2019年安徽省六校教育研究会高三第一次联考数学(理)及答案

2019.5

安徽省六校教育研究会高三第一次联考

数 学 试 题（理科）

（满分：150分，考试时间：120分钟）

第Ⅰ卷

一、选择题（共10小题，每小题5分，计50分）

1．已知函数fx的定义域为1,0，则函数f2x1的定义域为（ ） A．3,1

B．0,

12

C．-1,0

D．1 1,1 2

2．某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是 ( ) A．4

14 B．

3 D．6

2 16C．

33．已知点A1,1,B1,2,C2,1,D3,4，则向量AB 在CD方向上的投影为（ ）

1 1 2 正视图

侧视图

32A．

231532315B． C． D．

222俯视图

第２题图

4．已知一元二次不等式f(x)<0的解集为x|x<-1或x>A．x|x<-1或x>lg2C．x|x>-lg212，则f(10x)>0的解集为



B．x|-1 

5．设alog36,blog510,clog714，则 A．cba 6．将函数yB．bca

C．acb

D．abc

3cosxsinxxR的图像向左平移mm0个长度单位后，所得到的图像关于

y轴对称，则m的最小值是（ ）

A．

12 B．

6 C．

3 D．

5 6

7．从[0,10]上任取一个数x，从[0,6]上任取一个数y,则使得x5y34的概率是（ ）

11 C． 321118．在ABC中，若依次成等差数列，则（ ） ,,tanAtanBtanCA．

B．

A．a,b,c依次成等差数列 C．a,b,c依次成等差数列

22221 5D．

3 4

B．a,b,c依次成等比数列 D．a,b,c依次成等比数列

2229．已知P,Q是函数f(x)x(m1)x(m1)的图象与x轴的两个不同交点，其图象的顶点为

R，则PQR面积的最小值是（ ）

A．１

2

B．2

C．22

D．52 410．若不等式xx1a的解集是区间(3,3)的子集，则实数a的取值范围是（ ） A．(,7)

B．(,7]

C．(,5)

D．(,5]

二、填空题（共5小题，每小题5分，计25分） 11．从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都

在50到350度之间，频率分布直方图如图所示。 （I）直方图中x的值为 ； （II）在这些用户中，用电量落在区间100,250内的户数为 。

12．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果

i 。

13. 设x、y、zR+，若xy + yz + zx = 1，则x + y + z的取值范围是__________

开始 a10, i1 a4? 否 是 是 2sin(x)2x2x414．已知M、m分别是函数f(x) 22xcosx的最大值、最小值，则Mm____.

15一质点的移动方式，如右图所示，在第1分钟，它从原点移

a是奇数? 否 a3a1 aa 2 输出i ii1 结束 动到点（1,0），接下来它便依图上所示的方向，在x,y轴的 正向前进或后退，每1分钟只走1单位且平行其中一轴，则 20xx分钟结束之时，质点的位置坐标是___________.

三、解答题（本大题共6小题，计75分。解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.） 16．(12分)在ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c。已知

cos2A3cosBC1.

（I）求角A的大小；

（II）若ABC的面积S53，b5，求sinBsinC的值.

17．(12分)如图, 四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD,

ABAA12.

(Ⅰ) 证明:平面 A1BD // 平面CD1B1; (Ⅱ) 求三棱柱ABD－A1B1D1的体积.

DAD1A1B1C118．(12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线

OCBl:y2x4,设圆C的半径为1，圆心在l上.

（1）若圆心C也在直线yx1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程； （2）若圆C上存在点M，使MA2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围.

