2019届辽宁实验、大连八中、二十四中、鞍山一中、东北育才高三上学期期末考试数学(理)试题(解析版).doc

2019届辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校高三上学期期末考试数学（理）试题

一、单选题
1．已知集合，，若有三个元素，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据集合元素之间的关系，我们根据已知，M，N均为二元集，M∪N有三个元素，则M∩N有一个元素，利用排除法排除不满足条件的答案后，分类讨论即可得到结论．
【详解】
∵集合M={1，a2}，N={a，﹣1}，
若M∪N有三个元素
则M∩N有一个元素，故排除A，B
若M∩N={0}
则a=a2=0，满足条件
若M∩N={1}
则a=1，此时a2=1，由集合元素的互异性，故不满足条件
故排除D
故选：C．
【点睛】
本题考查的知识点是集合关系中的参数取值问题，利用集合元素的性质，特别是元素是互异性是解答本题的关键．
2．若复数，且，则实数的值等于（ ）
A．1 B．-1 C． D．
【答案】A
【解析】由可判定为实数，利用复数代数形式的乘除运算化简复数，再由实部为0，且虚部不为0列式求解即可.
【详解】
，
所以 ，
因为，所以为实数，
可得，时,符合题意，故选A.
【点睛】
复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.
3．已知条件甲：，条件乙：且，则甲是乙的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】不能推出，而若且可得到，由充分条件与必要条件的定义可得结果.
【详解】
不能推出，
若且，即且，
可得且，则，
即且能推出，
所以可得甲是乙的必要不充分条件，故选B.
【点睛】
本题主要考查不等式的性质以及充分条件与必要条件，属于中档题.判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.
4．已知数列满足且，则（ ）
A． B．3 C．-3 D．
【答案】C
【解析】利用已知条件判断数列是等差数列，求出公差，利用等差数列的性质化简求解即可.
【详解】
数列满足
可得
可得，所以数列是等差数列，公差为，
，
，故选C.
【点睛】
本题主要考查数列的递推关系式，等差数列的判断以及等差数列的通项公式的应用，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题..
5．已知非零向量，满足，，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
由题设及向量的几何运算可知以为邻边的平行四边形是矩形，即，如图，由于，，所以可运用解直角三角形求得，所以，即向量与的夹角为，应选答案C。
点睛：解答本题的关键是搞清楚向量的几何意义与题设中条件的关系，也是解答这类问题的难点之所在。求解时先依据向量的几何意义可推知向量与是以为邻边的平行四边形的对角线，由题设该四边形是矩形，因此构造上面几何图形进行求解，从而使得问题简捷、巧妙获解。
6．函数的图象可能是下列哪一个？（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由排除选项;排除选项；由函数有无数个零点，排除选项,从而可得结果.
【详解】
由，可排除选项，可排除选项；由可得，即函数有无数个零点，可排除选项,故选A.
【点睛】
本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.
7．在直角坐标平面上，点的坐标满足方程，点的坐标满足方程则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由点的坐标满足方程，可得在圆上，由坐标满足方程，可得在圆上，则求出两圆内公切线的斜率，利用数形结合可得结果.
【详解】

点的坐标满足方程，
在圆上，
在坐标满足方程，
在圆上，
则作出两圆的图象如图，
设两圆内公切线为与，
由图可知，
设两圆内公切线方程为，
则，
圆心在内公切线两侧，，
可得，，
化为，，
即，
，
的取值范围，故选B.
【点睛】
本题主要考查直线的斜率、直线与圆的位置关系以及数形结合思想的应用，属于综合题. 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，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出曲线图象，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.
8．执行如图所示的程序，若所得结果为21，则判断框中应填入（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到得到输出的时，即可得到输出条件，从而可得结果.
【详解】
模拟执行程序:
第一次循环，，不满足条件；
第一次循环，，不满足条件；
第一次循环，，输出，满足条件，
所以，判断框应填，故选B.
【点睛】
本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.
9．已知函数，那么下列命题中假命题是 （ ）
A．既不是奇函数也不是偶函数 B．在上恰有一个零点
C．是周期函数 D．在上是增函数
【答案】B
【解析】试题分析：∵f（x）=cos2x+sinx，∴f（-x）=cos2x-sinx，故f（x）既不是奇函数也不是偶函数，即A是真命题；∵由f（x）=cos2x+sinx=1-sin2x+sinx=0，得sinx=，∴f（x）在[-π，0]上恰有2个零点，即B是假命题；∵f（x）=cos2x+sinx=1-sin2x+sinx=-（sinx-）2+，∴f（x）是周期函数，即C是真命题；∵f（x）=cos2x+sinx=1-sin2x+sinx=-（sinx-）2+，∴f（x）在上是增函数，即D是真命题．故选B．
【考点】本题考查了三角函数的性质及命题的真假判断
点评：解此类试题时要注意三角函数恒等变换及性质的灵活运用，属基础题
10．如图，矩形中，为边的中点，将直线翻转成平面)，若分别为线段的中点，则在翻转过程中，下列说法错误的是（ ）

