山东省日照市2019届高三上学期期中考试数学（文）试题（精品解析）

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1、山东日照市山东日照市 2019 届高三上学期期中考试试题（数学文届高三上学期期中考试试题（数学文） ） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项分，在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的是符合题目要求的 1.设命题 p：0，均有则为 A. 0，均有 B. 使得 C. ”变“”即可得为使得，故选 D 2.下列函数中,既是偶函数又在区间上单调递减的是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析：因为函数是奇函数，所以选项 A 不正确；因为函为函数既不是奇函数，也不是偶函数

2、， 所以选项 B 不正确；函数的图象抛物线开口向下，对称轴是 轴，所以此函数是偶函数，且在区间 上单调递减，所以，选项 C 正确；函数虽然是偶函数，但是此函数在区间上是增函数，所 以选项 D 不正确；故选 C。 考点：1、函数的单调性与奇偶性；2、指数函数与对数函数； 3 函数的图象。 3.集合 ,则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用绝对值不等式的解法化简集合，利用交集的定义可找出与 的交集即可. 【详解】 ，所以,故选 A. 【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系 转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集

3、合 且属于集合 的元素的集合. 4.设向量 ， ，则是 的 A. 充分不必要条件 B. 充分必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 利用向量共线的性质求得，由充分条件与必要条件的定义可得结论. 【详解】因为向量 ， ， 所以， 即可以得到，不能推出， 是“”的必要不充分条件，故选 C. 【点睛】本题主要考查向量共线的性质、充分条件与必要条件的定义，属于中档题. 利用向量的位置关系求参数 是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用 解答. 5.已知函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D

4、【解析】 当时，则，解得， 当时，则，解得，综上，故选 D. 6.某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况 (注：“累计里程”指汽车从出厂开始累计行驶的路程)在这段时间内，该车每 100 千米平均耗油量为 A. 6 升 B. 8 升 C. 10 升 D. 12 升 【答案】C 【解析】 【分析】 因为第二次加满油箱，加了 60 升，所以从第一次加油到第二次加油共用油 60 升，行驶 600 公里，从而可得结果. 【详解】因为第二次加满油箱，加了 60 升， 所以从第一次加油到第二次加油共用油 60 升，行驶 600 公里（等于 6 千米） ， 所以在这段时间内，该车每

5、100 千米平均耗油量为升，所以选 C. 【点睛】本题主要考查阅读能力、建模能力以及转化与划归思想的应用，属于中档题. 7.已知，则的大小关系为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 又，故选：C 8.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852 年，英国来华传教士伟烈亚力将孙子算经中“物不知数”问 题的解法传至欧洲.1874 年，英国数学家马西森指出此法复合 1801 年由高斯得到的关于问余式解法的一般性定 理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问 题：将 到这个数中，能被 除余 且被 除余 的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列

6、，则此数 列共有（ ） A. 项 B. 项 C. 项 D. 项 【答案】B 【解析】 能被 3 除余 1 且被 7 除余 1 的数就只能被 21 除余 1 的数，故，由得，故此数列 的项数为 97. 故选 B. 9.已知函数的图象大致为（ ） 【答案】A 【解析】 ，的图象始终位于的图象的上方，所以函数值为正数，排除当取 时，排除 . 选 . 考点：函数的图象. 10.小方，小明，小马，小红四人参加完某项比赛，当问到四人谁得第一时，小方：“我得第一名”；小明：“小 红没得第一名”；小马：“小明没得第一名”；小红：“我得第一名”已知他们四人中只有一人说真话，且只有一 人得第一名根据以上信息可以判

7、断出得第一名的人是 A. 小明 B. 小马 C. 小红 D. 小方 【答案】A 【解析】 如果小方得第一名，那么小明说的也是真话，不符合要求；如果小红得第一名，那么小马说的也是真话，不符 合要求；如果小明得第一名，那么小明说的也是真话，小马、小方、小红说的是假话，符合要求；所以得第一 名的人是小明.故选 A. 11.已知 ，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由利用三角函数的诱导公式可得,然后根据二倍角余弦公式求解即可. 【详解】， ， ， ，故选 C. 【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”；(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的 三角

8、函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”， 先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角 12.已知函数若函数有三个零点，则实数 b 的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 函数有三个零点，就是与有三个交点， 求出函数的解柝式，利用分段函数画出函数的图象,求出函数的单调性与极值，利用数形结合可得结果. 【详解】 函数， 若函数有三个零点， 就是与的图象有三个交点， ，画出两个函数的图象如图, 当时，,函数在上递减，上递增， 在当且仅当时取等号； 当时，, 函数在递增，在递减，当时取得最大值 ； 函数在递增， 由

