜x＜0 时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x2）＜g（0）＝1，不符合题意；若a≥0，易知cos x+e x＞0，ax+1≥0，所以g′（x）＞0，g（x）单调递增，又g（0）＝1，所以当﹣1＜x＜0时，g（x）＜g（0）＝1，不符合题意，综上所述，满足条件的a的值为﹣2．。

2020-2021学年山东省潍坊市高三（上）期中数学试卷一、选择题（共8小题）.1．已知集合A＝{x|﹣2≤x＜4}，B＝{x|﹣5＜x≤3}，则A∩B＝（）A．{x|﹣5＜x＜4}B．{x|﹣5＜x≤﹣2}C．{x|﹣2≤x≤3}D．{x|3≤x＜4} 2．“a＞1”是“（a﹣1）（a﹣2）＜0”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3．已知变量x，y之间的一组数据如表：x3456y 2.534 4.5若y关于x的线性回归方程为，则＝（）A．0.1B．0.2C．0.35D．0.454．已知a，b为不同直线，α，β为不同平面，则下列结论正确的是（）A．若a⊥α，b⊥a，则b∥αB．若a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βC．若a∥α，b⊥β，a∥b，则α⊥βD．若α∩β＝b，a⊂α，a⊥b，则α⊥β5．高一某班有5名同学报名参加学校组织的三个不同社区服务小组，每个小组至多可接收该班2名同学，每名同学只能报一个小组，则报名方案有（）A．15种B．90种C．120种D．180种6．已知α∈（，π），tanα＝﹣3，则sin（α﹣）等于（）A．B．C．D．7．随着科学技术的发展，放射性同位素技术已经广泛应用于医学、航天等众多领域，并取得了显著经济效益．假设某放射性同位素的衰变过程中，其含量P（单位：贝克）与时间t（单位：天）满足函数关系P（t）＝，其中P0为t＝0时该放射性同位素的含量．已知t＝15时，该放射性同位素的瞬时变化率为，则该放射性同位素含量为4.5贝克时，衰变所需时间为（）A．20天B．30天C．45天D．60天8．定义运算⊗：①对∀m∈R，m⊗0＝0⊗m＝m；②对∀m，n，p∈R，（m⊗n）⊗p＝p⊗（mn）+m⊗p+n⊗p．若f（x）＝e x﹣1⊗e1﹣x，则有（）A．函数y＝f（x）的图象关于x＝1对称B．函数f（x）在R上单调递增C．函数f（x）的最小值为2D．二、多项选择题（共4小题）.9．中国的华为公司是全球领先的ICT（信息与通信）基础设施和智能终端提供商，其致力于把数字世界带给每个人、每个家庭、每个组织，构建万物互联的智能世界．其中华为的5G智能手机是全世界很多年轻人非常喜欢的品牌．为了研究某城市甲、乙两个华为5G智能手机专卖店的销售状况，统计了2020年4月到9月甲、乙两店每月的营业额（单位：万元），得到如下的折线图，则下列说法正确的是（）A．根据甲店的营业额折线图可知，该店月营业额的平均值在[31，32]内B．根据乙店的营业额折线图可知，该店月营业额总体呈上升趋势C．根据甲、乙两店的营业额折线图可知乙店的月营业额极差比甲店小D．根据甲、乙两店的营业额折线图可知7、8、9 月份的总营业额甲店比乙店少10．若非零实数x，y满足x＞y，则以下判断正确的是（）A．B．x3＞y3C．D．ln（x﹣y+1）＞011．已知函数的最小正周期为π，其图象的一条对称轴为x＝，则（）A．B．函数y＝f（x）的图象可由y＝sin2x的图象向左平移个单位长度得到C．函数f（x）在上的值域为D．函数f（x）在区间上单调递减12．已知函数其中a∈R，下列关于函数f（x）的判断正确的为（）A．当a＝2时，f（）＝4B．当|a|＜1时，函数f（x）的值域为[﹣2，2]C．当a＝2且x∈[n﹣1，n]（n∈N*）时，f（x）＝D．当a＞0 时，不等式在[0，+∞）上恒成立三、填空题（共4小题）.13．（x2+）5的展开式中x4的系数为．14．若一直角三角形的面积为50，则该直角三角形的斜边的最小值为．15．已知f（x）是定义在R上的奇函数，满足f（1﹣x）＝f（1+x）．若f（1）＝1，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2021）＝．16．如图，已知菱形ABCD边长为3，∠BAD＝60°，点E为对角线AC上一点，AC＝6AE．将△ABD沿BD翻折到△A′BD的位置，E记为E′，且二面角A′﹣BD﹣C的大小为120°，则三棱锥A′BCD的外接球的半径为；过E′作平面α与该外接球相交，所得截面面积的最小值为．四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2，点E，F分别为棱CC1与A1B1的中点．（1）求证：直线EF∥平面A1BC；（2）若该正三棱柱的体积为2，求直线EF与平面ABC所成角的余弦值．18．（12分）在①，②，③b cos C+c sin B＝a这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线处，并完成解答．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）问题：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，D是边AB上一点，AD ＝5，CD＝7，且_____，试判断AD和DB的大小关系．19．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣3x2+3bx+c在x＝0处取得极大值1．（1）求函数y＝f（x）的图象在x＝1处切线的方程；（2）若函数f（x）在[t，t+2]上不单调，求实数t的取值范围．20．（12分）四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，CD∥AB，∠ABC＝90°，AB ＝2BC＝2CD＝4，侧面PAD⊥面ABCD，PA＝PD＝2．（1）求证：BD⊥PA；（2）已知平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使二面角P﹣DC﹣N 的余弦值为？若存在，请确定N点位置，若不存在，请说明理由．21．（12分）2020年10月16日，是第40个世界粮食日．中国工程院院士袁隆平海水稻团队迎来了海水稻的测产收割，其中宁夏石嘴山海水稻示范种植基地YC﹣801测产，亩产超过648.5公斤，通过推广种植海水稻，实现亿亩荒滩变粮仓，大大提高了当地居民收入．某企业引进一条先进食品生产线，以海水稻为原料进行深加工，发明了一种新产品，若该产品的质量指标值为m（m∈[70，100]），其质量指标等级划分如表：质量指标值m[70，75）[75，80）[80，85）[85，90）[90，100]质量指标等级良好优秀良好合格废品好为了解该产品的经济效益并及时调整生产线，该企业先进行试生产．现从试生产的产品中随机抽取了1000件，将其质量指标值m的数据作为样本，绘制如下频率分布直方图：（1）若将频率作为概率，从该产品中随机抽取3件产品，记“抽出的产品中至少有1件不是废品”为事件A，求事件A发生的概率；（2）若从质量指标值m≥85的样本中利用分层抽样的方法抽取7件产品，然后从这7件产品中任取3件产品，求质量指标值m∈[90，95）的件数X的分布列及数学期望；（3）若每件产品的质量指标值m与利润y（单位：元）的关系如表（1＜t＜4）：质量指标值m[70，75）[75，80）[80，85）[85，90）[90，100]利润y（元）6t8t4t2t﹣e t 试分析生产该产品能否盈利？若不能，请说明理由；若能，试确定t为何值时，每件产品的平均利润达到最大（参考数值：ln2≈0.7，ln5≈1.6）．22．（12分）已知函数f（x）＝xe x﹣a（lnx+x）．（1）当a＞0时，求f（x）的最小值；（2）若对任意x＞0恒有不等式f（x）≥1成立．①求实数a的值；②证明：x2e x＞（x+2）lnx+2sin x．参考答案一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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|﹣2≤x＜4}，B＝{x|﹣5＜x≤3}，则A∩B＝（）A．{x|﹣5＜x＜4}B．{x|﹣5＜x≤﹣2}C．{x|﹣2≤x≤3}D．{x|3≤x＜4}【分析】进行交集的运算即可．解：∵A＝{x|﹣2≤x＜4}，B＝{x|﹣5＜x≤3}，∴A∩B＝{x|﹣2≤x≤3}．故选：C．2．“a＞1”是“（a﹣1）（a﹣2）＜0”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【分析】利用充分必要条件即可得出．解：由（a﹣1）（a﹣2）＜0，解得1＜a＜2，故由“a＞1”不能推出“1＜a＜2”，但由“1＜a＜2”能推出“a＞1”，故“a＞1”是“（a﹣1）（a﹣2）＜0”的必要不充分条件，故选：B．3．已知变量x，y之间的一组数据如表：x3456y 2.534 4.5若y关于x的线性回归方程为，则＝（）A．0.1B．0.2C．0.35D．0.45【分析】求出样本中心坐标，代入回归直线方程，求解即可．解：由题意可知＝＝4.5．＝＝3.5．因为回归直线经过样本中心，所以3.5＝0.7×4.5+，解得＝0.35．故选：C．4．已知a，b为不同直线，α，β为不同平面，则下列结论正确的是（）A．若a⊥α，b⊥a，则b∥αB．若a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βC．若a∥α，b⊥β，a∥b，则α⊥βD．若α∩β＝b，a⊂α，a⊥b，则α⊥β【分析】由直线与直线垂直、直线与平面垂直可得直线与平面的位置关系判断A；由两面平行的判定判断B；由直线与直线平行、直线与平面平行可得直线与平面的位置关系判C；由两平面相交分析其中一平面内的直线与交线的关系判断D．解：若a⊥α，b⊥a，则b⊂α或b∥α，故A错误；若a，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β，错误，只有在a与b相交的条件下α∥β，若a∥b，α与β可能平行，也可能相交；若a∥α，a∥b，则b∥α或b⊂α，又b⊥β，则α⊥β，故C正确；若α∩β＝b，a⊂α，a⊥b，则α⊥β，错误，α与β可能相交不垂直．故选：C．5．高一某班有5名同学报名参加学校组织的三个不同社区服务小组，每个小组至多可接收该班2名同学，每名同学只能报一个小组，则报名方案有（）A．15种B．90种C．120种D．180种【分析】根据题意，分2步进行分析：①将5名学生分成1、2、2的三组，②将分好的三组全排列，安排到三个不同社区服务小组，由分步计数原理计算可得答案．解：根据题意，分2步进行分析：①将5名学生分成1、2、2的三组，有＝15种分组方法，②将分好的三组全排列，安排到三个不同社区服务小组，有A33＝6种情况，则有15×6＝90种报名方案，故选：B．6．已知α∈（，π），tanα＝﹣3，则sin（α﹣）等于（）A．B．C．D．【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinα，cosα的值，进而根据两角差的正弦公式即可求解sin（α﹣）的值．解：因为α∈（，π），tanα＝＝﹣3，又sin2α+cos2α＝1，所以解得sinα＝，cosα＝﹣，则sin（α﹣）＝×﹣×（﹣）＝．故选：B．7．随着科学技术的发展，放射性同位素技术已经广泛应用于医学、航天等众多领域，并取得了显著经济效益．假设某放射性同位素的衰变过程中，其含量P（单位：贝克）与时间t（单位：天）满足函数关系P（t）＝，其中P0为t＝0时该放射性同位素的含量．已知t＝15时，该放射性同位素的瞬时变化率为，则该放射性同位素含量为4.5贝克时，衰变所需时间为（）A．20天B．30天C．45天D．60天【分析】利用函数P（t）在t＝15时的导数值求得P0，然后求解对数方程得答案．解：∵P（t）＝，∴P′（t）＝，t＝15时，P′（15）＝＝，∴P0＝18，则P（t）＝18•，由18•＝4.5，得，即t＝60．∴该放射性同位素含量为4.5贝克时，衰变所需时间为60天．故选：D．8．定义运算⊗：①对∀m∈R，m⊗0＝0⊗m＝m；②对∀m，n，p∈R，（m⊗n）⊗p＝p⊗（mn）+m⊗p+n⊗p．若f（x）＝e x﹣1⊗e1﹣x，则有（）A．函数y＝f（x）的图象关于x＝1对称B．函数f（x）在R上单调递增C．函数f（x）的最小值为2D．【分析】根据新定义求出f（x）的解析式，根据函数的单调性和奇偶性判断各个选项即可．解：f（x）＝e x﹣1⊗e1﹣x＝0⊗（e x﹣1•e1﹣x）+e x﹣1⊗0+e1﹣x⊗0＝e0+e x﹣1+e1﹣x＝e x﹣1+e1﹣x+1，而f（2﹣x）＝e x﹣1+e1﹣x+1＝f（x），故f（x）关于x＝1对称，故A正确；f′（x）＝e x﹣1﹣e1﹣x，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：x＜1，故f（x）在（﹣∞，1）递减，在（1，+∞）递增，故B错误；故f（x）min＝f（1）＝0，故C错误；由＞1，＞1，且＜，则f（）＜f（），故D错误；故选：A．二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分9．中国的华为公司是全球领先的ICT（信息与通信）基础设施和智能终端提供商，其致力于把数字世界带给每个人、每个家庭、每个组织，构建万物互联的智能世界．其中华为的5G智能手机是全世界很多年轻人非常喜欢的品牌．为了研究某城市甲、乙两个华为5G智能手机专卖店的销售状况，统计了2020年4月到9月甲、乙两店每月的营业额（单位：万元），得到如下的折线图，则下列说法正确的是（）A．