19．(12分)甲乙丙丁四个人做传球练习，球首先由甲传出，每个人得到球

y A O l x 后都等概率地传给其余三个人之一，设Pn表示经过n次传递后球回到甲手中的概率，求： (1)P2之值 (2)Pn(以n表示之)

20．(13分)已知函数f(x)ba（其中a,b为常数且a0,a1）的图象经过点A(1,6),B(3,24). （1）试确定f(x)ba的解析式（即求a,b的值）

（2）若对于任意的x(,1],()()m0恒成立，求m的取值范围； （3）若g(x)

n21．(14分)已知数列{an}满足a0R，an123an,(n0,1,2,xx1ax1bxcxf(x)(c0,c为常数），试讨论g(x)在区间（-1,1）上的单调性. x22(x1))

（1）设bnan,试用a0,n表示bn（即求数列{bn}的通项公式） n2（2）求使得数列{an}递增的所有ao的值.

安徽省六校教育研究会高三第一次联考

数学答案（理科）

一、选择题(5'×10=50')

题号 答案 1 B 2 B 3 A 4 D 5 D 6 B 7 C 8 C 9 A 10 D 二、填空题(5'×5=25')

11）、ⅰ) 0.0044；ⅱ) 70；12）、5；13)、[3,)； 14）、2；15）、 (44,11) 。

三、解答题（本大题共6小题，计75分。解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤。） 16．(12分)在ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c。已知cos2A3cosBC1。 （I）求角A的大小；

（II）若ABC的面积S53，b5，求sinBsinC的值。

解（1）cos2A3cosA1（1分）2cosA3cosA20（3分）

21(cosA2)(2cosA1)0cosA（1分）A（1分）

23（2）S153bcsinAc53c4，（2分） 24a2b2c22bccosA21a21（2分）

sinAsinAsin2A5sinBb,sinCcsinBsinCbc（2分） 2aaa717. (12分)如图, 四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD, ABAA12.

D1A1B1C1DAOBC

(Ⅰ) 证明:平面 A1BD // 平面CD1B1;

(Ⅱ) 求三棱柱ABD－A1B1D1的体积.

（1）∵A1B1和AB，AB和CD分别平行且相等，∴A1B1和CD平行且相等，即有四边形A1B1 CD为平行四边形，∴A1D和B1C平行，同理A1B和D1C也平行，（4分）有D1C和B1C是相交的（相交于C），（2分）故平面A1BD平行于CD1B1 （2）A1O面ABCDA1O是三棱柱A1B1D1ABD的高.

在正方形AB CD中,AO = 1 . 在RTA1OA中，A1O1.（3分）

三棱柱A1B1D1ABD的体积VA1B1D1ABDSABDA1O所以，三棱柱A1B1D1ABD的体积VA1B1D1ABD1.

1(2)211.（3分） 218．(12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l:y2x4,设圆C的半径为1，圆

心在l上。

（1）若圆心C也在直线yx1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程； （2）若圆C上存在点M，使MA2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围。

18．解：（1）由y2x4得圆心C为（3,2），∵圆C的半径为1

yx122∴圆C的方程为：(x3)(y2)1（1分）

显然切线的斜率一定存在，设所求圆C的切线方程为ykx3，即kxy30

∴

3k2331∴3k1k21∴2k(4k3)0∴k0或者k

4k21∴所求圆C的切线方程为：y3或者

3yx3即y3或者3x4y120（3分）

4（2）解：∵圆C的圆心在在直线l:y2x4上，所以，设圆心C为（a,2a-4） 则圆C的方程为：(xa)y(2a4)又∵MA2MO∴设M为（x,y）则D（3分）

∴点M应该既在圆C上又在圆D上 即圆C和圆D有交点 ∴

221（2分）

x2(y3)22x2y2整理得：x2(y1)24设为圆

21a2(2a4)(1)21（2分）

2解得，a的取值范围为：0,12（1分） 519(12分)甲乙丙丁四个人做传球练习，球首先由甲传出，每个人得到球后都等概率地传给其余三个人之一，设Pn表示经过n次传递后球回到甲手中的概率，求：

1之值 (2)Pn(以n表示之) 31111n1【簡答】(1) (2)Pn()

