2019年高三上学期期末考试数学（理）试题 含解析.doc

2019年高三上学期期末考试数学（理）试题 含解析 学校_班级_姓名_考号_本试卷共5页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题 共40分）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.（1）已知集合，集合，那么集合（A） （B） （C） （D）【考点】集合的运算【试题解析】，所以，故选A【答案】A（2）已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，那么该三棱锥的体积等于 3 3 3 1 正（主）视图 侧（左）视图13 俯视图（A） cm3 （B）3 cm3 （C）3 cm3 （D）9 cm3【考点】空间几何体的三视图与直观图【试题解析】由三视图可知，直观图为底面积为，高的三棱锥，所以体积为，故选A【答案】A（3）设为虚数单位，如果复数满足，那么的虚部为（A） （B） （C） （D）【考点】复数综合运算【试题解析】，虚部为1，故选B【答案】B（4）已知，令，那么之间的大小关系为 （A） （B） （C） （D）【考点】对数与对数函数指数与指数函数【试题解析】因为，所以，即，故选C【答案】C（5）已知直线的倾斜角为，斜率为，那么“”是“”的（A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件【考点】充分条件与必要条件【试题解析】当时，当时，所以“”是“”的必要而不充分条件，故选B【答案】B（6）已知函数，如果关于x的方程有两个不同的实根，那么实数k的取值范围是（A） （B） （C） （D）【考点】零点与方程【试题解析】在同一坐标系内作出函数与的图象（如图），关于x的方程有两个不同的实，等价于直线与图象有两个不同的交点，所以的取值范围是，故选B【答案】B（7）过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，点是原点，如果，那么的值为 （D） 【考点】抛物线【试题解析】由已知直线的斜率为，则方程为，联立方程得，即因为，所以，依题意，所以，则，故选A【答案】A（8）如图所示，正方体的棱长为1, 分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱、交于，设，给出以下四个命题： 四边形为平行四边形； 若四边形面积,则有最小值； 若四棱锥的体积，则常函数； 若多面体的体积，则为单调函数其中假命题为 （D）【考点】立体几何综合【试题解析】对，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理，所以四边形为平行四边形。正确对，因为平面，所以平面，平面，所以，所以四边形的面积，因为为定值，所以当，分别为，的中点时有最小值，正确。对，因为为定值，到平面的距离为定值，所以的体积为定值，即为常函数，正确对，如图过作平面平面，分别交，于，则多面体的体积为而，所以，常数，错，所以错误命题的序号为，故选D【答案】D第二部分（非选择题 共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.（9） 在中，分别为角的对边，如果，那么 . 【考点】解斜三角形【试题解析】，由正弦定理，所以【答案】（10）在平面向量中，已知，.如果，那么 ；如果，那么 .【考点】数量积及其应用【试题解析】因为，所以，因为 ，所以，即，所以，即，所以【答案】；（11）已知满足满足约束条件，那么的最大值为_.【考点】线性规划【试题解析】做出可行域如图，的几何意义为可行域内的点到原点的距离的平方，当点位于点，此时取得最大值所以的最大值为。【答案】58（12）如果函数的图象过点且那么 ； 【考点】函数的奇偶性【试题解析】由已知，所以，所以 ，而，所以，所以【答案】1，0（13）如果平面直角坐标系中的两点，关于直线对称，那么直线的方程为_. 【考点】直线方程【试题解析】直线斜率为，所以斜率为，设直线方程为，由已知直线过点，所以，即， 所以直线方程为，即【答案】（14）数列满足：，给出下述命题： 若数列满足：，则成立；存在常数，使得成立；若，则；存在常数，使得都成立上述命题正确的是_(写出所有正确结论的序号)【考点】数列综合应用【试题解析】对；因为，所以由已知，所以，即，正确对； 假设存在在常数，使得，则有，所以应有最大值，错。