根据甲店的营业额折线图可知，该店月营业额的平均值在[31，32]内B．根据乙店的营业额折线图可知，该店月营业额总体呈上升趋势C．根据甲、乙两店的营业额折线图可知乙店的月营业额极差比甲店小D．根据甲、乙两店的营业额折线图可知7、8、9 月份的总营业额甲店比乙店少【分析】直接利用平均值和极差及折线图的应用判断A、B、C、D的结论．解：对于A：根据折线图可知：甲的营业额≈31.6在[31，32]内，故A正确；对于B：根据乙店的营业额折线图可知，该店月营业额总体呈上升趋势，故B正确；对于C：甲店的极差值为47﹣14＝33，乙店的极差值为53﹣7＝46，故乙店的极差值比甲点的多，故C错误；对于D：根据甲、乙两店的营业额折线图可知7、8、9 月份的总营业额甲店的营业额为30+52+47＝129，乙店的营业额为33+44+53＝130，故甲店的比乙店少，故D正确．故选：ABD．10．若非零实数x，y满足x＞y，则以下判断正确的是（）A．B．x3＞y3C．D．ln（x﹣y+1）＞0【分析】根据特殊值法判断A，根据不等式的性质判断B，根据指数函数的性质判断C，根据对数函数的性质判断D即可．解：对于A：令x＝1，y＝0，显然错误；对于B：x＞y，则x3＞y3，故B正确；对于C：y＝在R递减，故＜，故C错误；对于D：显然x﹣y＞0，x﹣y+1＞1，故ln（x﹣y+1）＞0，故D正确；故选：BD．11．已知函数的最小正周期为π，其图象的一条对称轴为x＝，则（）A．B．函数y＝f（x）的图象可由y＝sin2x的图象向左平移个单位长度得到C．函数f（x）在上的值域为D．函数f（x）在区间上单调递减【分析】由题意利用三角函数的图象和性质，函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．解：函数的最小正周期为＝π，∴ω＝2．∵其图象的一条对称轴为x＝，∴2×+φ＝kπ，k∈Z，∴φ＝，f（x）＝cos （2x+）．故A错误；把y＝sin2x的图象向左平移个单位长度得到，可得y＝sin（2x+）＝cos（2x+）＝f（x）的图象，故B正确；当x∈，2x+∈[，]，f（x）＝cos（2x+）∈[﹣1，]，故C正确；当x∈区间，2x+∈[﹣，﹣]，f（x）＝cos（2x+）没有单调性，故D错误，故选：BC．12．已知函数其中a∈R，下列关于函数f（x）的判断正确的为（）A．当a＝2时，f（）＝4B．当|a|＜1时，函数f（x）的值域为[﹣2，2]C．当a＝2且x∈[n﹣1，n]（n∈N*）时，f（x）＝D．当a＞0 时，不等式在[0，+∞）上恒成立【分析】对于A选项，直接代入计算即可；对于B选项，由题意可得当x∈[m，m+1]，m∈N*时，f（x）＝a m f（x﹣m），进而得当x∈（m，m+1]，m∈N*时，f（x）∈（﹣2，2），故B错误；对于C选项，由B选项，当a＝2且x∈[n﹣1，n]（n∈N*）时，f（x）＝2n﹣1f（x﹣n+1）进而得解析式；对于D选项，取特殊值可得答案．解：对于A选项，当a＝2时，f（）＝2f（）＝2（2﹣4|﹣|）＝4，故A正确，对于B选项，由于当0≤x≤1，函数的值域为[0，2]，所以当x∈[m，m+1]，m∈N*时，f（x）＝a m f（x﹣m），由于x﹣m∈（0，1]，所以f（x﹣m）∈[0，2]，因为|a|＜1，所以a m∈（﹣1，1），所以当x∈（m，m+1]，m∈N*时，f（x）∈（﹣2，2），综上，当|a|＜1时，函数f（x）的值域为[﹣2，2]，故B错误，对于C选项，由B选项得当x∈（m，m+1]，m∈N*时，f（x）＝a m f（x﹣m），故当a＝2且x∈[n﹣1，n]（n∈N*）时，f（x）＝2n﹣1f（x﹣n+1）＝2n﹣1（2﹣4|x﹣n+1﹣|）＝2n﹣1（2﹣4|x﹣n+|）＝2n﹣1（2﹣4|x﹣|），故C正确，对于D选项，取a＝，x＝，f（）＝2﹣4|﹣|＝1，2a＝2（）＝2（）＝2（2﹣8）＝2×2﹣2＝，不满足f（x）≤2a，故D错误．故选：AC．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．（x2+）5的展开式中x4的系数为40．【分析】运用二项展开式的通项可得结果．解：根据题意得，T r+1＝（x2）5﹣r（）r＝2r x10﹣3r令10﹣3r＝4，得r＝2∴（x2+）5的展开式中x4的系数为22＝40；故答案为40．14．若一直角三角形的面积为50，则该直角三角形的斜边的最小值为10．【分析】由已知结合直角三角形勾股定理及基本不等式即可直接求解．解：设直角三角形的三边分别为a，b，c，（c为斜边），则a2+b2＝c2，ab＝100，所以c＝＝10，当且仅当a＝b时取等号，故答案为：10．15．已知f（x）是定义在R上的奇函数，满足f（1﹣x）＝f（1+x）．若f（1）＝1，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2021）＝1．【分析】根据题意，分析可得f（x+2）＝﹣f（x），进而可得函数f（x）是周期为4的周期函数，据此分析可得f（1）+f（3）＝0，f（2）+f（4）＝0，即可得f（1）+f（2）+f （3）+f（4）＝0，据此可得f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2021）＝[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]×505+f（1）＝f（1），即可得答案．解：根据题意，函数f（x）满足f（1+x）＝f（1﹣x），变形可得f（﹣x）＝f（2+x），又由f（x）是定义在R上的奇函数，即f（﹣x）＝﹣f（x），则有f（x+2）＝﹣f（x），即f（x+4）＝f（x），即函数f（x）是周期为4的周期函数，若f（x+2）＝﹣f（x），则有f（1）+f（3）＝0，f（2）+f（4）＝0，则在一个周期内f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝0，故f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2021）＝[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]×505+f（1）＝1，故答案为：116．如图，已知菱形ABCD边长为3，∠BAD＝60°，点E为对角线AC上一点，AC＝6AE．将△ABD沿BD翻折到△A′BD的位置，E记为E′，且二面角A′﹣BD﹣C的大小为120°，则三棱锥A′BCD的外接球的半径为；过E′作平面α与该外接球相交，所得截面面积的最小值为．【分析】（1）过△CBD，△A′BD的重心分别作平面的垂线，交于一点O，O即为三棱锥A′﹣BCD外接球的球心，结合已知线段长度求半径；（2）首先确定出当截面面积最小时，OE′⊥截面，再根据线段长度求出截面圆的面积．解：（1）∵∠BAD＝60°，且四边形ABCD为菱形，∴△CBD，△A′BD均为等边三角形，取△CBD，△A′BD的重心分别为M，N，过M，N分别作平面CBD，平面A′BD的垂线，且交于一点O，此时O即为三棱锥A′﹣BCD外接球的球心，记AC∩BD＝O′，连接CO，OO′，∵二面角A′﹣BD﹣C的大小为120°，且A′O′⊥BD，CO′⊥BD，∴二面角A′﹣BD﹣C的平面角为∠A′O′C＝120°，∵O′M＝O′N，∴cos∠MO′O＝cos∠NO′O，则∠MO′O＝∠NO′O＝60°，又∵BC＝3，∴CO′＝A′O′＝3sin60°＝，则MO′＝NO′＝CO′＝，∴OM＝O′M tan60°＝，又CM＝CO′＝，∴OC＝＝．即三棱锥A′BCD的外接球的半径为；当截面面积最小时，此时OE′⊥截面，又截面是个圆，设圆的半径为r，外接球的半径为R，又∵NE′＝A′O′＝CO′＝，且ON＝OM＝，∴OE′＝＝．∴r＝＝，∴此时截面面积S＝．故答案为：；．四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2，点E，F分别为棱CC1与A1B1的中点．（1）求证：直线EF∥平面A1BC；（2）若该正三棱柱的体积为2，求直线EF与平面ABC所成角的余弦值．【分析】（1）取BB1的中点D，连接ED，FD，由已知证明ED∥CB，在△B1BA1中，证明FD∥A1B，再由平面与平面平行的判定可得平面EFD∥平面A1BC，进一步得到，EF∥平面A1BC；（2）设AA1＝h，由已知利用等体积法求得h＝，再由平面ABC∥平面A1B1C1，得EF与平面ABC所成角即EF与平面A1B1C1所成角，证明∠EFC1为EF与平面A1B1C1所成角，求解三角形可得直线EF与平面ABC所成角的余弦值．【解答】证明：（1）取BB1的中点D，连接ED，FD，在平行四边形BCC1B1中，∵E为CC1的中点，D为BB1的中点，∴ED∥CB，在△B1BA1中，∵F为A1B1的中点，D为BB1的中点，∴FD∥A1B，又ED、FD⊂平面EFD，ED∩FD＝D，∴平面EFD∥平面A1BC，又EF⊂平面EFD，∴EF∥平面A1BC；解：（2）设AA1＝h，，∴，即h＝．∵平面ABC∥平面A1B1C1，∴EF与平面ABC所成角即EF与平面A1B1C1所成角，∵CC1⊥平面A1B1C1，∴EF在平面A1B1C1上的射影为C1F，∴∠EFC1为EF与平面A1B1C1所成角，∵，，∴，∴cos．即直线EF与平面ABC所成角的余弦值为．18．（12分）在①，②，③b cos C+c sin B＝a这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线处，并完成解答．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）问题：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，D是边AB上一点，AD ＝5，CD＝7，且_____，试判断AD和DB的大小关系．【分析】在△ACD中，由余弦定理可解得AC的值，选择条件①，由正弦定理，二倍角公式，三角形内角和定理，诱导公式结合sin B≠0，cos ≠0，可求sin＝，进而解得C＝，又A＝，可求AB＝8，DB＝3，即可得解AD ＞DB．选择条件②，利用同角三角函数基本关系式可求sin B，利用三角形内角和定理，两角和的正弦公式可求sin C的值，由正弦定理解得AB＝10，又AD＝5，可得AD＝DB．选择条件③，由正弦定理，两角和的正弦公式化简可得sin C sin B＝sin C cos B，结合sin C ≠0，可得sin B＝cos B，又B∈（0，π），可求B＝，∠ACB＝，在△ABC中，由正弦定理可求得AB＝4（）＞10，又AD＝5，可得AD＜DB．解：设AC＝x，在△ACD中，由余弦定理可得49＝x2+25﹣2•x•5•cos，即x2﹣5x ﹣24＝0，解得x＝8，或x＝﹣3（舍去），所以AC＝8，选择条件①，由正弦定理可得sin C sin B＝sin B sin，因为B∈（0，π），sin B≠0，所以sin C＝sin，又因为A+B＝π﹣C，所以sin C＝2sin cos＝cos，因为C∈（0，π），可得∈（0，），可得cos≠0，所以sin＝，即＝，C＝，又A＝，所以△ABC是等边三角形，可得AB＝8，所以DB＝3，故AD＞DB．选择条件②，可得sin B＝＝，因为A+B+C＝π，所以sin C＝sin（A+B）＝sin A cos B+cos A sin B＝＝，在△ABC中，由正弦定理，可得＝，解得AB＝10，又AD＝5，故AD＝DB．选择条件③b cos C+c sin B＝a，由正弦定理可得sin B cos C+sin C sin B＝sin A，因为A+B+C＝π，所以sin B cos C+sin C sin B＝sin（B+C）＝sin B cos C+sin C cos B，所以sin C sin B＝sin C cos B，又因为sin C≠0，所以sin B＝cos B，又因为B∈（0，π），故B＝，所以∠ACB＝，在△ABC中，由正弦定理，可得＝，解得AB＝4（）＞10，又因为AD＝5，所以AD＜DB．19．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣3x2+3bx+c在x＝0处取得极大值1．（1）求函数y＝f（x）的图象在x＝1处切线的方程；（2）若函数f（x）在[t，t+2]上不单调，求实数t的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，结合题意得到关于b，c的方程组，求出b，c的值，求出切线方程即可；（2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，得到关于t的不等式，解出即可．解：（1）∵f′（x）＝3x2﹣6x+3b，由题意得：，解得：，故f（x）＝x3﹣3x2+1，经检验，符合题意，又f（1）＝﹣1，f′（1）＝﹣3，故函数y＝f（x）的图象在x＝1处的切线方程为：y﹣（﹣1）＝﹣3（x﹣1），即3x+y﹣2＝0；（2）∵f′（x）＝3x2﹣6x，令f′（x）＞0，解得：x＞2或x＜0，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜2，故f（x）在（﹣∞，0）递增，在（0，2）递减，在（2，+∞）递增；∵函数f（x）在[t，t+2]上不单调，∴t＜0＜t+2或t＜2＜t+2，解得：﹣2＜t＜0或0＜t＜2，故t的取值范围是（﹣2，0）∪（0，2）．20．