4433(1)P2【詳解】經過一次傳遞後，落在乙丙丁手中的機率分別為

1，而落在甲手中的機率為0，因此P1= 0，31111111兩次傳遞後球落在甲手中的機率為P2= ×+×+×＝（4分）

3333333下面考慮遞推，要想經過n次傳遞後球落在甲的手中，那麼在n－1次傳遞後球一定不在甲

手中，所以Pn＝

1(1－Pn1), n＝1, 2, 3, 4, …, 因此 31122P3＝(1－P2)＝×＝ ,

33391177P4＝(1－P3)＝×＝ ,

33927112020P5＝(1－P4)＝×＝ ,

332781116161P6＝(1－P5)＝×＝ ,

33812431111∵Pn＝(1－Pn1) （4分）∴Pn－＝－(Pn1－)

4433111Pn－＝(P1－)()n1

443111n1所以Pn＝－()。（4分）

4431, 而落在甲手中的3【評析】 1.

首先，當球在甲手中時，經過一次傳遞後，落在乙丙丁手中的機率分別為機率為0，根據這個數學性質遞推下去。 2.

先求P1= 0，再思考Pn、Pn1的關係：

一次傳遞球在甲手中機率P不可能再傳給甲n-1在n－1次傳遞後1 一次傳遞再傳給甲機率球不在甲手中機率(1Pn-1)3因此Pn＝

1(1－Pn1), n＝1, 2, 3, 4, …，由遞迴數列求出Pn，這是此題的思考過程。 3x20. (13分)已知函数f(x)ba（其中a,b为常数且a0,a1）的图象经过点A(1,6),B(3,24). （1）试确定f(x)ba的解析式（即求a,b的值） （2）若对于任意的x(,1],x11()x()xm0恒成立，求m的取值范围； ab（3）若g(x)cxf(x)(c0,c为常数），试讨论g(x)在区间（-1,1）上的单调性。

2x(x21)20解：（1）由题知6=ba,24=ba3,解得b=3,a=2,即f(x)=32x（3分）

(2)()()m0在(,1]上恒成立，即()()m在(,1]上恒成立，另

12x13x12x13x111x1xh(x)()x()x，x(,1],即mh(x)min，（2分）由于h(x)()()，x(,1]是减

2323函数，故h(x)minh(1)（3）g(x)55，即m（2分） 663cx，x(1,1)，（1分）下证单调性。 x213cx13cx23c(x2x1)(x1x21)，（2分） x121x221(x121)(x221)任取1x1x21,则g(x1)g(x2)由1x1x21知

3(x2x1)(x1x21)0，（1分）故 22(x11)(x21)3cx，x(1,1)单调递减； x213cx当c0时，g(x1)g(x2)0即g(x1)g(x2)，g(x)2，x(1,1)单调递增. （2分）

x1当c0时，g(x1)g(x2)0即g(x1)g(x2)，g(x)3c(x1)2注意：用导数求也可以，g(x)。

(x21)2n21．(14分)已知数列{an}满足a0R，an123an,(n0,1,2,)

（1）设bnan,试用a0,n表示bn（即求数列{bn}的通项公式） n2（2）求使得数列{an}递增的所有ao的值

an13an131131（2分）即变形得，,bb,b(b),（2分）故n1nn1n2n122n222525113113（1分） bn(b0)()n，因而，bn(a0)()n；

552552a113n1n13nn（2）由（1）知n，从而（1分）故 (a)()a22(a)()，0n0n2552552（1）

2n4013401anan1[(a0)()n1]，(a0)， （3分）设A10352352n31[A()n1]，下面说明a0，讨论： 则anan11025若a013n，则A<0,此时对充分大的偶数n，[A()1]0，有anan1，这与{an}递增的要求5213n，则A>0,此时对充分大的奇数n，[A()1]0，有anan1，这与{an}递增的要求52不符；（2分） 若a0不符；（2分）

2n110，始终有anan1。综上，a0（1分） 若a0，则A=0，anan11055注意：直接研究通项，只要言之成理也相应给分。