《山东省2019届高三上学期期中考试数学（理）试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省2019届高三上学期期中考试数学（理）试题（解析版）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、20182019学年度第一学期期中考试高三数学(理科)试题一、选择题 (本大题共12小题，每小题5分，共60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.设集合，则 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】确定出集合，再求的交集即可。【详解】，故选【点睛】本题考查了集合的交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解决本题的关键，属于基础题。2.在中， “”是“”的 （ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】先判定充分性，然后判定必要性【详解】在中，三角形中大边对大角，则由正弦定理可得，充分性成
2、立，由正弦定理可得，则三角形中大边对大角，则，必要性也成立故选【点睛】本题主要考查了充分条件和必要条件的成立，在三角形中运用正弦定理进行求解，注意在三角形内角的取值范围。3.函数的定义域为 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意中的限制条件计算函数定义域【详解】函数的定义域满足，即故函数的定义域为故选【点睛】本题主要考查了函数的定义域求法，在解答此类题目时注意限制条件，如根号、对数函数等自身的限制条件，然后计算出结果。4.已知向量. 若向量的夹角为，则实数A. B. C. 0 D. 【答案】B【解析】【分析】运用向量的数量积表示出向量点乘结果，然后求出的值【详解】，根
3、据题意可得：即两边平方化简可得故选【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积，属于基础题。5.已知等差数列的前项和为，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由等差数列的性质可得：，则，故选C.6.已知，则的大小关系为 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】运用对数计算出结果，结合和比较数的大小【详解】故故选【点睛】本题主要考查了对数函数的计算，然后构造数比较大小，属于基础题。7.设两个平面，直线，下列三个条件：；.若以其中两个作为前提条件，另一个作为结论，则可构成三个命题，这三个命题中正确命题的个数为()A. 3 B. 2 C. 1 D. 0【答案】C【解析】【分
4、析】列出，判断三者的正误即可得到答案【详解】即，正确即，可能是平面内的直线，故不正确即，同样可能是平面内的直线，故不正确故选【点睛】本题主要考查了命题以及线面位置关系和面面位置关系的相关定理，熟练掌握各个定义是解题的关键，属于基础题。8.如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先确定几何体的空间结构特征，然后求解其体积即可。【详解】易知该几何体是一个多面体，由上下两个全等的正四棱锥组成其中正四棱锥底面边长为，棱锥的高为1，则多面体的体积为：故选【点睛】本题主要考查了空间几何体的体积，考查了学生的空间想象能力和运
5、算求解能力，考查的核心素养是直观想象，数学运算。9.已知为偶函数，当时，则不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：先画出当时，函数的图象，又为偶函数，故将轴右侧的函数图象关于轴对称，得轴左侧的图象，如下图所示，直线与函数的四个交点横坐标从左到右依次为，由图象可知，或，解得，选A考点：、分段函数；2、函数的图象和性质；3、不等式的解集视频10.函数的图象大致是 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的解析式，根据定义在上的奇函数图像关于原点对称可以排除，再求出其导函数，根据函数的单调区间呈周期性变化，分析四个选项即可得到结果【详解】当时，
6、故函数图像过原点，排除又，令则可以有无数解，所以函数的极值点有很多个，故排除故函数在无穷域的单调区间呈周期性变化结合四个选项，只有符合要求故选【点睛】本题主要考查了由函数的表达式判断函数图像的大体形状，解决此类问题，主要从函数的定义域，值域，单调性以及奇偶性，极值等方面考虑，有时也用特殊值代入验证。11.如图,一个空间几何体的主视图、左视图均为直角边为1的等腰直角三角形，俯视图为正方形,那么这个几何体的外接球表面积为 （ ）. A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三视图得到几何体的图形，然后将其补成正方体，求出外接球的半径，继而得到外接球表面积【详解】由三视图得几何体为四棱锥，