（12分）四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，CD∥AB，∠ABC＝90°，AB ＝2BC＝2CD＝4，侧面PAD⊥面ABCD，PA＝PD＝2．（1）求证：BD⊥PA；（2）已知平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使二面角P﹣DC﹣N 的余弦值为？若存在，请确定N点位置，若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据勾股定理的逆定理证明AD⊥BD，结合侧面PAD⊥面ABCD可得BD ⊥平面PAD，于是BD⊥PA；（2）作出直线l，建立空间直角坐标系，设＝λ，求出平面PCD和平面CDN的法向量，根据二面角P﹣DC﹣N的余弦值为列方程计算λ的值得出N的位置．【解答】（1）证明：取AD的中点E，连接PE，∵CD∥AB，∠ABC＝90°，∴BC⊥CD，∵BC＝CD＝2，∴BD＝2，∠CBD＝45°，∴∠DBA＝45°，∴AD＝＝2，∴AD2+BD2＝AB2，∴AD⊥BD，∵PA＝PD，E是AD的中点，∴PE⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，PE⊥AD，∴PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BD，又AD∩PE＝E，AD⊂平面PAD，PE⊂平面PAD，∴BD⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，∴BD⊥PA．（2）解：延长BC，AD，设BC的延长线和AD的延长线交点为M，连接PM，则平面PAD和平面PBC的交线l为直线PM，以B为原点，以BA、BM、平面ABCD的过点B的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系B ﹣xyz，则P（3，1，），C（0，2，0），D（2，2，0），M（0，4，0），∴＝（2，0，0），＝（﹣1，1，﹣），＝（﹣3，3，﹣），设＝λ＝（﹣3λ，3λ，﹣λ），则＝＝（1﹣3λ，3λ﹣1，（1﹣λ）），设平面PCD的法向量为＝（x1，y1，z1），则，即，令z1＝1可得＝（0，，1），设平面CDN的法向量为＝（x2，y2，z2），则，即，令y2＝可得＝（0，，），∴cos＜，＞＝＝，若二面角P﹣DC﹣N的余弦值为，则＝，解得：λ＝或λ＝，令＝0可得2+＝0，解得λ＝，故当0＜λ＜时，二面角P﹣DC﹣N为锐二面角，当＜λ≤1时，二面角P﹣DC﹣N为钝二面角，∴λ＝，即在直线l上存在点N，当N为PM的中点时，二面角P﹣DC﹣N的余弦值为．21．（12分）2020年10月16日，是第40个世界粮食日．中国工程院院士袁隆平海水稻团队迎来了海水稻的测产收割，其中宁夏石嘴山海水稻示范种植基地YC﹣801测产，亩产超过648.5公斤，通过推广种植海水稻，实现亿亩荒滩变粮仓，大大提高了当地居民收入．某企业引进一条先进食品生产线，以海水稻为原料进行深加工，发明了一种新产品，若该产品的质量指标值为m（m∈[70，100]），其质量指标等级划分如表：质量指标值m[70，75）[75，80）[80，85）[85，90）[90，100]质量指标等级良好优秀良好合格废品好为了解该产品的经济效益并及时调整生产线，该企业先进行试生产．现从试生产的产品中随机抽取了1000件，将其质量指标值m的数据作为样本，绘制如下频率分布直方图：（1）若将频率作为概率，从该产品中随机抽取3件产品，记“抽出的产品中至少有1件不是废品”为事件A，求事件A发生的概率；（2）若从质量指标值m≥85的样本中利用分层抽样的方法抽取7件产品，然后从这7件产品中任取3件产品，求质量指标值m∈[90，95）的件数X的分布列及数学期望；（3）若每件产品的质量指标值m与利润y（单位：元）的关系如表（1＜t＜4）：质量指标值m[70，75）[75，80）[80，85）[85，90）[90，100]利润y（元）6t8t4t2t﹣e t试分析生产该产品能否盈利？若不能，请说明理由；若能，试确定t为何值时，每件产品的平均利润达到最大（参考数值：ln2≈0.7，ln5≈1.6）．【分析】（1）设事件A的合格率为P（A），则根据概率分布直方图求出一件产品为合格或合格以上等级的概率，由此能求出事件A发生的概率．（2）由频率分布直方图和分层抽样求出抽取的7件产品中，m∈[85，90）的有4件，m∈[90，95）的有2件，m∈[95，100）的有1件，从这7件产品中，任取3件，质量指标值m∈[90，95）的件数X的所有可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和E（X）．（3）由频率分布直方图可得该产品的质量指标值k与利润y（元）的关系，从而求出每件产品的利润y＝﹣0.5e t+2.5t，（1＜t＜4），则y′＝﹣0.5e t+2.5，利用导数性质能求出生产该产品能够实现盈利，当t＝ln5≈1.5时，每件产品的利润取得最大值为1.5元．解：（1）设事件A的概率为P（A），则由频率分布直方图可得，1件产品为废品的概率为P＝5（0.04+0.02）＝0.3，则P（A）＝1﹣C33（0.3）3＝1﹣0.027＝0.973，（2）由频率分布直方图得指标值大于或等于85的产品中，m∈[85，90）的频率为0.08×5＝0.4，m∈[90，95）的频率为0.04×5＝0.2，m∈[95，100]的频率为0.02×5＝0.1，∴利用分层抽样抽取的7件产品中，m∈[85，90）的有4件，m∈[90，95）的有2件，m∈[95，100）的有1件，从这7件产品中，任取3件，质量指标值m∈[90，95）的件数X的所有可能取值为0，1，2，P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，∴X的分布列为：X012PE（X）＝0×+1×+2×＝．（3）由频率分布直方图可得该产品的质量指标值m与利润y（元）的关系与表所示（1＜t＜4），90≤m≤10085≤m＜9080≤m＜8575≤m＜8070≤m＜75质量指标值m利润y﹣e t2t4t8t6tP0.30.40.150.10.05∴每件产品的利润：y＝﹣0.5e t+0.8t+0.6t+0.8t+0.3t＝﹣0.5e t+2.5t，（1＜t＜4），则y′＝﹣0.5e t+2.5，令y′＝﹣0.5e t+2.5＝0，解得t＝ln5，∴当t∈（1，ln5）时，y′＞0，函数y＝﹣0.5e t+2.5单调递增，当t∈（ln5，4）时，y′＜0，函数y＝﹣0.5e t+2.5t，单调递减，∴当t＝ln5时，y取最大值，为﹣0.5e ln5+2.5×ln5＝1.5，∴生产该产品能够实现盈利，当t＝ln5≈1.6时，每件产品的利润取得最大值为1.5元．22．（12分）已知函数f（x）＝xe x﹣a（lnx+x）．（1）当a＞0时，求f（x）的最小值；（2）若对任意x＞0恒有不等式f（x）≥1成立．①求实数a的值；②证明：x2e x＞（x+2）lnx+2sin x．【分析】（1）求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的最小值即可；（2）①当a≤0时，不符合题意．当a＞0时，由（1）可知，f（x）min＝a﹣alna，故只需a﹣alna≥1，令t＝，上式即转化为lnt≥t﹣1，利用导数研究其单调性极值即可得出．②由①可知x2e x﹣xlnx≥x2+x，因而只需证明：∀x＞0，恒有x2+x＞2lnx+2sin x．注意到前面已经证明：x﹣1≥lnx，因此只需证明：x2﹣x+2＞2sin x．对x分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值即可得出．解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），由题意得f′（x）＝（x+1）（），令xe x﹣a＝0得：a＝xe x，令g（x）＝xe x，则g′（x）＝（x+1）e x＞0，故g（x）在（0，+∞）递增，且g（0）＝0，故a＝xe x有唯一实数根，即f′（x）＝0有唯一实数根，设为x0，即a＝x0，故f（x）在（0，x0）上为减函数，在（x0，+∞）上为增函数，故f（x）min＝f（x0）＝x0﹣a（lnx0+x0）＝a﹣alna；（2）①当a＜0时，f（x）单调递增，f（x）的值域为R，不符合题意；当a＝0时，则f（）＝＜1，也不符合题意．当a＞0时，由（1）可知，f（x）min＝a﹣alna，故只需a﹣alna≥1．令t＝，上式即转化为lnt≥t﹣1，设h（t）＝lnt﹣t+1，则h′（t）＝，因此h（t）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，从而h（x）max＝h（1）＝0，所以lnt≤t﹣1．因此，lnt＝t﹣1⇒t＝1，从而有＝t＝1⇒a＝1．故满足条件的实数为a＝1．②证明：由①可知x2e x﹣xlnx≥x2+x，因而只需证明：∀x＞0，恒有x2+x＞2lnx+2sin x．注意到前面已经证明：x﹣1≥lnx，因此只需证明：x2﹣x+2＞2sin x．当x＞1时，恒有2sin x≤2＜x2﹣x+2，且等号不能同时成立；当0＜x≤1时，设g（x）＝x2﹣x+2﹣2sin x，则g'（x）＝2x﹣1﹣2cos x，当x∈（0，1]时，g'（x）是单调递增函数，且g′（1）＝1﹣2cos1＜1﹣2cos＝0，因而x∈（0，1]时恒有g'（x）＜0；从而x∈（0，1]时，g（x）单调递减，从而g（x）≥g（1）＝2﹣2sin1＞0，即x2﹣x+2＞2sin x．故x2e x＞（x+2）lnx+2sin x．。

2020-2021学年潍坊市高三上学期期中数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知集合A={x|x−1x+2<0}，B={−1,0，1}，则A∩B等于()A. {x|−1<x<1}B. {−1,0，1}C. {−1,0}D. {0,1}2.a≤2√2是关于x的不等式x2−ax+2≥0在[2,+∞)恒成立的()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3.五名同学在“爱心捐助”活动中，捐款数额为8，10，10，4，6(单位：元)，这组数据的中位数是()A. 10B. 9C. 8D. 64.下列命题正确的是()A. 若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B. 若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C. 三角形的两条边平行于一个平面，则第三边也平行于这个平面D. 若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行5.编号为1、2、3、4的四个人入座编号为1、2、3、4的四个座位，则其中至少有两个人的编号与座位号相同的概率是()A. B. C. D.6.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且BC边上的高为√36a，则cb+bc取得最大值时，内角A的值为()A. π6B. π3C. π2D. 2π37.把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是θ1℃，空气的温度是θ0℃.那么t min后物体的温度θ(单位：℃)可由公式θ=θ0+(θ1−θ0)e−kt求得，其中k是一个随着物体与空气的接触情况而定的常数.现有46℃的物体，放在10℃的空气中冷却，1min以后物体的温度是38℃，则k的值约为()(ln3≈1.10,ln7≈1.95)A. 0.25B. −0.25C. 0.89D. −0.898.下列函数中，在区间(0,1)上是增函数的是()A. y=|x|−2B. y=|x−3|C. y=1x+1D. y=−x2二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.气象意义上从春季进入夏季的标志为“连续5天的日平均温度均不低于22℃”.现有甲、乙、丙、丁四地连续5天的日平均温度的记录数据的特征(记录数据都是正整数，单位：℃)．甲地：5个数据的中位数为24，众数为22．乙地：5个数据的中位数为27，平均数为24．丙地：5个数据中有一个数据是32，平均数为26，方差为10.8．丁地：5个数据中的极差为6，中位数为23．则肯定进入夏季的地区为()A. 甲地B. 乙地C. 丙地D. 丁地10.已知a>b>0，且ab=9，则()A. 3a−b>1B. log3a−log3b>1C. 3a+3b>54D. log3a⋅log3b<111.设函数f(x)=sin(2x+π3)，则下列结论正确的是()A. f(x)的一个周期为−4πB. y=f(x)的图象关于直线x=7π12对称C. 函数f(x)向左平移π12后所得函数为奇函数D. f(x)在区间(7π12,13π12)上单调递增12.设函数f(x)=min{|x−2|,x2,|x+2|}，其中min{x,y，z}表示x，y，z中的最小者，下列说法正确的是()A. 函数f(x)为奇函数B. 若x∈[1,+∞)时，有f(x−2)≤f(x)C. 若x∈R时，f(f(x))≤f(x)D. 若x∈[−4,4]时，|f(x)−2|≥f(x)三、单空题（本大题共3小题，共15.0分）13.设(x2+1)(4x−3)8=a0+a1(2x−1)+a2(2x−1)2+⋯+a10(2x−1)10，则a1+a2+⋯+a10=______．14.若圆x2+y2+2x−4y+1=0上的任意一点关于直线2ax−by+2=0(a,b∈R+)的对称点仍在圆上，则1a +2b最小值为______ ．