山东临沂参考答案

　山东省临沂市

　2019—2020 学年度高三上学期期末考试

　高三数学试题 答案解析

　1.【答案】B 【解析】

　【分析】

　先解一元二次不等式得集合 A，再根据补集定义求结果. 【详解】因为    2| 6 0 3,2 A xx x      ，所以   3, 2AC B   ，选 B. 【点睛】求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解． 2. 【答案】C 【解析】

　【分析】

　利用复数的运算法则、纯虚数的定义即可得出． 【详解】复数 z     2 1 2 2 a i i a a ii i         a﹣2+（a+2）i（a∈R）为纯虚数， 则 a﹣2＝0，a+2≠0． ∴“a＝2”是“复数 z   2 1 a i ii   （a∈R）为纯虚数”的充要条件． 故选 C． 【点睛】本题考查了复数的运算法则、纯虚数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 3.【答案】A 【解析】

　第一步：甲、乙两本书必须摆放在两端，有22A 种排法； 第二步：丙、丁两本书必须相邻视为整体与其它两本共三本，有2 32 3A A 种排法； ∴2 3 22 3 224 A A A 

　故选：A.

　 4. 【答案】D 【解析】

　【分析】

　由不等式的基本性质及指数函数的单调性，易知 D是不正确的. 【详解】因为1,0 1 a c b    ，所以 0 a c   ， 考查指数函数 ( 1)xy a a   ，所以    c b c ba a a c a a c a      ， 所以 D不正确. 【点睛】本题考查不等式的基本性质及指数函数的单调性，求解时注意利用分析法判断不等式的正确性. 5. 【答案】B 【解析】

　由题意知 60 B  ，由余弦定理，2 24 ac a c    ，故2 24 2 4 ac a c ac      ，有 4 ac ，故1sin 32ABCS ac B  . 故选：B 6. 【答案】C 【解析】

　【分析】

　根据等差数列的性质可知2017 2019 20182 a a a  ，代入方程可求出2018a，再根据等比数列的性质22017 2019 2018= b b a 

　即可代入  2 2017 2019log b b  求解. 【详解】因为等差数列  na 中2017 2019 20182 a a a  ，所以2 22017 2018 2019 2018 20182 2 4 =0 a a a a a     ， 因为各项不为零，所以2018 =4a， 因为数列  nb 是等比数列，所以22017 2019 2018= =16 b b a 

　所以  2 2017 2019 2log =log 16=4 b b  ，故选 C. 【点睛】本题主要考查了等差数列中，当 m np q   时，m n p qa a a a   ，等比数列中，当m n p q   时，m n p qb b b b   ，属于中档题. 7. 【答案】D 【解析】

　 【分析】

　首先求导，将题意转化为在[1, ) x  ，22 0 ax x a    恒成立，即221xax在 [1, )  上恒成立.再利用基本不等式求出221xx 的最大值即可. 【详解】222( )ax x af xx   ， ( 0) a 

　因为( ) f x 在 [1, )  上为单调递增，等价于22 0 ax x a    恒成立. 即221xax在 [1, )  上恒成立. 因为22 2 2111 12xxxxxx  g，当 1 x  时，取“  ”， 所以 1 a ，即 a 的范围为 [1, )  . 故选：D 【点睛】本题主要考查利用导数的单调区间求参数的问题，同时考查了学生的转化思想，属于中档题. 8. 【答案】B 【解析】

　【分析】

　求得双曲线的 a，b，可得双曲线方程，求得焦点坐标，运用双曲线的定义和三点共线取得最小值，连接 CF 2 ，交双曲线于 M，圆于 N，计算可得所求最小值． 【详解】由题意可得 2a＝4，即 a＝2， 渐近线方程为 y＝±12x，即有b 1a 2 ， 即 b＝1，可得双曲线方程为2x4 y2 ＝1， 焦点为 F 1 （ 5  ，0），F 2 ，（ 5 ，0）， 由双曲线的定义可得|MF 1 |＝2a+|MF 2 |＝4+|MF 2 |， 由圆 x2 +y 2 ﹣4y＝0 可得圆心 C（0，2），半径 r＝2， |MN|+|MF 1 |＝4+|MN|+|MF 2 |， 连接 CF 2 ，交双曲线于 M，圆于 N， 可得|MN|+|MF 2 |取得最小值，且为|CF 2 | 4 5    3，