对，因为，所以假设，则应有，即原数列应为递增数列，错对，不妨设，则，若存在常数，使得，应有，显然成立，正确所以正确命题的序号为所以正确命题的序号为【答案】三、解答题共6小题，共80分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程（15）（本小题共13分）设是一个公比为等比数列，成等差数列,且它的前4项和.（）求数列的通项公式；（）令,求数列的前项和.【考点】等比数列等差数列【试题解析】（1）因为是一个公比为等比数列，所以因为成等差数列，所以即解得. 又它的前4和，得，解得 所以 . （2）因为， 所以 【答案】（1）；（2）（16）（本小题共13分）已知函数（）求的最小正周期和在上的单调递减区间；（）若为第四象限角，且，求的值.【考点】三角函数综合【试题解析】（1）由已知 所以 最小正周期 由得， 故函数在上的单调递减区间 （2）因为为第四象限角，且，所以所以=【答案】（1），； （2）（17）（本小题共14分）EBCADP如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，,为棱的中点.（）证明:；（）求直线与平面所成角的正弦值；（）若为中点，棱上是否存在一点，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【考点】立体几何综合【试题解析】（1）证明：因为底面， 所以 因为， 所以.由于，所以有（2）解：依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图）， 不妨设，可得， .由为棱的中点，得. 向量，.设为平面的法向量，则即不妨令，可得（1，1，1）为平面的一个法向量.所以 .所以，直线与平面所成角的正弦值为. （3）解：向量，. 由点在棱上，设. 故 .由，得， 因此，解得. 所以 .【答案】（1）见解析；（2）；（3）（18）（本小题共13分）已知椭圆（）的焦点是，且，离心率为（）求椭圆的方程；（）若过椭圆右焦点的直线交椭圆于，两点，求的取值范围【考点】圆锥曲线综合【试题解析】（1）因为椭圆的标准方程为，由题意知解得所以椭圆的标准方程为 （2）因为，当直线的斜率不存在时，则，不符合题意.当直线的斜率存在时，直线的方程可设为由 消得（*）设，则、是方程（*）的两个根，所以， 所以，所以所以当时，取最大值为，所以 的取值范围.又当不存在，即轴时，取值为 所以的取值范围. 【答案】（1）；（2）（19）（本小题共14分）已知函数 （）当时，试求在处的切线方程；（）当时，试求的单调区间；（）若在内有极值，试求的取值范围【考点】导数的综合运用【试题解析】（1）当时，方程为（2） ， 当时，对于，恒成立，所以 ； 0. 所以 单调增区间为，单调减区间为 （3）若在内有极值，则在内有解令 .设 ，所以 ， 当时，恒成立，所以单调递减.又因为，又当时，即在上的值域为，所以 当时， 有解.设，则 ，所以在单调递减.因为，所以在有唯一解.所以有：所以 当时，在内有极值且唯一.当时，当时，恒成立，单调递增，不成立综上，的取值范围为【答案】（1）； （2）单调增区间为，单调减区间为 ； （3）（20）（本小题共13分） 已知曲线的方程为：.（）分别求出时，曲线所围成的图形的面积;（）若表示曲线所围成的图形的面积，求证：关于是递增的; (III) 若方程，没有正整数解，求证：曲线上任一点对应的坐标，不能全是有理数.【考点】数列综合应用【试题解析】（1）当 时， 由图可知， . （2）要证 是关于递增的，只需证明：由于曲线具有对称性，只需证明曲线在第一象限的部分与坐标轴所围成的面积递增现在考虑曲线与，因为 因为 在(1)和(2)中令，当，存在使得， 成立， 此时必有因为当时，所以两边同时开n次方有，（指数函数单调性）这就得到了，从而是关于递增的 （3）由于可等价转化为，反证：若曲线上存在一点对应的坐标，全是有理数，不妨设，且互质， 互质则由可得，即这时就是的一组解，这与方程，没有正整数解矛盾，所以曲线上任一点对应的坐标，不能全是有理数 【答案】（1），； （2）见解析； （3）见解析