15.对于函数f(x)定义域中任意的x1，x2(x1≠x2)有如下结论①f(x1+x2)=f(x1)⋅f(x2)②f(x1⋅x2)=f(x1)+f(x2)③f(x1)−f(x2)x1−x2<0④f(x1+x22)<f(x1)+f(x2)2当f(x)=(12)x时，上述结论中正确的序号是______．四、多空题（本大题共1小题，共5.0分）16.圆半径扩大到原来的n倍．其面积扩大到原来的倍；球半径扩大到原来的n倍，其表面积扩大到原来的倍．体积扩大到原来的倍．五、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=∠BAD=90°，AD=AP=4，AB=BC=2，M，N分别为线段PC，AD上的点(不在端点)．(Ⅰ)当M为PC中点时，AN=14AD，求证：MN//面PBA；(Ⅱ)当M为中点且N为AD中点时，求证：平面MBN⊥平面ABCD；(Ⅲ)当N为AD中点时，是否存在M，使得直线MN与平面PBC所成角的正弦值为2√55，若存在，求出MC的长，若不存在，说明理由．18.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sinB+sinC=1R(其中R为△ABC的外接圆的半径)且△ABC的面积S=a2−(b−c)2．(1)求tan A的值；(2)求△ABC的面积S的最大值．19.已知函数f(x)=xlnx，(1)求f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间．20.如图，△ABC是边长为4的等边三角形，△ABD是等腰直角三角形，AD⊥BD，平面ABC⊥平面ABD，且EC⊥平面ABC，EC=2．(1)证明：DE//平面ABC；(2)证明：AD⊥BE．21.某厂有4台大型机器，在一个月中，一台机器至多出现1次故障，出现故障时需1名工人进行．维修，且每台机器是否出现故障是相互独立的，每台机器出现故障的概率为13(1)若出现故障的机器台数为X，求X的分布列；(2)该厂到多少名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不小于90%？(3)已知一名工人每月只有维修1台机器的能力，每月需支付给每位工人1万元的工资，每台机器不出现故障或出现故障能及时维修，就产生5万元的利润，否则将不产生利润，若该厂现有2名工人，求该厂每月获利的数学期望．22.已知f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1与x=−2处，都取得极值．(Ⅰ)求a、b的值；(Ⅱ)若x∈[−3,2]时，都有f(x)>2c−1恒成立，求c的取值范围．2【答案与解析】1.答案：C解析：解：∵A={x|−2<x<1}，B={−1,0，1}，∴A∩B={−1,0}．故选：C．可以求出集合A，然后进行交集的运算即可．本题考查了描述法、列举法的定义，分式不等式的解法，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．2.答案：A解析：解：若关于x的不等式x2−ax+2≥0在[2,+∞)恒成立，则a≤(x+2x)min在[2,+∞)恒成立，而y=x+2x >2√x⋅2x=2√2，(显然x=√2取不到)，根据对勾函数的性质y=x+2x在[2,+∞)递增，故y≥2+1=3，故a≤3，而(−∞,2√2]⫋(−∞，3]，故a≤2√2是关于x的不等式x2−ax+2≥0在[2,+∞)恒成立的充分不必要条件，故选：A．问题转化为a≤(x+2x)min在[2,+∞)恒成立，求出a的范围，根据充分必要条件的定义以及集合的包含关系判断即可．本题考查了充分必要条件，考查集合的包含关系以及函数恒成立问题，考查转化思想，是一道基础题．3.答案：C解析：解：题目中数据共有5个，故中位数是按从小到大排列后第三数作为中位数，故这组数据的中位数是8．故选C．找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数．。

几何体中与球有关的切、接问题球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ，①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ；②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ；③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 一、题型选讲题型一、几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为 A ．64π B ．48πC ．36πD ．32π例2、【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24π C ．36πD ．144π例3、已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（） A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π例4、已知四棱锥P ABCD -的体积是ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（）A ．BCD ．例5、中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD =ED =，若鳖臑P ADE -的外接球的体积为，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______.题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例6、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．例7、如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．二、达标训练1、已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（） A ．16πB ．20πC ．32πD ．64π2、【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A B ．32C ．1D 3、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D4、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为A ．B ．C ．D ．5、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．6、已知三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.若三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________.7、如图，在三棱锥P-ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==PC =，则PA 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P-ABC 外接球的表面积是________.8、已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC ，6PA =，AB =2AC =，4BC =，则：（1）球O 的表面积为__________；（2）若D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是__________．9、在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =为________，该四面体外接球的表面积为________.10、下图是两个腰长均为10cm 的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD ，现将四边形ABCD 沿BD 折成直二面角A BD C --，则三棱锥A BCD -的外接球的体积为__________3cm ．几何体中与球有关的切、接问题球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ，①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ；②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ；③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 一、题型选讲题型一、几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为 A ．64π B ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意， 得24,2r r π=π=∴，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====， ∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A.本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.例2、【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=. 故选：C ．本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 例3、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π【答案】C【解析】边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,12R ==245S ππ==，故选C.例4、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知四棱锥P ABCD -的体积是ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（）A ．BCD ．【答案】A【解析】设AB 的中点为Q ，因为PAB ∆是等边三角形，所以PQ AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ， 平面PAB ⋂平面ABCD AB =，所以PQ ⊥平面ABCD ，四棱锥P ABCD -的体积是13AB AB PQ =⨯⨯⨯13AB AB AB =⨯⨯，所以边长6AB =，PQ =OH x =，OM x =，()(222222R OA OM AM x==+=+，2222223R OP OH PH x ==+=+，x =2212321R =+=343V R π==球.故选：A.例5、（2020届山东省德州市高三上期末）中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD =ED =P ADE -的外接球的体积为，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______.【答案】20π 【解析】四边形ABCD 是正方形，AD CD ∴⊥，即AD CE ⊥，且AD =ED =，所以，ADE ∆的外接圆半径为122AE r ===设鳖臑P ADE -的外接球的半径1R ，则3143R π=，解得12R =.PA ⊥平面ADE ，1R ∴=2PA ==PA ∴=正方形ABCD 的外接圆直径为22r AC ==22r ∴=，PA ⊥平面ABCD ，所以，阳马P ABCD -的外接球半径2R ==因此，阳马P ABCD -的外接球的表面积为22420R ππ=.故答案为：20π. 题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例6、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于AM ==122S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：2r，其体积：3433V r =π=π.. 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．【解析】（1）因为16(1)222S =⨯⨯⨯=，所以该六面体的表面积为2. （2）由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，2. 由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，设球的半径为R ，16()3R R =⨯⇒=所以球的体积3344(393297V R ππ===.故答案为：2；729. 二、达标训练1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（） A ．16π B ．20πC ．32πD ．