　 则则|MN|+|MF 1 |的最小值为 4+3﹣2＝5． 故选 B．

　【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查圆的方程的运用，以及三点共线取得最值，考查数形结合思想和运算能力，属于中档题． 共 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 在毎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，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分. 9. 【答案】ACD 【解析】

　【分析】

　根据正态分布曲线的对称性可判断 A选项；B 选项为充分不必要条件；根据二项分布均值公式E np  求解可判断 C 选项；由题意知 3 2 a b   ，根据基本不等式求出 2 8a b 的范围即可判断D 选项. 【详解】A 选项，若随机变量  服从正态分布  21, N ，   4 0.79 P    ，根据正态分布曲线的对称性有     2 4 0.79 P P       ，所以     2 1 2 1 0.79 0.21 P P          ，A 选项正确； B选项，因为/ /   ，直线 l  平面  ，所以直线 l  平面  ，又直线 // m平面  ，所以 l m  ，充分性成立；设n   ，在  内取平行于 n 的直线 m n  ，则 l m  且 n//，但是  与  相交，必要性不成立，B 不正确； C 选项，因为14,4B    ，所以14 14E np      ，C 正确； D 选项，由题意知 3 2 a b   ，因为 2 0a ，38 2 0b b  ，所以32 8 2 2 2 4a b a b    ，当且仅当11,3a b   时取等号，故 D正确. 故选：ACD 【点睛】本题考查正态分布曲线的对称性，二项分布的期望，线、面之间的位置关系，均值不

　 等式，属于中档题. 10. 【答案】ACD 【解析】

　【分析】

　先化简  22cos cos(2 ) 12f x x x    ，再看平移方式，求出单调区间，零点，值域对每个选项逐一检验. 【详解】由题：

　 22cos cos(2 ) 1 cos2 sin2 2sin(2 )2 4f x x x x x x         ， 由 2sin2 y x  的图象向左平移8个单位， 得到 2sin(2( )) 2sin(2 )8 4y x x     ，所以选项 A正确； 令 2 2 2 ,2 4 2k x k k Z          ，得其增区间为3[ , ],8 8k k k Z     

　  f x 在 (0, )8单调递增，在 ( , )8 2 单调递减，所以选项 B不正确； 解   0,2 ,4f x x k k Z     ，得：

　,2 8kx k Z    ， [0, ] x   ， 所以 x 取3 7,8 8 ，所以选项 C 正确； 3 2[ ,0],2 [ , ],sin(2 ) [ 1, ]2 4 4 4 4 2x x x            ， ( ) [ 2,1] f x   ， 所以选项 D正确. 故选：ACD 【点睛】此题考查三角函数图象和性质，涉及图象平移，单调性，零点，值域问题，知识点考查全面，对通式通法要求较高. 11. 【答案】BC 【解析】

　【分析】

　作图，在四棱锥 P ABCD  中，根据题意逐一证明或排除. 【详解】作图在四棱锥 P ABCD  中：

　由题：侧面 PCD 平面 ABCD ，交线为 CD ，底面 ABCD 为矩形， BC CD  ，则 BC⊥ 平面 PCD ，过点 B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项 A错误； 连接 AC 交 BD 于 O ，连接 MO ， PAC  中， OM ∥ PA ， MO 面 MBD ， PA 面 MBD ，所以 // PA 面 MBD ，所以选项 B正确； 四棱锥 M ABCD  的体积是四棱锥 P ABCD  的体积的一半，取 CD 中点 N ，连接 PN ， PN CD  ，则 PN ^ 平面 ABCD ，3 2 PN  ，四棱锥 MABCD  的体积 1 12 3 2 6 3 2 122 3M ABCDV      所以选项 D错误. 矩形 ABCD 中，易得 6, 3, 3 AC OC ON    ， PCD 中求得：16,2NM PC   在 Rt MNO 中2 23 MO ON MN    即：

