山东省济宁市2019届高三上学期期末考试数学（文）试卷Word版含解析.doc

山东省济宁市2019届高三上学期期末考试数学（文）试卷 本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回．‎ 注意事项：‎ l．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上．‎ ‎2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试卷上．‎ 第I卷(选择题 共60分)‎ 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.已知集合 A. B. {3} C. {3，7} D. {－l，7}‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解出集合A，利用交集概念求解。‎ ‎【详解】由题可得：，‎ 所以 ，‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法及交集运算，属于基础题。‎ ‎2.已知第三象限角，则的值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出，从而求出 ‎【详解】因为且是第三象限角，‎ 所以=，所以，‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系及正切定义，属于基础题。‎ ‎3.已知椭圆，若长轴长为8，离心率为，则此椭圆的标准方程为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据长轴长求出，由离心率为求出，从而求出，问题得解。‎ ‎【详解】因为椭圆长轴长为8，所以，即，‎ 又离心率为，所以，解得：，‎ 则=，‎ 所以椭圆的标准方程为：。‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查了椭圆的性质，属于基础题。‎ ‎4.下列函数中，既是偶函数，又在内单调递增的函数为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用偶函数定义排除，再利用单调性排除，从而得到答案。‎ ‎【详解】及不满足，所以它们不为偶函数，‎ 从而排除A.C。‎ 又当时，=，此函数在内递减，排除B。‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了偶函数定义及函数单调性判断，属于基础题。‎ ‎5.“”是“直线的倾斜角大于”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 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线的倾斜角大于得到不等式，求出的范围，‎ 从而利用充分条件，必要条件的定义得解。‎ ‎【详解】设直线的倾斜角为，‎ 直线可化为，所以 由直线的倾斜角大于可得：或，‎ 即：或，‎ 所以 或，但或 ‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了充分条件，必要条件的概念，还考查了倾斜角与斜率的关系，属于基础题 ‎6.设m，n是不同的直线，是不同的平面，下列命题中正确的是 A. 若 B. 若 C. 若 D. 若 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在正方体中举例来一一排除。‎ ‎【详解】如下图正方体中，‎ 对于A，令直线，直线，平面,平面,‎ 但平面与平面不平行，所以A错误。‎ 对于C，令直线，直线，平面,平面,‎ 但平面与平面不平行，所以C错误。‎ 对于D，令直线，直线，平面,平面,‎ 但平面与平面不垂直，所以D错误。‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了面面垂直，平行的判定，可在正方体中举例一一排除，或者直接证明某个选项正确。‎ ‎7.已知等差数列的前n项和为，若 A. 22 B. ‎33 C. 44 D. 55‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的通项公式表示出，得到，再表示出，整理得解。‎ ‎【详解】设等差数列的首项为，公差为，‎ 则可化为：，‎ 整理得：，‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及前项和公式，属于基础题。‎ ‎8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图还原，可知该几何体是半圆柱,利用公式求其表面积即可。‎ ‎【详解】由三视图还原，可知该几何体是半圆柱,‎ 半圆柱的底面半径为，高为2，‎ ‎=‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了三视图--长对正、宽平齐、高相等得到实物图中的数据，由三视图还原实物图处理问题。还考查了表面积计算，属于基础题。‎ ‎9.已知圆，过点M(1，1)的直线l与圆C交于A、B两点，弦长最短时直线l的方程为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 列出弦长：（圆心到直线的距离为），当最大时，最短，此时直线与MC连线垂直，求出直线的斜率，再由点斜式求出直线方程即可。‎ ‎【详解】由题可知圆，所以圆心为，半径为，‎ 设圆心到直线的距离为，直线得斜率为 则，，‎ 当直线与MC连线垂直时，最大为，‎ 此时最短，且。‎ 所以直线得斜率为：，‎ 又，所以，‎ 所以直线的方程为：，‎ 即： ‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了圆的弦长计算，直线垂直关系及直线方程求法，还考查了转化思想及函数思想，属于中档题。‎ ‎10.