64π【答案】D【解析】如图所示，因为正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则2632AE =⋅=6SE ===, 又由球心O 到四个顶点的距离相等，在直角三角形AOE 中，,6AO R OE SE SO R ==-=-，又由222OA AE OE =+，即222(6)R R =+-，解得4R =， 所以球的表面积为2464S R ππ==， 故选D.2、【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A B ．32C ．1D ．2【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =.设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C ．本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.3、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D【答案】D 【解析】解法一：,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-为正方体的一部分，2R ==即344π2338R V R =∴=π=⨯=，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===， AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D 为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，22121222x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴=== 又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D.本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．4、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，24ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，23BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有2OM ==，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 163D ABC V -∴=⨯=，故选B.5、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =，所以||EP ===所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==.故答案为：2. 6、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.若三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________. 【答案】13π 【解析】如图：SA ⊥平面ABC ，则SBA ∠为直线SB 和平面ABC 所成的角，即3SBA π∠=在Rt SAB ∆中：tan3SA AB π=== 如图，设O 为三棱锥S ABC -外接球的球心，G 为ABC ∆外接圆圆心，连结,,,,OA OB GA GB OG ，则必有OG ⊥面ABC 在ABC ∆，2222cos 31216AC AB BC AB BC π=+-⋅⋅=+-=， 则1AC = 其外接圆半径122,1sin sin 6AC r r ABC π====∠， 又1322OG SA ==， 所以三棱锥S ABC -外接球半径为2R ===该球的表面积为21344134S R πππ==⨯=, 故答案为：13π.7、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在三棱锥P-ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==PC =，则PA 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P-ABC 外接球的表面积是________.【答案】45︒6π【解析】如图，作平行四边形ABCD ，连接PD ，由AB BC ⊥，则平行四边形ABCD 是矩形． 由BC CD ⊥，BC PC ⊥，PCCD C =，∴BC ⊥平面PCD ，而PD ⊂平面PCD ，∴BC PD ⊥，同理可得AB PD ⊥，又AB BC B ⋂=，∴PD ⊥平面ABCD ．,PD CD PD AD ⊥⊥，PAD ∠是PA 与平面ABC 所成角．由2,CD AB PC ===1PD =，又1AD BC ==，∴45PAD ∠=︒．∴PA 与平面ABC 所成角是45︒．由,PA AB ⊥PC BC ⊥知PB 的中点到,,,A B C P 的距离相等，PB 是三棱锥P-ABC 外接球的直径．由BC ⊥平面PCD 得BC PC ⊥，PB ===24()62PB S ππ==． 故答案为：45︒；6π．8、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC，6PA =，AB =2AC =，4BC =，则：（1）球O 的表面积为__________；（2）若D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是__________． 【答案】52π4π【解析】（1）由题,根据勾股定理可得AC AB ⊥,则可将三棱锥P ABC -可放入以,,AP AC AB 为长方体的长,宽,高的长方体中,则体对角线为外接球直径,即2r ==则r =,所以球的表面积为224452r πππ=⨯=；（2）由题,因为Rt ABC ,所以D 为底面ABC 的外接圆圆心,当DO ⊥截面时,截面面积最小,即截面为平面ABC ,则外接圆半径为2,故截面面积为224ππ⨯=故答案为：（1）52π；（2）4π9、（2020届山东省滨州市高三上期末）在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =________，该四面体外接球的表面积为________.8π【解析】因为2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =AB ==，因此222BC AC AB +=，则AC BC ⊥；取AB 中点为O ，连接OS ，OC ，则OA OB OC OS ====，所以该四面体的外接球的球心为O ，半径为OC =所以该四面体外接球的表面积为248S ππ=⋅=； 又因为SA SB =，所以SO AB ⊥；因为底面三角形ABC 的面积为定值122AC BC ⋅=，SO ，因此，当SO ⊥平面ABC 时，四面体的体积最大，为13ABC V S SO =⋅=故答案为：(1).6(2). 8π10、（2020届山东省济宁市高三上期末）下图是两个腰长均为10cm 的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD ，现将四边形ABCD 沿BD 折成直二面角A BD C --，则三棱锥A BCD -的外接球的体积为__________3cm ．【答案】 【解析】由题设可将该三棱锥拓展成如图所示的正方体，则该正方体的外接球就是三棱锥的外接球，由于正方体的对角线长为2l R ==即球的半径R =该球的体积343V R π==，应填答案．。

三角函数的图像与性质一、单选题1．（2020届山东省潍坊市高三上期中）sin 225︒= （ ）A ．12-B ．2-C ．D ．1-【答案】B 【解析】因为2sin 225sin(18045)sin 452=+=-=-. 故选：B.2、（2020届北京市昌平区新学道临川学校高三上学期期中考试数学试题）sin 20cos10cos160sin10︒︒-︒︒=（ ）A ．BC ．12-D ．12【答案】D【解析】sin 20cos10cos160sin10︒︒-︒︒sin 20cos10cos20sin10=︒︒+︒︒ sin30=︒12=. 故选：D.3、（2020年全国1卷）设函数()cos π()6f x x ω=+在[π,π]-的图像大致如下图，则f (x )的最小正周期为（ ）A. 10π9 B.7π6 C. 4π3D. 3π2【答案】C【解析】由图可得：函数图象过点4,09π⎛⎫-⎪⎝⎭，将它代入函数()f x 可得：4cos 096ππω⎛⎫-⋅+= ⎪⎝⎭又4,09π⎛⎫-⎪⎝⎭是函数()f x 图象与x 轴负半轴的第一个交点， 所以4962πππω-⋅+=-，解得：32ω= 所以函数()f x 的最小正周期为224332T πππω===故选：C4、（2020·浙江温州中学高三3月月考）函数()sin 2sin3f x x x =+的最小正周期为（ ） A ．π B ．2πC ．3πD ．6π【答案】B 【解析】2y sin x =的最小正周期为：π；函数3y sin x =的最小正周期为：23π， π与23π的最小公倍数为：2π， 所以函数()23f x sin x sin x =+的最小正周期为：2π． 故选：B ．5、（2020年天津卷）已知函数()sin 3f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．给出下列结论： ①()f x 的最小正周期为2π； ②2f π⎛⎫⎪⎝⎭是()f x 的最大值； ③把函数sin y x =的图象上所有点向左平移3π个单位长度，可得到函数()y f x =的图象． 其中所有正确结论的序号是 A. ① B. ①③C. ②③D. ①②③【答案】B【解析】因为()sin()3f x x π=+，所以周期22T ππω==，故①正确；51()sin()sin 122362f ππππ=+==≠，故②不正确； 将函数sin y x =的图象上所有点向左平移3π个单位长度，得到sin()3y x π=+的图象，故③正确. 故选：B.6、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知345sin πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭，0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则cos α=（ ）A B C D 【答案】A 【解析】0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，,444πππα⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭4cos 45πα⎛⎫-== ⎪⎝⎭，cos cos cos cos sin sin 444444ππππππαααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=--- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦4355=-=故选：A7、（2020届山东省济宁市高三上期末）函数22cos cos 1yx x ，,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦的图象大致为（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】B【解析】∵22()2cos ()cos()12cos cos 1()f x x x x x f x -=--+-+=-++=， ∴函数()f x 为偶函数.故排除选项A ，D.2219()2cos cos 12(cos ),,4822f x x x x x ππ⎡⎤=-++=--+∈-⎢⎥⎣⎦，∵0cos 1x ≤≤， ∴当1cos 4x =时，()f x 取得最大值98；当cos 1x =时，()f x 取得最小值0.故排除C. 故选：B.8、（2020届山东师范大学附中高三月考）为了得函数23y sin x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，只需把函数2y sin x =的图象（ ） A ．向左平移6π个单位 B ．向左平移3π单位 C ．向右平移6π个单位 D ．向右平移3π个单位【答案】A【解析】不妨设函数2y sin x =的图象沿横轴所在直线平移ϕ个单位后得到函数23y sin x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象．于是，函数2y sin x =平移ϕ个单位后得到函数，sin 2()y x ϕ=+，即sin(22)y x ϕ=+， 所以有223k πϕπ=+，6k πϕπ=+，取0k =，6π=ϕ．答案为A ．9、（2020届山东实验中学高三上期中）已知函数()sin 2f x a x x =的图象关于直线12x π=-对称，若()()124f x f x ⋅=-，则12a x x -的最小值为（ ） A ．4πB ．2π C ．πD ．