　OM OA OB OCOD     ，所以 O为四棱锥 M ABCD  外接球 球心，半径为 3 ， 所以其体积为 36  ，所以选项 C 正确 故选：BC 【点睛】此题考查立体图形中的平行垂直关系，求锥体体积和外接球体积，综合性强，对空间位置关系辨析能力要求较高. 12. 【答案】ABD 【解析】

　【分析】

　利用相互独立事件的概率公式和互斥事件的概率和来判断 A；由题意得随机变量 X 的可能取值，计算对应的概率值，求出数学期望，来判断 BCD. 【详解】解：记该游客游览 i 个景点为事件iA ， 0,1 i ， 则  02 1 1 1 11 1 1 13 2 2 2 24P A                 ，

　  3 211 32 1 2 1 1 51 1 13 2 3 2 2 24P A C                      ， 所以游客至多游览一个景点的概率为    0 11 5 124 24 4P A P A     ，故 A正确； 随机变量 X 的可能取值为 0,1,2,3,4;

　 01( 0)24P X P A    ，  15( 1)24P X P A    ， 2132 1 1( 2) 13 2 2P X C        2232 1 1 31 13 2 2 8C                     ，故 B正确； 2232 1 1( 3) 13 2 2P X C              3331 712 2423C             ，

　32 1 1( 4)3 2 12P X      ，故 C 错误； 数学期望为：1 5 9 7( ) 0 1 2 324 24 24 24E X        2 13424 6   ，故 D正确， 故选：ABD. 【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望，是基础题. 共 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 【答案】2[ 1,1], 3 1 0 x x x      

　【解析】

　【分析】

　根据全称命题的否定求解. 【详解】命题“对  21,1 , 3 1 0 x x x       ”的否定是  2: 1,1 , 3 1 0 x x x       . 【点睛】本题考查全称命题的否定，考查基本分析求解能力.属基本题. 14. 【答案】7 【解析】

　本 题 考 查 二 项 式 定 理 的 知 识 ， 利 用 二 项 式 的 通 项 来 解 题 . 根 据 题 意 可 得 8 n ，

　 88 831 8 831( ) ( ) ( 1) ? 2 ?2rrr r r r r rrxT C C xx      ，令48 0 63r r    ， ，可得常数项为 7. 15. 【答案】

　(1).    2 23 1 9 x y    

　 (2). 8 【解析】

　【分析】

　设圆的方程为2 2 2( ) ( ) x a y b r     ，根据相切与垂径定理列出方程组，求解即可；设圆外一点 P距圆心距离为 d，则点 P距圆上动点的距离最大值为 d r  ，最小值为 d r  . 【详解】设圆的方程为2 2 2( ) ( ) x a y b r     ( 0, 0) a b  

　由题意可得2 23 08a ba rb r   ，解得313abr ， 所以圆的方程为    2 23 1 9 x y     ； 设点  6,5 P到圆心(3,1) C的距离为2 2(6 3) (5 1) 5 d      ， 则点  6,5 P到圆 C 上动点 Q 的距离最大值为 5 3 8 d r     . 故答案为：

　   2 23 1 9 x y     ；8 【点睛】本题考查直线与圆相切的性质，垂径定理，圆外点到圆上动点的距离的最值，属于基础题. 16. 【答案】

　8 

　【解析】

　【分析】

　利用正弦定理求出 ABC 所在圆面的半径，构造直角三角形求出球的半径，代入球的面积公式即可得解. 【详解】设 ABC 的外接圆的圆心为 D，半径为 r，球的半径为 R，球心为 O， 在 ABC 中，12 2sin sin30ACrB   ，则 1 r  ，

　球心与 ABC 所在面的圆心的连线 OD垂直于 ABC 所在面，易知1211A O A D   , 在 Rt OCD △ 中，2 21 2 R r   ， 球的面积为24 8 S R     . 故答案为：