已知函数，若函数在定义域R上单调递增，则实数的取值范围为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数在定义域R上单调递增列不等式组求解。‎ ‎【详解】因为函数，‎ 若函数在定义域R上单调递增，‎ 则，解得：‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了分段函数的单调性，要保证各分段内是单调递增，还要使得分界处满足递增特点。‎ ‎11.已知函数的图象恒过定点A，若点A在直线上，其中的最小值为（ ）‎ A. B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由y=loga（x+3）-1经过的定点为（-2，-1）．可得‎2m+n=4，且mn＞0，于是m＞0，n＞0．再利用“乘1法”和基本不等式的性质即可得出．‎ ‎【详解】由y=loga（x+3）-1经过的定点为（-2，-1）． 于是‎-2m-n+4=0，得‎2m+n=4，且mn＞0，于是m＞0，n＞0．由‎2m+n=4可得 ‎ 则 ‎ 当且仅当m=1，n=2时等号成立，即的最小值为。‎ 故応B.‎ ‎【点睛】本题考查了函数图象过定点、基本不等式，考查了计算能力，属于基础题．‎ ‎12.如图，已知双曲线的左、右焦点，A、B为双曲线上关于原点对称的两点，且满足，则双曲线的离心率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接,由题可得四边形为矩形，解三角形可得，利用双曲线定义列方程，整理方程即可.‎ ‎【详解】如图，连接,由双曲线的对称性可得四边形为平行四边形，‎ 又，所以，在三角形中，，‎ 又，所以,‎ 所以，‎ ‎，又，‎ 整理得：，整理得：‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查了双曲线的性质，定义，还考查了解三角形知识，属于中档题。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共90分)‎ 二、填空题：本大题共4小题。每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知向量______．‎ ‎【答案】-2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出的坐标，根据列方程求解即可 ‎【详解】因为向量，‎ 所以=，又，‎ 所以，‎ 解得：‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量平行的坐标表示及向量的坐标运算，属于基础题。‎ ‎14.已知实数满足约束条件则的最大值为___．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可．‎ ‎【详解】由z=x-2y得 ‎ ‎ 作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分）： 平移直线，的截距最小， 此时z最大， 由 ，得A（1，0）． 代入目标函数z=x-2y， 得z=1-2×0=1， 故答案为：1．‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划的基本应用，利用目标函数的几何意义是解决问题的关键，利用数形结合是解决问题的基本方法．‎ ‎15.如图，在正方体中，直线与平面所成的角等于____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】正方体中，连接交于点M，连接，‎ 由题可得： ， ,‎ 所以直线 平面,‎ 所以直线与平面所成的角等于,‎ 设正方体的边长为，‎ 所以，，‎ 所以,‎ 所以 ‎【点睛】本题主要考查了线面角知识，关键是作出线面角对应的平面角，然后再说明该角就是对应的线面角，根据图形解三角形即可。‎ ‎16.定义在R上的函数，满足时，，则方程上的实数根之和为_______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可判断函数是奇函数且函数图像关于直线 对称，还可得函数是周期为4的函数，求方程在一个周期内的根，再利用周期性求得所有满足要求的实数根，问题得解。‎ ‎【详解】因为，‎ 所以==，‎ 即：‎ 所以函数的周期为4。‎ 时，，‎ 所以当时，‎ 因为函数在上单调递增，‎ 所以在上有且只有一解，‎ 时，无解。‎ 即在内只有一解：‎ 因为函数满足：‎ 所以函数的图像关于直线对称，可得：‎ 所以在内的解有两个，，‎ 即在一个周期内满足的解有两个，，‎ 由函数的周期为4可得：‎ ‎，，‎ 所以方程上的实数根分别为，‎ 其和为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查了奇函数的定义，函数的轴对称性及单调性，周期性，考查了转化思想。只需要求出一个周期内的满足的解即可利用周期性求出所有的解，从而解决问题。‎ 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎17.已知函数．‎ ‎(1)求函数的单调递增区间；‎ ‎(2)将函数的图象向右平移个单位，在纵坐标不变的前提下，横坐标缩短为原来的倍，得到函数的图象，求函数的最值．‎ ‎【答案】（1） ； （2） .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）化简函数为，求出使得最大的一个自变量，利用正弦型函数图像的特点写出单调增区间即可。‎ ‎（2）求出将函数的图象向右平移个单位，横坐标缩短为原来的倍后得到的函数的表达式，再利用正弦函数性质求出函数的最值即可。‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 所以=,‎ 令，解得： ，即，‎ 所以函数的单调递增区间为：。