2π【答案】B 【解析】()f x 的图象关于直线12x π=-对称，(0)()6f f π∴=-，即-1a =，则()sin 222sin 26f x x x x π⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，12()()4f x f x =-，1()2f x ∴=，2()2f x =-或1()2f x =-，2()2f x =，即1()f x ，2()f x 一个为最大值，一个为最小值， 则12||x x -的最小值为2T，T π=， 12||x x ∴-的最小值为2π，即12a x x -的最小值为2π.故选：B ．10、（2020·武邑县教育局教研室高三上期末（理））已知()cos 2cos 2παπα⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，且()1tan 3αβ+=，则tan β的值为（ ） A ．-7 B ．7C ．1D ．-1【答案】B 【解析】因为()cos 2cos 2παπα⎛⎫-=+⎪⎝⎭， 所以sin 2cos αα=-，即tan 2α，又()1tan 3αβ+=，则tan tan 11tan tan 3αβαβ+=-，解得tan β= 7， 故选B.11、（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数()sin cos f x x x =+，则（ ） A ．()f x 的最小正周期为π B ．()y f x =图象的一条对称轴方程为4x π=C ．()f x 的最小值为2-D ．()f x 的0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数 【答案】B【解析】()sin cos )4f x x x x π=+=+，对A ，()f x ∴的最小正周期为2π，故A 错误；对B ，()42f ππ==()y f x ∴=图象的一条对称轴方程为4x π=，故B 正确；对C ，()f x 的最小值为，故C 错误； 对D ，由[0,]2x π∈，得3[,]444x πππ+∈，则()f x 在[0,]2π上先增后减，故D 错误． 故选：B ．12、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）若π1sin 34α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则πcos 23α⎛⎫+= ⎪⎝⎭（ ）．A ．78-B ．14-C ．14 D ．78【答案】A 【解析】2π2π2πππcos 2cos π2cos 2cos 22sin 133333ααααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=--=--=--=--⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 1721168=⨯-=-． 故选A ．13、（2020届山东省临沂市高三上期末）已知函数2()2cos 12f x x πω⎛⎫=- ⎪⎝⎭(0)>ω的图象关于直线4x π=对称，则ω的最小值为（ ）A ．13B ．16C ．43D ．56【答案】A 【解析】2()2cos 12f x x πω⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()1cos 26f x x πω⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭，又因为2()2cos 12f x x πω⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象关于4x π=对称，所以2()46k k Z ππωπ⨯-=∈，即12()3k k Z ω=+∈， 因为0>ω，所以ω的最小值为13.故选：A.14、（2020年全国3卷）关于函数f （x ）=1sin sin x x+有如下四个命题： ①f （x ）的图像关于y 轴对称． ②f （x ）的图像关于原点对称． ③f （x ）的图像关于直线x =2π对称． ④f （x ）的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________． 【答案】②③【解析】对于命题①，152622f π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，152622f π⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭，则66f f ππ⎛⎫⎛⎫-≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，函数()f x 的图象不关于y 轴对称，命题①错误；对于命题②，函数()f x 的定义域为{},x x k k Z π≠∈，定义域关于原点对称，()()()()111sin sin sin sin sin sin f x x x x f x x x x ⎛⎫-=-+=--=-+=- ⎪-⎝⎭，所以，函数()f x 的图象关于原点对称，命题②正确；对于命题③，11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫-=-+=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭，11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫+=++=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭+ ⎪⎝⎭，则22f x f x ππ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，函数()f x 的图象关于直线2x π=对称，命题③正确；对于命题④，当0x π-<<时，sin 0x <，则()1sin 02sin f x x x=+<<， 命题④错误. 故答案为：②③.15、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知函数()2sin(2)f x x ϕ=+的图象过点,26A π⎛⎫⎪⎝⎭，则（ ） A ．把()y f x =的图象向右平移6π个单位得到函数2sin 2y x =的图象 B ．函数()f x 在区间,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减C ．函数()f x 在区间[]0,2π内有五个零点D ．函数()f x 在区间0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为1【答案】D【解析】因为函数()2sin(2)f x x ϕ=+的图象过点,26A π⎛⎫ ⎪⎝⎭， 所以2sin 23πϕ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因此2,32k k Z ππϕπ+=+∈，所以2,6k k Z πϕπ=+∈，因此()2sin(2)2sin 222sin 266f x x x k x ππϕπ⎛⎫⎛⎫=+=++=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； A 选项，把()y f x =的图象向右平移6π个单位得到函数2sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象，故A 错； B 选项，由3222,262k x k k Z πππππ+≤+≤+∈得2,63k x k k Z ππππ+≤≤+∈，即函数()2sin 26f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的单调递减区间是：2,,63k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦，故B 错；C 选项，由()2sin 206f x x π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭得2,6x k k Z ππ+=∈，即,122k x k Z ππ=-+∈， 因此[]0,2x π∈，所以5111723,,,12121212x ππππ=，共四个零点，故C 错； D 选项，因为0,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以52,666x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，因此1sin 2,162x π⎛⎫⎡⎤+∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，所以[]2sin 21,26x π⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，即()2sin 26f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的最小值为1，故D 正确；故选：D.二、多选题16、（2020年山东卷）下图是函数y = sin(ωx +φ)的部分图像，则sin(ωx +φ)= （ ）A. πsin(3x +）B. πsin(2)3x -C. πcos(26x +）D. 5πcos(2)6x -【答案】BC【解析】由函数图像可知：22362T πππ=-=，则222T ππωπ===，所以不选A, 当2536212x πππ+==时，1y =-∴()5322122k k Z ππϕπ⨯+=+∈， 解得：()223k k ϕππ=+∈Z ，即函数的解析式为：2sin 22sin 2cos 2sin 236263y x k x x x ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++=++=+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.而5cos 2cos(2)66x x ππ⎛⎫+=-- ⎪⎝⎭ 故选：BC.17、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）设函数()sin 23f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则下列结论正确的是（ ） A ．π-是()f x 的一个周期 B ．()f x 的图像可由sin 2y x =的图像向右平移3π得到 C ．()f x π+的一个零点为6x π=D ．()y f x =的图像关于直线1712x π=对称 【答案】ACD【解析】()sin 23f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的最小正周期为π，故π-也是其周期，故A 正确； ()f x 的图像可由sin 2y x =的图像向右平移6π得到，故B 错误； ()77()()sin sin 066323f f ππππππ⎛⎫+==-== ⎪⎝⎭，故C 正确； sin sin 17175()1262sin 132f πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=== ⎪ =⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故D 正确. 故选：ACD18、（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）将函数()sin 23f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象向右平移2π个单位长度得到()g x 图象，则下列判断正确的是（ ） A ．函数()g x 在区间,122ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增 B ．函数()g x 图象关于直线712x π=对称 C ．函数()g x 在区间,63ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递减 D ．函数()g x 图象关于点,03π⎛⎫⎪⎝⎭对称 【答案】ABD【解析】函数()sin 23f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图像向右平移2π个单位长度得到()ππsin 223g x x ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦2πsin 23x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.由于7π7π2ππsin sin 112632g ⎛⎫⎛⎫=-==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故7π12x =是()g x 的对称轴，B 选项正确. 由于π2π2πsin sin 00333g ⎛⎫⎛⎫=-==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故,03π⎛⎫ ⎪⎝⎭是()g x 的对称中心，D 选项正确. 由π2ππ2232x -≤-≤，解得π7π1212x ≤≤，即()g x 在区间π7π,1212⎡⎤⎢⎥⎣⎦上递增，故A 选项正确、C 选项错误. 故选：ABD.19、（2020届山东省济宁市高三上期末）将函数()sin 2f x x =的图象向右平移4π个单位后得到函数()g x 的图象,则函数()g x 具有性质( ) A ．