成都市2019～2020学年高一下期末调研考试理科数学试题

理科数学参及评分标准

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。1A2B3A4D5C6C7A8D9B10A11B12C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．8114．2sin(2x)1（π6π

写成30不扣分）6

15．3.616．23

三、解答题：本题共6小题，共70分。（10分）17．解：由题意知，该几何体是由一个圆柱和半球拼接而成的组合体，其中圆柱和半球的底面半径均为1，圆柱的高为2．圆柱的底面积S1πrπ圆柱的侧面积S22πrh4π半球球冠的表面积S3

2

……1分……2分……3分……4分……6分……7分……8分1

4πr22π2则该几何体的表面积SS1S2S3π4π2π7π圆柱的体积V1ShS122π半球的体积V2

1432πrπ233

2π8π

33则该几何体的体积VV1V22π

……10分（说明：未叙述该几何体的形状，计算正确，不扣分；未分步计算，直接列式计算正确，不扣分）18．（12分）解：（1）由题意得，数列{an}公差为d，则a1a3a53a16d18

……1分……2分……3分……4分……5分……6分a5a72a110d0

解得：a110

d2

ana1(n1)d102(n1)122n

1（2）由（1）可得，Sn(an

1an)

2

n(10122n)

2n211n

S11nn211n(n

2)21214

nN*，当n5或n6时，Sn取得最大值S5S630

（其他正确解法参照给分）19．（12分）解：（1）sin

437，0

π2cos1sin2

17tansin43cos71437tan2

2tan1tan283831(43)2

47（2）0

π

2，0π，cos()

11514，sin()1cos2()314sin[sin()]

sin()coscos()sin

531147(1143493314)79820

π2，π

3（其他解法，参照给分）2……7分……8分……10分……11分……12分……2分……4分……6分……7分……8分……9分……10分……11分……12分20．（12分）f(x)x25x44

解：（1）当a1时，g(x)x5

xxxx(0,)，x

当且仅当x

……1分44󰀮2x4xx……3分4

时，即x2时，上式取“=”x……4分……6分所以g(x)的值域为[1,)

（说明：值域不写成集合或区间，扣1分）（2）f(x)x25xa(a5)(xa)[x(5a)]

令f(x)0，得xa或x5a①当a5a，即a

……7分……8分……9分55时，由f(x)󰀭0，解得x225

时，由f(x)󰀭0，解得a󰀭x󰀭5a2

5

时，由f(x)󰀭0，解得5a󰀭x󰀭a2②当a5a，即a

……10分③当a5a，即a

……11分综上所述，当a

55时，原不等式的解集为{}22

5

时，原不等式的解集为{x|a󰀭x󰀭5a}2

5

时，原不等式的解集为{x|5a󰀭x󰀭a}2……12分当a

当a

（说明：（2）问中未讨论a

5

，而直接讨论a󰀭5a（或a󰀮5a），结果正确也不扣分）2

（12分）21．证明：（1）由题意得，当n󰀮2（nN*）时，2an2Sn2Sn1，……1分……2分3an3(3an13)3an3an1an

3，an3an1，即an1

当n1时，2a12S13a13，a130故{an}是以3为首项，3为公比的等比数列3……3分……4分……5分（2）由（1）可知an3n

，bnlog3anlogbn33nn，ann3

nT1n

323n1n32333n13n①3T234n

n1332333

n1②②①得：2Tn1

113311n

2333n13

n113nn1133n

32(n32)13n所以T3n

42n3413

n因为n󰀮2(nN)，所以TbnTnn1

an

n0，n3故数列{Tn}为递增数列，所以T1n󰀮T13

又因为nN，故2n31343，所以T2n313

n0n443n4

，因此13󰀭T3

n422．（12分）解：（1）

3ACsinABCcosB

由正弦定理有：3sinBsinAsinAcosB，A(0,π)，sinA0tanB

sinBcosB33B(0,π)，B

π

……6分……7分……8分……9分……10分……11分……12分……2分……3分……4分……5分）由已知及（1）可知，△ABC为直角三角形且BAC

π2，AC200米，所以AB2003米记BAD，则[0,π]，则BDA

5π36

在△ABD中，ADABsinπ5π，得AD

10036sin(6)

sin(5π6)由CAE

π3，Cπ3，则CEAπ3在△ACE中，AEAC，得sinππAE

10033sin(3)

sin(π3)△ADE的面积S1

2ADAEsinDAE

11005π310032πsin(sin6)sin(π3)6

1300004(12cos32sin)(32cos12sin)

300004sincos3

300002sin23当[0,π]时，2[0,

2π3

3]，当π

4

时，sin2取得最大值1，此时△ADE的面积的最小值为30000(23)平方米5……6分……7分……8分……9分……11分……12分（2