A．与平面垂直的直线必与直线MB垂直
B．异面直线与所成角是定值
C．一定存在某个位置，使
D．三棱锥外接球半径与棱的长之比为定值
【答案】C
【解析】取DC中点N，连MN,NB,则，
所以平面平面，即平面，A正确；
取的中点为F,连接MF,EF，则平面BEFM是平行四边形，
所以为异面直线与所成角，故B正确；
A关于直线DE对称点N，则平面，即过O与DE垂直的直线在平面上，故C错误；
三棱锥外接球的半径为，故D正确.
故选C.

11．已知点是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，点在抛物线上且满足，若取得最大值时，点恰好在以为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设，利用两点间的距离公式求出的表达式，结合基本不等式的性质求出的最大值时的点坐标，结合椭圆的定义以及椭圆的离心率公式求解即可.
【详解】
设，因为是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，
所以，
则
，
当时，，
当时，，
当且仅当时取等号，此时，
，
点在以为焦点的椭圆上，，
由椭圆的定义得，
所以椭圆的离心率，故选B.
【点睛】
本题主要考查椭圆的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解．
12．若函数满足，且，则的解集是( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】将函数整理得，两边积分，求得函数的解析式，求导，求得函数的单调性及，则不等式转化为，利用函数的单调性即可求解．
【详解】
由题意，则，
解得，即，
所以不等式，即，
又由，整理得，即，
两边积分，
整理得，又由，解得，
所以，可得函数为单调递增函数，
所以不等式的解集为，故选A．
【点睛】
利用导数研究不等式恒成立或解不等式问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

二、填空题
13．设，则函数是增函数的概率为__________．
【答案】
【解析】列举出所有的结果，选出的所有的结果，根据古典概型概率公式可求出函数是增函数的概率.
【详解】
所有取值有：共12个值，
当时，为增函数，有共有6个，
所以函数是增函数的概率为，故答案为.
【点睛】
本题主要考查古典概型概率公式的应用以及对数函数的性质，属于中档题. 在求解有关古典概型概率的问题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件，然后根据公式求得概率.
14．已知正实数满足，则的最小值是__________．
【答案】9
【解析】设，可得，结合得到 ，利用基本不等式可得结果.
【详解】
，
，，
设，可得，
则
，
当时，当“=”成立，即的最小值是9，故答案为9.
【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，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
15．某考古队发现一处石器时代的史前遗迹，其中有一样工具，其模型的三视图如图所示，则所根据此三视图计算出的几何体的体积为__________．

【答案】32
【解析】由三视图可得该几何体是直三棱柱割去两个四棱锥，画出直观图，根据三视图所给数据，求出棱柱与棱锥的体积，从而可得结果.
【详解】

由三视图还原几何体，直观图如图，
可得该几何体是直三棱柱割去两个四棱锥得到的五面体，
图中直三棱柱底面是俯视图，高为8，
两个四棱锥的底面是边长为2、3的矩形，高为8，
所以几何体的体积，故答案为32.
【点睛】
本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.
16．定义：对于实数和两定点，在某图形上恰有个不同的点，使得，称该图形满足“度契合”.若边长为4的正方形中，，且该正方形满足“4度契合”，则实数的取值范围是__________．
【答案】或
【解析】分析：根据定义，分类讨论P点在四条边上的不同情况；转化成m的表达式后，利用二次函数求得m的范围；分析在四种情况下，哪个符合有4个解，即可得到m的取值。
详解：以AB为x轴，AD为y轴，A为原点建立平面直角坐标系。所以 。因为P点位置不确定，所以分四种情况讨论：
当P点在AB上时，设 ，
所以
所以