在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,为偶函数 B ．最大值为1,图象关于直线32x π=-对称 C ．在3,88ππ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增,为奇函数 D ．周期为π,图象关于点3,04π⎛⎫⎪⎝⎭对称 【答案】ABD 【解析】()sin 2sin 2cos 242x x x g x ππ⎛⎫⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0,4x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭则20,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()cos2g x x =-单调递增，为偶函数，A 正确C 错误；最大值为1，当32x π=-时23x π=-，为对称轴，B 正确； 22T ππ==，取2,,242k x k x k Z ππππ=+∴=+∈，当1k =时满足，图像关于点3,04π⎛⎫ ⎪⎝⎭对称，D 正确； 故选：ABD20、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知函数()()sin 322f x x ππϕϕ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭的图象关于直线4x π=对称，则（ ）A ．函数12f x π⎛⎫+⎪⎝⎭为奇函数 B ．函数()f x 在,123ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增 C ．若()()122f x f x -=，则12x x -的最小值为3πD ．函数()f x 的图象向右平移4π个单位长度得到函数cos3y x =-的图象 【答案】AC【解析】因为直线4x π=是()()sin 322f x x ππϕϕ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭的对称轴,所以()342k k Z ππϕπ⨯+=+∈,则()4k k Z πϕπ=-+∈,当0k =时,4πϕ=-,则()sin 34f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭, 对于选项A,sin 3sin 312124f x x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+=+-= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦,因为()sin 3sin3x x -=-,所以12f x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭为奇函数,故A 正确； 对于选项B,()232242k x k k Z πππππ-+<-<+∈,即()21212343k kx k Z ππππ-+<<+∈,当0k =时,()f x 在,124ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦当单调递增,故B 错误；对于选项C,若()()122f x f x -=,则12x x -最小为半个周期,即21323ππ⨯=,故C 正确； 对于选项D,函数()f x 的图象向右平移4π个单位长度,即()sin 3sin 3sin 344x x x πππ⎡⎤⎛⎫--=-=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,故D错误 故选：AC21、（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知函数()sin cos f x x x =-，()g x 是()f x 的导函数，则下列结论中正确的是（ ）A ．函数()f x 的值域与()g x 的值域不相同B ．把函数()f x 的图象向右平移2π个单位长度，就可以得到函数()g x 的图象 C ．函数()f x 和()g x 在区间,44ππ⎛⎫-⎪⎝⎭上都是增函数 D ．若0x 是函数()f x 的极值点，则0x 是函数()g x 的零点 【答案】CD【解析】∵函数f （x ）＝sinx ﹣cosx =（x 4π-）∴g （x ）＝f '（x ）＝cosx +sinx =（x 4π+）， 故函数函数f （x ）的值域与g （x ）的值域相同， 且把函数f （x ）的图象向左平移2π个单位，就可以得到函数g （x ）的图象， 存在x 0=+,4k k Z ππ-∈，使得函数f （x ）在x 0处取得极值且0x 是函数()g x 的零点，函数f （x ）在,44ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为增函数，g （x ）在,44ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上也为增函数，∴单调性一致， 故选：CD ．三、填空题22、（2020年江苏卷）将函数y =πsin(2)43x ﹢的图象向右平移π6个单位长度，则平移后的图象中与y 轴最近的对称轴的方程是____. 【答案】524x π=-【解析】3sin[2()]3sin(2)6412y x x πππ=-+=- 72()()122242k x k k Z x k Z πππππ-=+∈∴=+∈当1k =-时524x π=- 故答案为：524x π=- 23、（2020年全国1卷）.已知 π()0,α∈，且3cos28cos 5αα-=，则sin α=______．【解析】3cos28cos 5αα-=，得26cos 8cos 80αα--=， 即23cos 4cos 40αα--=，解得2cos 3α=-或cos 2α=（舍去），又(0,),sin 3απα∈∴==24、（2020年浙江卷）已知tan 2θ=，则cos2θ=________；πtan()4θ-=______． 【答案】 (1).35 (2). 13【解析】2222222222cos sin 1tan 123cos 2cos sin cos sin 1tan 125θθθθθθθθθ---=-====-+++， tan 1211tan()41tan 123πθθθ---===++，故答案为：31,53-25、（2020年江苏卷）】已知2sin ()4πα+ =23，则sin 2α的值是____. 【答案】13【解析】221sin ()(cos )(1sin 2)4222παααα+=+=+121(1sin 2)sin 2233αα∴+=∴= 故答案为：1326、（2019年高考江苏卷）已知tan 2π3tan 4αα=-⎛⎫+ ⎪⎝⎭，则πsin 24α⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值是 . 【答案】10【解析】由()tan 1tan tan tan 2tan 1πtan 13tan 1tan 4αααααααα-===-++⎛⎫+ ⎪-⎝⎭，得23tan 5tan 20αα--=，解得tan 2α=，或1tan 3α=-. πππsin 2sin 2cos cos 2sin 444ααα⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭)22222sin cos cos sin sin 2cos 2=22sin cos αααααααα⎛⎫+-=+ ⎪+⎝⎭222tan 1tan tan 1ααα⎫+-⎪+⎝⎭， 当tan 2α=时，上式222212==22110⎛⎫⨯+- ⎪+⎝⎭ 当1tan 3α=-时，上式=22112()1()33[]=1210()13⨯-+---+综上，πsin 2410α⎛⎫+= ⎪⎝⎭四、解答题27、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知函数()sin()f x A x ωϕ=+，其中0A >，0>ω，(0,)ϕπ∈，x ∈R ，且()f x 的最小值为-2，()f x 的图象的相邻两条对称轴之间的距离为2π，()f x 的图象过点,03π⎛-⎫⎪⎝⎭. （1）求函数()f x 的解析式和单调递增区间； （2）若[0,2]x π函数()f x 的最大值和最小值.【解析】（1）∵函数()sin()f x A x ωϕ=+的最小值是-2，∴2A =， ∵()f x 的图象的相邻两条对称轴之间的距离为2π，∴24T ππω==，解得：12ω=又∵()f x 的图象过点,03π⎛-⎫⎪⎝⎭， ∴123k πϕπ⎛⎫⨯-+= ⎪⎝⎭，k ∈Z ﹐解得：6k πϕπ=+，k ∈Z ，又∵(0,)ϕπ∈，解得：6π=ϕ. 可得：1()2sin 26f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭因为1222262k x k πππππ-+≤+≤+，k ∈Z∴424433k x k ππ-+π≤≤+π，k ∈Z 所以()f x 的递增区间为：424,433k k ππ⎡⎤-+π+π⎢⎥⎣⎦，k ∈Z .（2）∵[0,2]x π ∴17,2666x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦， ∴11sin 1226x π⎛⎫-≤+≤ ⎪⎝⎭ ∴1()2f x -≤≤所以()f x 的最大值为2，最小值为-1.28、（2020届山东师范大学附中高三月考）设函数5()2cos()cos 2sin()cos 122f x x x x x ππ=++++. （1）设方程()10f x -=在(0,)π内有两个零点12,x x ，求12x x +的值； （2）若把函数()y f x =的图象向左平移6π个单位，再向下平移2个单位，得函数()g x 图象，求函数()g x 在[,]33ππ-上的最值.【解析】（1）由题设知()sin 21cos 21224f x x x x π⎛⎫=-+++=++ ⎪⎝⎭，()10,221,cos 2442f x x x ππ⎛⎫⎛⎫-=++=∴+=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 32244x k πππ+=+或522,44x k k Z πππ+=+∈ 得4x k ππ=+或2x k ππ=+，12123(0,),,,424x x x x x ππππ∈∴==∴+=（2）=()y f x 图像向左平移6π个单位，得222222643412y x x x πππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+++=++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦再向下平移2个单位得()212g x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭当[,]33x ππ∈-时，73(2)[,]12124x πππ+∈-，sin(2)[1,1]12x π+∈- ()f x ∴在[,]33ππ-，最小值为.29、（2020届山东省济宁市高三上期末）已知()()2sin cos 2f x x x x ππ⎛⎫=-+-⎪⎝⎭. (1)若1210f α⎛⎫=⎪⎝⎭,求2cos 23πα⎛⎫+⎪⎝⎭的值; (2)在△ABC 中,角A ,B ,C 所对应的边分别,,a b c ,若有()2cos cos a c B b C -=,求角B 的大小以及()f A 的取值范围.【解析】 (1)()211cos cos 2cos 222f x x x x x x =-=--1sin 262x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ 因为11sin 26210f απα⎛⎫⎛⎫=--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以3sin 65πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭所以2223cos 2cos 22sin 1213365πππααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=--=--=⨯- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭725=- (2)因为()2cos cos a c B b C -=,由正弦定理得:()2sin sin cos sin cos ,A C B B C -=所以2sin cos sin cos sin cos A B C B B C -=, 即()2sin cos sin sin A B B C A =+=,因为sin 0A >,1cos 23B B π=∴=，，所以22=033A C A ππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，，,72,666A πππ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭,所以1sin 2,162A π⎛⎫⎛⎤-∈- ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦,所以()f A 的取值范围是11,2⎛⎤- ⎥⎝⎦30、（2020届山东实验中学高三上期中）己知函数()cos sin 244f x x x x a ππ⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的最大值为1.