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- 2021-06-12 发布
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泉州第十六中学2019年秋季期中考试卷
高三数学(文科)
一、选择题(本大题共12小题,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,则集合的子集个数为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
试题分析:,则的子集个数为个.
考点:子集.
2.已知a>b,c>d,c≠0,d≠0则下列命题正确的是( )
A. a﹣c>b﹣d B. C. ac>bd D. c﹣b>d﹣a
【答案】D
【解析】
试题分析:,又,故A正确.
考点:不等关系与不等式.
3.若点在角的终边上,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析:由任意角的三角函数的定义可知,,故选A.
考点:任意角三角函数定义.
4.向量,,若,则( )
A. 2 B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析:,,
得得,故选C.
考点:向量的垂直运算,向量的坐标运算.
5.已知直线,平面,则是的 ( )
A. 充分但不必要条件 B. 必要但不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
因为直线时不一定平行,而时平面内任意直线都平行平面,即,因此是的必要但不充分条件,选B.
6.已知,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析:由得,则.故本题答案选C.
考点:两角和的余弦公式.
7.函数的零点所在的大致区间为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析:,,所以零点所在的大致区间为,选C.
考点:零点存在定理
8.函数y=的图象大致为()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】
先分析函数的定义域,可排除A,再根据函数的奇偶性为奇函数排除C,利用特值法区分答案B,D.
【详解】函数y=的定义域为{x|x≠0且x≠±1},A错;
因为f(-x)==-f(x),f(x)是奇函数,排除C项;
当x=2时,y=>0,排除D项,只有B项适合.
【点睛】本题主要考查了函数的定义域,奇偶性,特值法,利用上述性质区分函数图象,属于中档题.
9.设a=,b=,c=,则a,b,c的大小关系为( )
A. c<b<a B. c<a<b C. b<a<c D. a<c<b
【答案】A
【解析】
分析:由a=60.7>60=1,0<b=0.76<0.7,c=log0.76<log0.71=0,知c<b<a.
详解:∵a=60.7>60=1,
0<b=0.76<0.7,
c=log0.76<log0.71=0,
∴c<b<a.
故选:A.
点睛:本题考查对数值大小的比较,是基础题.解题时要认真审题,仔细解答.两个式子比较大小的常用方法有:做差和0比,作商和1比,或者直接利用不等式的性质得到大小关系,有时可以代入一些特殊的数据得到具体值,进而得到大小关系.
10.若函数,则函数与函数的图象交点的个数为( )
A. 0 B. 1
C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】
试题分析:作图可得函数与的图象有个交点,故选项为D.
考点:函数图象的交点.
11.如图,在正方形网格纸上,粗实线画出的是某多面体的三视图及其部分尺寸.若该多面体的顶点在同一球面上,则该球的表面积等于( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
多面体为两个正四棱锥的组合体(底面重合).两顶点之间距离为,底面为边长为的正方形,所以 选C.
点睛:空间几何体与球接、切问题求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时,一般过球心及接、切点作截面,把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题,再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解.
(2)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直,且,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体,利用求解.
12.已知,若对任意两个不等的正实数,,都有恒成立,则a的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析:根据可知,
令为增函数,
所以恒成立,分离参数得,而当时,最大值为,故.
考点:函数导数与不等式,恒成立问题.
二、填空题(本大题共4小题,把答案填在答题卷的相应位置)
13.设满足约束条件:,则的最小值为 ____________.
【答案】-3
【解析】
试题分析:可行域为一个开放区域,两条平行射线,一条线段AB及其内部,其中,所以直线过点B时取最小值-3.
考点:线性规划
【易错点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化,即数形结合的思想.需要注意的是:一,准确无误地作出可行域;二,画目标函数所对应的直线时,要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较,避免出错;三,一般情况下,目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.
14.在中,,,,则__________.
【答案】
【解析】
试题分析:
考点:正余弦定理解三角形
15.已知,,,则的最小值为 .
【答案】2
【解析】
试题分析:.
考点:基本不等式.
【方法点晴】熟练掌握变形利用基本不等式的性质的方法是解题的关键,和为定值时,可以巧用定值凑基本不等式的结构. 本题中将化为,把要求的式子变成,展开后得,由于为和的结构且为定值,利用均值不等式即可.
16.已知各项都不相等的等差数列,满足,且,则数列项中的最大值为__________.
【答案】6
【解析】
设等差数列的公差为.
∵
∴
∴
∵
∴,即.
∴或(舍去)
∴等差数列的首项为,公差为,则.
∴
联立,即,解得.
∴
∴数列项中的最大值为
故答案为.