根据二次函数的图像可知，当 时，有1个解
当 时，有2个解
（2）当P点在BC上时，设 ，
所以
所以

根据二次函数的图像可知，当 时，有1个解
当 时，有2个解
当 时，有1个解
（3）当P点在CD上时，设 ，
所以
所以

根据二次函数的图像可知，当 时，有1个解
当 时，有2个解
（4）当P点在AD上时，设 ，
所以
所以

根据二次函数的图像可知，当 时，有1个解
当 时，有2个解
当 时，有2个解
由（1）可知，当 时，有2个解。所以当 时，也有2个解
综上所述，当或有4个解，满足“度契合”。
点睛：本题考查了新定义问题，利用分类讨论思想求得参数取值范围，向量的数量积坐标表示等，分析量、计算量、都很大，需要细致分析才能解决问题，对思维有很高要求，属于难题。

三、解答题
17．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，．
（1）求；
（2）求的值．
【答案】(1) .
(2) .
【解析】分析：（1）在中，由余弦定理可得．
（2）由得．根据正弦定理得，从而，
故得．
【详解】
：（1）在中，由余弦定理得
，∴．
（2）在中，由得，
∴，
在中，由正弦定理得，即，∴，
又，故，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
18．如图，在平行四边形中，，，，四边形为矩形，平面平面，，点在线段上运动，且．

（1）当时，求异面直线与所成角的大小；
（2）设平面与平面所成二面角的大小为（），求的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）证明平面，建立空间直角坐标系，写出向量的坐标，，故可得，求出与所成角的大小为（2）设，利用向量表示出两个平面法向量的夹角余弦，根据，求出范围.
【详解】
（1）在△ABC中，，，
，则，所以，即．
因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，
当时，，所以．
所以，，
所以，
所以，
即异面直线与所成角的大小为．
（2）平面的一个法向量，
设，
由，
得即，
所以，．
设平面的法向量，
因为即
取，则，，
所以平面的一个法向量，
因为，所以．
因为，所以．
【点睛】
本题主要考查了利用空间向量计算异面直线所成的角以及利用平面的法向量求二面角的余弦，属于中档题.
19．进入二十一世纪以来，科技发展日新月异，工业生产更加依赖科技的发展，沈阳某企业积极进行升级，对现有设备进行改造，为了分析设备改造前后的效果，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取了200件产品作为样本，检测一项质量指标值，若该项质量指标值落在内的产品视为合格品，否则为不合格品.如图是设备改造前的样本的频率分布直方图，表1是设备改造后的样本的频数分布表.

表1：设备改造后样本的频数分布表
质量指标值

频数
4
36
96
28
32
4

（1）完成下面的2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关；

设备改造前
设备改造后
合计
合格品

不合格品

合计

（2） 根据图1和表1提供的数据，试从产品合格率的角度对改造前后设备的优劣进行比较；
附：

0.150
0.100
0.050
0.025
0.010

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635

【答案】（1）列联表见解析，有把握；（2）设备改造后性能更优.
【解析】（1）根据直方图的性质，结合频率分布表可完成列联表，利用公式求出的值，与临界值比较大小即可得结果；（2）根据图3和表1求得设备改造前产品为合格品的概率与设备改造后产品为合格品的概率，比较合格率的大小即可得结论.
【详解】
（1）根据图3和表1得到2×2列联表：