　8 

　【点睛】本题考查直三棱柱的外接球问题，难点在于找到球心，构造直角三角形求出球的半径，考查空间想象能力，涉及正弦定理求三角形外接圆的半径，属于中档题. 共 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分.17题 题 10 分其余目 题目 12 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 【答案】(1) 165 (2) 3 AD

　【解析】

　【分析】

　（1）根据三角形三内角和的关系，切化弦，进行三角恒等变换， 5 AB AC   ，即 cos 5 bc A ， 结合正余弦定理，化简即可求值； （2）设 AD 的长为 x ，在 ABD  和 ACD  中，利用余弦定理解 cos cos 0 ADC ADB     ，即可求解，或者用向量1( )2AD AB AC   ，两边同时平方处理. 【详解】解：（1）tan tan sin cos costan tan cos sin sinA A A B CB C A B C       sin cos sin sin coscos sin sinA B C B CA B C 2sinsin sin cosAB C A

　2 216cos 5a abc A AB AC  .

　 （2）由余弦定理2 2 22 cos a b c bc A    ，即：2 216 10 b c    ，∴2 226 b c   . 法一：设 AD 的长为 x .则在 ABD  中，由余弦定理得：2 24cos4x cADBx   ， 在 ACD  中，由余弦定理得：2 24cos4x bADCx   ， ∴ 2 2 22 8cos cos 04x c bADB ADCx      ， 得 3 x  ，即：

　3 AD . 法二：

　 12AD AB AC   ， ∴    22 21 12 26 10 94 4AD c b AB AC          ， 即：

　3 AD . 【点睛】此题考查解三角形问题中正余弦定理的综合应用，涉及边角互化，三角恒等变换，平面向量的应用，综合能力要求较高. 18. 【答案】（1）13, 13 , 2n nnan  ； （2）3 (2 3) 154nnnT  . 【解析】

　【分析】

　（1）先根据待定系数法求得1, 3 p m  ，再根据和项与通项关系求数列  na 的通项公式；（2）先化简nb ，再根据错位相减法求前 n 项和nT ． 【详解】（1）由1 23 a a  得 36 p m  ，  1 22 9 12 a a p m     ， 解得1, 3 p m  ，即 2 3 3nnS   ，----① 当 2 n 时，112 3 3nnS  ----② ①-②得12 3 3n nna  ，即  13 2nna n  ， ∵ 13 a 不满足上式， ∴13, 13 , 2n nnan  

　（2）依题意得31, 1;log1, 2.n nnb an n    

　 当 1 n 时，1 1 13 T a b  ， 当 2 n 时， 1 1 2 2 3 3 n n nT ab a b a b a b     

　 2 13 1 3 1 3 2 3 1nn         

　   2 2 3 13 3 1 3 1 3 2 3 2 3 1n nnT n n            

　 两式相减得：

　 2 3 12 3 3 3 3 3 1n nnT n        

　   13 3 16 3 13 1nnn         3 3 2 152nn  

　  3 2 3 154nnnT  .

　显然当 1 n 时，13 T 符合上式 ∴  3 2 3 154nnnT 

　【点睛】用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“nS ”与“nqS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n nS qS  ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解. 19. 【答案】（1）证明见解析；（2）2 77 【解析】

　试题分析：（I）由直角三角形可得 BC BD  ，由线面垂直的性质可得 BC PD  ，从而可得 BC 平面, PBD 进而可得结论；（II）以 D 点为坐标原点， , , DA DC DP 分别 , , x y z 轴建立空间直角坐标系，分别求出平面 HPB 与平面 PBC 的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果. 试题解析：（I）由, / / , 1 AD CD AB CD AD AB   ，可得 2 BD  ， 又 2, , .4BC BC BD   

　 从而 2 CD ， PD 底面 ABCD ， BC PD  

　 PD BD D   ， BC   平面, PBD 所以平面 PBD 平面 PBC .

　（II）由（I）可知 BPC  为 PC 与底面 PBD 所成角.

　 所以6tan3BPC   ，所以 3, 1 PB PD  

　 ...