7、可将几何体补成棱长为1的正方体则外接球半径几何体的外接球表面积为故选【点睛】本题主要考查了球的表面积，由已知条件根据三视图得到几何体，然后将其补成正方体即可求解，此类题目需要注意解题方法。12.已知函数是定义在R上的偶函数，对任意都有，当，且时，给出如下命题： ； 直线是函数的图象的一条对称轴； 函数在上为增函数； 函数在上有四个零点. 其中所有正确命题的序号为 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意得到函数的奇偶性、周期性和单调性，然后逐一进行判定【详解】令，则由，函数是定义在上的偶函数，可得：，故，故正确由可得：，故函数是周期等于6的周期函数是偶函数，轴是对称轴，
8、故直线是函数的图象的一条对称轴，故正确当，且时，故在上为增函数是偶函数，故在上为减函数函数是周期等于6的周期函数故在上为减函数，故错误函数是周期等于6的周期函数故函数在上有四个零点，故正确综上所述，则正确命题的序号为故选【点睛】本题考查了函数的性质：奇偶性、周期性以及单调性，在求解过程中熟练运用各性质进行解题，注意零点问题的求解。二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.计算 .【答案】【解析】试题分析：考点：定积分点评：定积分用于求曲边梯形的面积。若，则。14.设，满足约束条件，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】由约束条件画出可行域，然后运用线性规划来求解最小值【详解】由
9、题意约束条件作出可行域，用阴影部分表示，如图所示当目标函数过点时取得最小值最小值为故答案为【点睛】本题主要考查了线性规划，解题步骤为：画出可行域、改写目标函数、运用几何意义求出最值，注意在判定可行域时的方法。15.已知等差数列的前项和为，则_【答案】【解析】【分析】根据等差数列的通项公式与求和公式，列出关于首项与公差的方程组，解方程组即可得到公差。进而表示出，再根据即可求解。【详解】设等差数列的首项为，公差为，由题意有 ，解得 ，数列的前n项和，裂项可得，所以【点睛】本题考查了等差数列通项公式、求和公式的用法，裂项求和的综合应用，属于中档题。16.已知向量,满足,则的最大值是_【答案】【解析】
10、【分析】运用向量绝对值不等式，结合基本不等式求得结果【详解】，当且仅当时取等号，此时故当时，的最大值是故答案为【点睛】本题考查了向量的线性运算，向量绝对值不等式，利用基本不等式求最值，需要掌握解题方法。三、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.（1）已知函数的图象经过点，如图所示，求的最小值；（2）已知对任意的正实数恒成立，求的取值范围.【答案】（1）最小值，当且仅当时等号成立；（2）【解析】【分析】由函数图像经过点，代入后求得，结合基本不等式求出结果分别解出不等式左右两边的最值情况，即可求出结果【详解】函数的图象经过点，当且仅当时取等号令，当时，递
11、增当时，递减代入时，令，综上所述，的取值范围为【点睛】本题主要考查了函数的最值问题及运用基本不等式求出最值结果，在计算过程中要熟练运用导数和基本不等式求出结果，较为基础。18.已知函数（）求的单调递增区间；（）将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求在上的值域【答案】（）；（）.【解析】【分析】（）运用二倍角公式和辅助角公式化简函数，然后求函数递增区间（）根据三角函数图像的变换求出函数的表达式，然后求出值域【详解】（）令即故函数的单调递增区间为（）由题可得当时，则的值域为【点睛】本题主要考查了三角函数的化简，运用倍角公式和辅助角公式来化简，在求值域时进行分步
12、求解，注意求解时最值的取值问题。19.设的内角A,B,C所对边的长分别为，且有（）求角A的大小；（) 若，求周长【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（）根据正弦定理与三角恒等变换公式，化简题中的等式得到，从而得出，可得（)由已知条件求出向量的点乘结果，然后运用余弦定理得到数量关系【详解】（），结合为正数，可得，则（)，则，由可得，则周长为【点睛】本题主要考查了运用正弦定理、余弦定理解三角形，在求三角形周长时，运用余弦定理求出边长之间的关系，解题时需要掌握方法。20.已知数列的前项和为，且=，.递增的等比数列满足.（）求数列,的通项公式； （）求数列的前项和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（）由已知条件分别解出数列,的通项公式（）运用错位相减法求出数列的前项和【详解】（）当时，当时，对也成立，则设等比数列的公比为，且为递增等比数列，则，解得，（舍去），（） - 可得：则【点睛】本题主要考查了求数列的通项公式，由已知条件结合等差数列的前项和推出通项公式，在遇到形如的形式求和时需要运用错位相减法得到结果。21.如图，四边形为矩形，四边形为梯形，平面 平面， ，,为中点.()求证：平面；()求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）略；（2） .【解析】【分析