9、图可知，要使与的图象有三个交点， 可得满足条件，或 , 即，； 综上，故答案为. 【点睛】本题主要考查函数的零点、函数的图象与性质以及数形结合思想的应用，属于难题. 数形结合是根据数 量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，.函数图象是函数的一 种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性归纳起来，图象的应 用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13.已知

10、向量，且，则_ 【答案】 【解析】 【分析】 把平方，将代入，化简即可得结果. 【详解】因为， 所以， ，故答案为 . 【点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是 ，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往 用坐标形式求解） ；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模 （平方后需求）. 14.已知，若不等式恒成立，则 m 的最大值为_ 【答案】16 【解析】 【分析】 不等式恒成立，即为，将右边的式子化简,再由基本不等式可得最小值，进 而得到 的范围，即可得 的最大值. 【详解】不等式恒成立，

11、 即为， 由， 当且仅当，即，取得等号， 即有，则 的最大值为 16，故答案为 【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握 “一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值 （和定积最大，积定和最小） ；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否 在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）. 15.已知直线与函数与 的图象分别交于 A，B 两点，则线段 AB 的长度为_ 【答案】 【解析】 【分析】 求出直线与函数与 的图象交点 A，B 两点横坐标，两横坐标相减，利用

12、对数的运算法则 化简即可得结果. 【详解】因为直线与函数与 的图象分别交于 A，B 两点 由, 由 的长度为 =，故答案为. 【点睛】本题主要考查对数的运算法则以及数形结合的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属 于中档题. 16.定义在 R 上的奇函数在区间上单调递减，且，则不等式的解集是_ 【答案】. 【解析】 【分析】 由奇函数在区间上单调递减，且，可得在区间上，在上，从而 可得在区间上，在上，又由或，解不等式 即可得结果. 【详解】由奇函数在区间上单调递减，且， 可得在区间上，在上， 又由函数为奇函数，则在区间上，在上， 或， 即或， 解可得或， 即 的取值范围为,故答案为.

13、 【点睛】本题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性的应用，属于难题.将奇偶性与单调性综合考查一直是命 题的热点，解这种题型往往是根据函数在所给区间上的单调性，根据奇偶性判断出函数在对称区间上的单调 性(偶函数在对称区间上单调性相反，奇函数在对称区间单调性相同)，然后再根据单调性列不等式求解. 三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17.在锐角中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足 (1)求角 C； (2)若 ，求 的面积 【答案】 （1） （2） 【解析】 【分析】 (1)由,利用正弦定理，结合可得,

14、结合是锐角三角形可得结果；(2)由余弦定 理可得：代入,化简求出，再根据三角形的面积公式计箅即可得出结果. 【详解】 （1）由正弦定理得：， 因为，所以， 又因为，故. （2）由余弦定理得， 因为，所以有， 解得，或（舍去）. 所以. 【点睛】解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷如果式 子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考 虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到 18.设数列满足. （1）求的通项公式； （2）求数列 的前 项和 【答案】 （1）；（2） 【解析】 试

15、题分析： (1)由题意结合递推公式可得数列的通项公式为； (2)裂项求和可得求数列的前 项和是 . 试题解析： (1)当时, ,当时,由, , 得,即,验证符合上式,所以 . (2)., . 19.己知命题 p：关于 的不等式对任意的 x1，2恒成立；q：函数在 R 上是增函数， 成立，若为真，为假，求实数 m 的取值范围 【答案】 或 【解析】 【分析】 先根据二次函数的性质以及函数的单调性求出满足的 的取值范围，然后根据为真，为假，得到 ， 一真一假，所以分 真 假和 假 真两种情况讨论，分别列不等式组求出每种情况 的取值范围，然后求其并集 即可. 【详解】由在上恒成立 又函数 在上是增函

16、数， 所以其最小值为，因此只要即可，所以 又在 上是增函数，由可得， 所以或. 若为真，为假，所以 与 一真一假 若 真 假，应有所以； 若 假 真，应有所以； 因此 的范围是,或. 【点睛】本题通过判断或命题、且命题以及非命题的真假，综合考查函数的单调性以及二次函数的性质，属于 中档题.解答非命题、且命题与或命题真假有关的题型时，应注意：（1）原命题与其非命题真假相反；（2）或命题 “一真则真” ；（3）且命题“一假则假”. 20.己知向量 ， ，其中，记函数，且最小正周期为 ； (1)求函数的表达式； (2)将函数的图象向右平移 个单位后得到函数的图象，求在上的值域 【答案】 （1）（2） 【解析】 【分析】 (1)利用两个向量的数量积公式，二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差