山东省济宁市2019届高三上学期期末考试数学(文)试卷.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mn0，于是m0，n0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mn0，于是m0，n0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=1-20=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EBCD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EBCD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。