‎ ‎（2）函数的图象向右平移个单位，横坐标缩短为原来的倍后得到：，所以，‎ 当时，，‎ 此时的最大值为，最小值为 ‎【点睛】（1）本题考查了 （或 ）类型函数的单调区间问题，先利用条件确定好，再求出使的的值，从往前半个周期即是函数的一个增区间，从往后半个周期即是函数的一个减区间，即可求得函数的增区间为，函数的减区间为 ‎（2）考查了平移，伸缩变换知识，还考查了三角函数的性质，转化思想。属于中档题，计算要认真。‎ ‎18.已知数列的前n项和为，且．‎ ‎(1)求证：数列是等比数列；‎ ‎(2)记，求数列的前n项和．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用赋值法列方程，作差，变形即可证明。‎ ‎（2）利用条件（1）求出，从而求出，根据形式，利用列项相消法求和。‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 所以，‎ 两方程作差得：，‎ 整理得：，‎ 从而，‎ 所以数列是等比数列，公比为。‎ ‎（2）令，则可化为：，解得：，‎ 因为数列是等比数列，所以，所以，‎ 所以=，‎ 所以=，‎ 所以 ‎==‎ ‎【点睛】（1）主要考查了赋值法，法及等比数列概念，注意计算不要错误。‎ ‎（2）考查了等比数列的通项公式及对数运算，裂项相消法求和法，注意常见的裂项方式。‎ ‎19.已知分别为三个内角A，B，C的对边，且．‎ ‎(1)求cosA的值；‎ ‎(2)若是BC边上一点，且满足BD=3DC，求的面积．‎ ‎【答案】（1） ； （2） .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将化简可得：，‎ 再化简可得，从而求得。‎ ‎（2）求得，根据BD=3DC，求得的比例关系，从而求解。‎ ‎【详解】（1）由正弦定理可得：‎ ‎，代入可得：‎ ‎，整理得：，所以，‎ 即，整理得：.‎ ‎（2）因为，所以，‎ 所以，‎ 因为BD=3DC，所以，‎ 所以。‎ ‎【点睛】（1）主要考查了正弦定理及两角和的正弦公式，计算比较简单。‎ ‎（2）主要考查了同角三角函数基本关系，三角形面积公式及转化思想 ‎20.如图1，菱形ABCD中，AB=2，，以对角线BD为折痕把△ABD折起，使点A到达如图2所示点E的位置，使.‎ ‎(1)求证：；‎ ‎(2)求三棱锥E—BCD的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2） .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明,再证明平面,从而证明 ‎（2）把三棱锥E—BCD拆分成两个三棱锥，求体积和即可。‎ ‎【详解】（1）菱形ABCD中可得：，‎ 以对角线BD为折痕把△ABD折起，使点A到达如图2所示点E的位置，‎ 则，,‎ 又交于点，‎ 所以平面，‎ 又平面，‎ 所以。‎ ‎（2）由（1）得平面，所以,‎ 菱形ABCD中，AB=2，，‎ 求得：,,‎ 所以 ‎=。‎ ‎【点睛】（1）主要考查了线面垂直的判定及线面垂直的性质，考查了转化思想。‎ ‎（2）主要考查了分割求和方法及体积计算，转化思想，属于基础题，计算一定要细心。‎ ‎21.已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点，且，直线AO，BO分别交直线于点M，N.‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)求的最小值．‎ ‎【答案】（1） ； （2）2 .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，及直线的方程为：，联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理表示出，，从而表示出，代入即可求得，问题得解。‎ ‎（2）表示出直线的方程，，从而表示出点的坐标，，‎ 从而表示出，消元即可得到的函数表达式，从而转化成求函数的最小值即可。‎ ‎【详解】（1）抛物线的焦点为F，，‎ 设直线的方程为：，‎ 联立直线与抛物线的方程可得：，‎ 整理得：，‎ 所以，，‎ ‎=，‎ 因为，且，‎ 所以，即，解得：。‎ 所以抛物线C的方程为：。‎ ‎（2）直线的方程为：，直线的方程为：，‎ 联立得： ，所以，‎ 联立得：，所以，‎ 所以=‎ ‎=，‎ 所以=，‎ 当时，等号成立。‎ 所以的最小值为2.‎ ‎【点睛】（1）主要考查了设而不求方法，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理表示出，，还考查了数量积的坐标运算，方程思想，转化思想，计算量较大，需要小心谨慎。‎ ‎（2）主要考查了转化思想，直线交点求法，利用（1）中的结论表示出三角形面积，把问题转化成函数的最值问题处理，计算量较大，属于较难题 ‎22.已知函数．‎ ‎(1)当时，求函数在点处的切线方程；‎ ‎(2)若，讨论函数的极值点的个数．‎ ‎【答案】（1） ； ‎ ‎（2）当或，存在两个极值点；当时，存在一个极值点；当时，没有极值点.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出及，求得切线的斜率即可求得切线方程。‎ ‎（2）求出，对的情况分4类讨论，即四种情况分别求得在各个区间的正负，由此判断单调性，从而可判断极值点的个数。‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 所以，，‎ 所以，‎ 所以函数在点处的切线方程为：，即。‎ ‎（2）可化为：，‎ 所以=，‎ 当时，时，，‎ 时，，‎ 此时存在一个极值点；‎ 当时，则，‎ 时，，‎ 时，，‎ 时，，‎ 此时存在两个极值点，,‎ 当时，‎ 时，，‎ 时，，‎ 此时没有极值点。‎ 当时，，‎ 时，，‎ 时，，‎ 时，，‎ 此时存在两个极值点及,‎ 综上所述：当或，存在两个极值点；‎ 当时，存在一个极值点；‎ 当时，没有极值点.‎ ‎【点睛】（1）主要考查了导数的几何意义及求导运算，直线方程知识。‎ ‎（2）主要考查了导数的应用，极值点定义，还考查了分类讨论思想，利用导数的正负来判断原函数的增减性，从而判断极值点的个数，注意分类是以方程=0的根的个数情况及根的大小来讨论。‎ ‎ ‎