设备改造前
设备改造后
合计
合格品
172
192
364
不合格品
28
8
36
合计
200
200
400

将2×2列联表中的数据代入公式计算得：
，
∵，
∴有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量指标值与设备改造有关.
（2）根据图3和表1可知，设备改造前产品为合格品的概率约为，设备改造后产品为合格品的概率约为；显然设备改造后产品合格率更高，因此，设备改造后性能更优.
【点睛】
本题主要考查频率分布直方图、古典概型概率公式以及独立性检验，属于中档题.独立性检验的一般步骤：（1）根据样本数据制成列联表；（2）根据公式计算的值；(3) 查表比较与临界值的大小关系，作统计判断.
20．已知抛物线的方程，焦点为，已知点在上，且点到点的距离比它到轴的距离大1.
（1）试求出抛物线的方程；
（2）若抛物线上存在两动点（在对称轴两侧），满足（为坐标原点），过点作直线交于两点，若，线段上是否存在定点，使得恒成立？若存在，请求出的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】(1) (2)存在，且坐标为
【解析】（1）由到点的距离比它到轴的距离大1，结合抛物线定义可得，从而可得结果；（2）设，结合，可得直线，直线，与联立，利用弦长公式求得若点存在，设点坐标为，可得，时，，从而可得结果.
【详解】
（1）因为到点的距离比它到轴的距离大1，由题意和抛物线定义，，所以抛物线的方程为，
（2）由题意，，
设由，得，直线，
整理可得，
直线①若斜率存在，设斜率为，与联立得
，
，
若点存在，设点坐标为，

，
时，，
解得或（不是定点，舍去）
则点为经检验，此点满足，所以在线段上，
②若斜率不存在，则，
此时点满足题意，
综合上述，定点为.
【点睛】
本题主要考查直线与抛物线的位置关系以及解析几何中的存在性问题，属于难题.解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在，注意：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规方法题很难时采取另外的途径.
21．已知函数（其中）
（1）求的单调减区间；
（2）当时，恒成立，求的取值范围；
（3）设 只有两个零点（），求的值.
【答案】（1）单调减区间为（－∞，0）和（0,1）；（2）；（3）.
【解析】（1）先求得函数的定义域，然后求导，利用导数求得函数的单调减区间.（2）构造函数，利用其二阶导数研究它的单调性，由此求得的取值范围.（3）化简，利用导数，研究零点分布的情况，由此求得的值.
【详解】
（1）的定义域为｛x｜x≠0｝，
＝＜0，解得：x＜1，
所以，的单调减区间为（－∞，0）和（0,1）
(2)“当时，恒成立”等价于“当时，恒成立”，其中.构造函数，则.记，则.
（i）若，则在上恒成立，在上单调递增，因此当时，有，即，所以在上单调递增，因此当时，有，即，故恒成立，符合题意.
（ii）若，则在上恒成立，所以在上单调递减，因此当时，有，即，所以在上单调递减，因此时，有，即.故不对任意恒成立，不符合题意.综上所述，的取值范围是.
(3)，所以，依题意知关于的方程只有两个实数根，即关于的方程只有两个非零实根，其中.故，或或.
（i）若，则，不符合题意；
（ii）若，比较对应项系数，得，解得.不满足，故不符合题意；
（iii）若，同理可得，符合题意，此时.综上所述，的值为.
【点睛】
本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求解不等式恒成立问题，考查利用导数求解函数零点比值的问题.综合性很强，属于难题.要研究一个函数的单调性和最值，首先求函数的定义域，要在定义域的范围内研究函数的单调性，然后求导，用导数的知识来解决单调性的问题.
22．已知曲线的参数方程为（为参数），以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线的直角坐标方程及曲线上的动点到坐标原点的距离的最大值；
（2）若曲线与曲线相交于，两点，且与轴相交于点，求的值．
【答案】（1），（2）
【解析】【试题分析】(I)将方程展开后化为直角坐标方程,利用勾股定理求得的长度并求得其最大值.(II)求出直线的参数方程,代入椭圆方程,利用直线参数的几何意义求得的值.
【试题解析】
（Ⅰ）由得，
即曲线的直角坐标方程为
根据题意得，
因此曲线上的动点到原点的距离的最大值为
（Ⅱ）由（Ⅰ）知直线与轴交点的坐标为，曲线的参数方程为:，曲线的直角坐标方程为
联立得……8分
又，
所以
23．.
（1）当时，求出的最大值；
（2）若的最大值为2，试求出此时的正实数的值.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】（1）直接利用绝对值三角不等式求解即可；（2）由或，求得或，再验证的最大值是否为2即可得结果.
【详解】
（1）时，，
即的最大值为4.
（2），
或，
无解，，
解得或，
当时，，
即合题意，
当时，，
在上递增，在上递减，
，合题意，
综上可得，或.
【点睛】
本题主要考查绝对值三角不等式的应用、利用单调性求分段函数的最值以及分类讨论思想的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.

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