点睛:求解数列中的最大项或最小项的一般方法:
(1)研究数列的单调性,利用单调性求最值;
(2)可以用或;
(3)转化为函数最值问题或利用数形结合求解.
三、解答题(本大题共6小题,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.已知集合,.
(1)分别求,;
(2)已知集合,若,求实数a的取值集合.
【答案】(1),或;(2)
【解析】
【分析】
(1)直接根据条件求交集与补集并集等.
(2)分情况当为空集和不为空集时讨论即可.
详解】(1)
或或
(2)① 当时,,此时;
② 当时,,则;
综合①②,可得的取值范围是
【点睛】本题主要考查集合的交并补运算,属于基础题型.
18.已知函数.
(1)求的最小值;
(2)在中,角,,的对边分别是,,,若,,,求的周长.
【答案】(1);(2).
【解析】
试题分析:(1)将函数的解析式进行化简,先展开,再进行降幂,应用辅角公式转化为的形式.(2)由于只需求出的值,应用面积公式求出,再由余弦定理计算出的值,故
试题解析:(1)
.
当时,取最小值为.………………(6分)
(2),,
,,.,,
由余弦定理得,
即,,所以的周长为.………………(12分)
考点:1、三角恒等变换;2、解三角形.
19.已知为等比数列的前项和,,且,,成等差数列.
(1)求数列的通项公式及;
(2)若,,求数列的前项和.
【答案】(1);(2).
【解析】
试题分析:(1)设数列的公比为,根据题意数列的公比,利用等比数列的通项公式,即可求解数列的通项公式;(2)由(1)得出,,利用等差数列求和公式和裂项求和即可求解数列的和.
试题解析:(1)设数列的公比为,
由题意知,∴,∴.
∴.
(2)由(1)可得,,
∴,.
考点:数列的通项公式;数列的求和.
20.直三棱柱中,,,,点是线段上的动点.
(1)当点是中点时,求证:平面;
(2)线段上是否存在点,使得平面平面?若存在,试求出的长度;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)见解析;(2)
【解析】
【试题分析】(1)连接,交于点,连接,则点是的中点,利用三角形的中位线有,,由此证得线面平行.(2)当时平面平面.利用,可证得平面,由此证得两个平面垂直.利用等面积法求得的长.
【试题解析】
(1)如图,连接,交于点,连接,则点是的中点,
又点是的中点,由中位线定理得,
因为平面,平面,
所以平面.
(2)当时平面平面.
证明:因为平面,平面,所以.
又,,所以平面,
因为平面,所以平面平面,
故点满足.
因为,,,所以,
故是以角为直角的三角形,
又,所以.
21.已知函数().
(1)求的单调区间和极值;
(2)求在上的最小值.
【答案】(1)的单调递增区间为,单调递减区间为,,无极大值;(2)见解析.
【解析】
【分析】
(1)求导后令,再根据导函数的正负确定的单调区间和极值即可.
(2)根据(1)中的极小值,分析,,三种情况讨论在上的最小值即可.
【详解】(1)
由,得;
当时,;当时,;
∴的单调递增区间为,单调递减区间为
,无极大值.
(2)当,即时,在上递增,∴;
当,即时,在上递减,∴;
当,即时,在上递减,在上递增,
∴
【点睛】本题主要考查利用导函数求原函数的单调性与极值的问题,
同时也考查了含参数的最值讨论问题,属于中等题型.
22.在直角坐标系中,直线的参数方程为(其中参数,为常数),在以为极点,轴正半轴为极轴的极坐标中,曲线的方程为.
(1)求曲线的普通方程;
(2)已知直线与曲线相交于,两点,且,求常数的值.
【答案】(1);(2).
【解析】
试题分析:(1)利用平方关系消去参数可得圆的方程, 由直线的极坐标方程,可得直角极坐标方程;(2)利用直线参数的几何意义、韦达定理将用表示,解方程即可求得常数的值.
试题解析:解:(1),,
所以曲线的普通方程为:.
(2)将曲线的方程变形为与直线的参数方程联立得:
.
首先,由韦达定理,.
由参数的含义知:,
即,满足,故,综上常数的值为.
考点:1、简单曲线的极坐标方程;2、圆的参数方程及直线参数方程的应用.
23.已知函数.
(1)若,求不等式的解集;
(2)若方程有三个不同的解,求的取值范围.
【答案】(1);(2).
【解析】
【详解】(1)时,
∴当时,不合题意;
当时,,解得;
当时,符合题意.
综上,的解集为.
(2)
设,的图象和的图象如图,
易知的图象向下平移1个单位以内(不包括1个单位)与的图象始终有3个交点,
从而.