（1）求实数a 的值；（2）若将()f x 的图象向左平移6π个单位，得到函数()g x 的图象，求函数()g x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值.【解析】（1）()cos sin 244f x x x x a ππ⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()2sin 22sin 22f x x x a x x a π⎛⎫∴=+++=++ ⎪⎝⎭2sin 23x a π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭21a ∴+=，1a ∴=- （2）将()f x 的图象向左平移6π个单位，得到函数()g x 的图象， ()22sin 212sin 216633g x f x x x ππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+=++-=+- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦2252,333x πππ⎡⎤∴+∈⎢⎥⎣⎦∴当22233x ππ+=时，2sin 232x π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，()g x 1， 当23232x ππ+=时，2sin 213x π⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，()g x 取最小值3-.31、（2020·浙江温州中学3月高考模拟）已知()sin()f x A x ωφ=+（0,04,)2A πωφ><<<）过点1(0,)2，且当6x π=时，函数()f x 取得最大值1.（1）将函数()f x 的图象向右平移6π个单位得到函数()g x ，求函数()g x 的表达式； （2）在（1）的条件下，函数2()()()2cos 1h x f x g x x =++-，求()h x 在[0,]2π上的值域.【解析】 (1)由函数()f x 取得最大值1，可得1A =,函数过10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭得12sin φ=，,26ππφφ<= 12,6662f k k Z ππππωπ⎛⎫=⇒+=+∈ ⎪⎝⎭，∵04ω<<，∴2ω=()26f x sin x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，()266g x f x sin x ππ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.(2) ()22226h x x cos x sin x π⎛⎫=+=+⎪⎝⎭， 710,,2,21266626x x sin x πππππ⎡⎤⎛⎫∈≤+≤-≤+≤ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，12226sin x π⎛⎫-≤+≤ ⎪⎝⎭，值域为[]1,2-.。

山东省潍坊市2019-2020学年高三上学期期中数学试卷1一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x||x|≤1}，B={x|x>0}，则A∩B=()A. [−1,0]B. [−1,0)C. (0,1]D. [0,1]2.设命题p：∀x>−1，x2>1，则￢p为()A. ∀x>−1，x2≤1B. ∀x≤−1，x2>1C. ∃x≤−1，x2≤1D. ∃x>−1，x2≤13.已知a<b<0，则()A. a2<abB. ab<b2C. a2<b2D. a2>b24.已知函数f(x+2)=2x+3x+2，则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处切线的斜率为()A. 1B. −1C. 2D. −25.设x，y满足约束条件{x−y≤0,x−2y≥−2,x≥0,则z=2x+y的最大值是()A. 1B. 6C. 7D. 86.已知偶函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增，且f(−2)=3，则满足不等式f(2x−3)<3上的解集为()A. B. (12,5 2 )C. D. (−32,−12)7.在正方形ABCD中，点E是线段CD的中点，F是线段BC上靠近C的三等分点，则AC⃗⃗⃗⃗⃗ =()A. 85BE⃗⃗⃗⃗⃗ +3DF⃗⃗⃗⃗⃗ B. 3BE⃗⃗⃗⃗⃗ +85DF⃗⃗⃗⃗⃗ C. 85BE⃗⃗⃗⃗⃗ +95DF⃗⃗⃗⃗⃗ D. 95BE⃗⃗⃗⃗⃗ +85DF⃗⃗⃗⃗⃗8.已知α，β为第二象限的角，cos(α−π4)=−35，sin(β+π4)=513，则sin(α+β)的值为()A. 3365B. −6365C. 6365D. −33659.函数y=sin(2x−π3)在区间[−π2,π]的简图是()A.B.C.D.10.在下列关于直线l,m与平面α,β的命题中正确的是()A. 若l⊂β且α⊥β，则l⊥αB. 若l⊥β且α//β，则l⊥αC. 若l⊥β且α⊥β，则l//αD. 若α∩β=m且l//m，则l//α11.一个各面均为直角三角形的四面体容器，有三条棱长为2，若四面体容器内完全放进一个球，则该球的半径最大值为()A. B. C. 1 D. 212.已知函数f(x)={−x 2+2x,x≤0ln(x+1),x>0，若f(x)=ax有且只有一个实数解，则a的取值范围是()A. [1,2]B. (−∞,0]C. (−∞,0]∪[1,2]D. (−∞,2]二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知单位向量m⃗⃗⃗ 和n⃗的夹角为π3，则(2n⃗−m⃗⃗⃗ )⋅m⃗⃗⃗ =______ ．14.某几何体的三视图如图所示，其中主视图的轮廓是底边为2√3，高为1的等腰三角形，俯视图的轮廓为菱形，左视图是个半圆．则该几何体的体积为________．15.已知函数f(x)=3sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，则f(0)=______．16.已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(4−x)=f(x)，且当x∈(−1,3]时，，则函数的零点个数是___________．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.集合A={x|x2−(2a+1)x+a2+a≤0}，B={x|x<1或x>2}，若p：x∈A，q：x∈B，且p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．18.菱形ABCD的边长为3，AC与BD交于O，且∠BAD=60°.将菱形ABCD沿对角线AC折起得到三棱锥−ADC(如图)，点M是棱C的中点，DM=3√2．2(1)求证：OD⊥平面ABC(2)求三棱锥M−ABD的体积．19.设函数f(x)=a⃗⋅b⃗ ，其中向量(1)求函数f(x)的单调递减区间；(2)若x∈[−π4,π4]，求f(x)的值域；20.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosC=ab．(1)求B；(2)设CM是角C的平分线，且CM=1，b=6，求cos∠BCM．21.根据市场调查，某种新产品投放市场的30天内，每件的销售价格p(千元)与时间x(天)组成有序数对(x,p)，点(x,p)落在下图中的两条线段上，且日销售量q(件)与时间x(天)之间的关系是q=−x+60(x∈N∗).(Ⅰ)写出该产品每件销售价格p〔千元)与时间x(天)之间的函数关系式；(Ⅱ)在这30天内，哪一天的日销售金额最大？(日销售金额=每件产品的销售价格×日销售量)22.已知函数f(x)=bxlnx+3(b≠0)，f′(e)=4，g(x)=−x2+ax．(1)求函数f(x)的极值；(2)若对∀x∈(0,+∞)有f(x)−g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：本题考查绝对值不等式的求解以及集合的交集运算，属于基础题．先化简集合A，再根据交集的定义计算，即可得到答案．解：∵A={x|−1≤x≤1}，B={x|x>0}，∴A∩B={x|0<x≤1}．故选C．2.答案：D解析：解：命题是全称命题，则命题的否定是特称命题，则￢p：∃x>−1，x2≤1，故选：D．根据全称命题的否定是特称命题进行判断即可．本题主要考查含有量词的命题的否定，根据全称命题的否定是特称命题是解决本题的关键．比较基础．3.答案：D解析：本题考查了不等式的性质，关键是排除法，属于基础题．利用排除法，当a=−2，b=−1，则A，B，C不成立，根据不等式的性质即可判断D．解：∵a<b<0，当a=−2，b=−1，则A，B，C不成立，根据基本性质可得a2>b2，故选D．4.答案：A解析：本题考查导数的运用，求切线的斜率，考查导数的几何意义，注意变形求得f(x)的解析式，考查学生的运算能力，属于基础题．解：函数f(x +2)=2x+3x+2， 即为f(x +2)=2(x+2)−1x+2 则f(x)=2−1x ，导数为f′(x)=1x 2，可得曲线y =f(x)在点(1,f(1))处切线的斜率为1．故选A ． 5.答案：B解析：本题考查线性规划的简单应用，考查约束条件的可行域，判断目标函数的最优解是解题的关键． 画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解目标函数的最大值即可解：x ，y 满足约束条件{x −y ⩽0,x −2y ⩾−2,x ⩾0,的可行域如图：联立{x −y =0x −2y =−2，解得{x =2y =2，即A(2,2)， 当直线z =2x +y 过点A(2,2)时目标函数取最大值2×2+2=6．故选B ．6.答案：B 解析： 本题主要考查函数的奇偶性与单调性，属于基础题． 根据题意，由函数的奇偶性与单调性可将f (2x −3)<3转化为|2x −3|<2，可解得x 的取值范围，即可得答案．解：根据题意，f (x )为偶函数，则：f (2x −3)=f (|2x −3|),f (−2)=f (2)=3;又由f (x )在[0,+∞)上单调递增;则f (2x −3)<3⇒f (|2x −3|)<f (2)⇒|2x −3|<2;可解得12<x <52;故选B ． 7.答案：C解析：本题考查向量的加法、减法、数乘运算，平面向量的基本定理及其应用，考查运算化简的能力，属于中档题．由向量的加法可得AC⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，用AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 分别表达出BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，最后用BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，DF ⃗⃗⃗⃗⃗ 作为基向量表达AC⃗⃗⃗⃗⃗ 即可． 解：如图，由向量的平行四边形法则知，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，① 又BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AE ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，② DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AF ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BF ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −13AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，③ 由②③解得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =25BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +65DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =65BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +35DF ⃗⃗⃗⃗⃗ 代入①得 AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =85BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +95DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ． 故选C ．8.答案：B。