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- 2021-04-13 发布
2018-2019高三第二学期期中考试
理科数学试题
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.在每个小题所给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. 1， D. 1，
【答案】B
【解析】
【分析】
利用指数函数的值域化简集合，由交集的定义可得结果.
【详解】∵集合
，
所以． 故选B．
【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.
2.复数的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：.
考点：复数概念及运算．
【易错点晴】在复数的四则运算上,经常由于疏忽而导致计算结果出错.除了加减乘除运算外,有时要结合共轭复数的特征性质和复数模的相关知识,综合起来加以分析.在复数的四则运算中,只对加法和乘法法则给出规定,而把减法、除法定义为加法、乘法的逆运算.复数代数形式的运算类似多项式的运算,加法类似合并同类项;复数的加法满足交换律和结合律,复数代数形式的乘法类似多项式乘以多项式,除法类似分母有理化;用类比的思想学习复数中的运算问题.共轭复数的概念.
3.若命题，，则是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】D
【解析】
【详解】因存在性命题的否定是全称命题,改写量词后否定结论，
所以是，故应选D．
4.如图所示，一个空间几何体的正视图和侧视图都是底为，高为的矩形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的表面积为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由三视图可知，该几何体是一个圆柱，其高为，半径为，由公式易求得它的表面积，得到结果
【详解】由三视图可知，该几何体是一个圆柱，其高为，半径为，
则它的表面积为：
故选
【点睛】本题主要考查的是根据三视图求表面积，体积，解答本题的关键是判断几何体的形状，属于基础题．
5.函数的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由基本不等式求出当时，的最小值即可求出函数的最大值.
【详解】由题：，根据基本不等式，当且仅当时取得等号，
即当时，取得等号；所以，
所以当时，函数取得最大值.
故选：B
【点睛】此题考查求函数最值，可用导函数讨论函数单调性得最值；可用基本不等式性质求得最值，需要在平常学习中多做积累.
6.若实数满足，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
作出可行域，如图所示：
，即求的最小值，可行域上的动点与定点连线的斜率的最小值，由图可知最小值为，的最小值是.
故选C.
点睛：本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.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，要注意让其斜率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，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.
7.已知函数的最小正周期是，那么正数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用降幂公式化简成正弦型或余弦型函数，
即或形式，即可求解.
【详解】由题：
，
其最小正周期所以正数.
故选：B
【点睛】此题考查三角恒等变换和函数周期求法，考查对恒等变形的常见处理方式，熟练掌握公式对解题能够起到事半功倍的作用.
8.若，则等于( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
已知，解得 将正切值代入得到.
故答案为A.
9.函数的部分图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先判断函数的奇偶性，再根据与的性质，确定函数图象
【详解】，定义域为，，所以函数是偶函数，排除A、C，又因为且接近时，，且，所以，选择B
【点睛】函数图象的辨识可以从以下方面入手：
1.从函数定义域，值域判断；
2.从函数的单调性，判断变化趋势；
3.从函数的奇偶性判断函数的对称性；
4.从函数的周期性判断；
5.从函数的特征点，排除不合要求的图象
10.已知则的大小关系是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
由题意可得，由于，所以，故，应选答案B．
11.若函数，则曲线在点处的切线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先求，再求导数得切线斜率，最后求倾斜角.
【详解】因为，所以
因此，倾斜角为，选B.
【点睛】本题考查导数几何意义以及倾斜角，考查基本分析求解能力.
12.若对于任意都有，则函数的图象的对称中心为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
∵对任意x∈R，都有f（x）+2f（–x）=3cosx–sinx①，用–x代替x，得f（–x）+2f（x）=
3cos（–x）–sin（–x），即f（–x）+2f（x）=3cosx+sinx②；①②联立，解得f（x）=sinx+cosx，所以函数y=f（2x）–cos2x=sin2x+cos2x–cos2x=sin2x，图象的对称中心为（，0），k∈Z，故选D．
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，满分20分）
13.已知函数，则的值为__________．
【答案】-3
【解析】
由函数，则，
令，所以，解得，即，
所以.
14.已知函数的图像上一个最高点的坐标为，由这个最高点到其相邻的最低点间图像与轴交于点，则此函数的解析式为__________．
【答案】
【解析】
由题意得 ,且
所以函数的解析式为
点睛：已知函数的图象求解析式
(1).
(2)由函数的周期求
(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求.
15.己知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，时，，的值是____.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，由函数的奇偶性与周期性分析可得f（﹣）＝f（﹣）＝﹣f（），结合解析式求出f（）的值，又因为f（2019）＝f（1+2×1009）＝f（1）＝0
；据此分析可得答案．
【详解】解：根据题意，函数f（x）是定义在R上的周期为2的奇函数，
则f（﹣）＝f（﹣）＝﹣f（），
f（2019）＝f（1+2×1009）＝f（1），
又由函数f（x）是定义在R上的周期为2的奇函数，则有f（1）＝f（﹣1）且f（1）＝﹣f（﹣1），故f（1）＝0，则f（2019）＝0
，又由0＜x＜l时，f（x）＝4x，则f（）＝＝2，则f（﹣）＝﹣f（）＝﹣2；
则＝﹣2；
故答案为﹣2
【点睛】本题考查函数的周期性与函数值的计算，属于基础题．
16.是同一球面上的四个点，,⊥平面，，,则该球的表面积为______________.
【答案】
【解析】
由题设知，故可把三棱锥补成长方体，该长方体的体对角线就是外接球的直径，又体对角线的长度为，故该球的表面积为，填.
点睛：与球有关的表面积或体积问题，可以先确定球心的位置，再求出球的半径的大小，也可以根据几何体的特点采用割补的方法把不规则的几何体补充规则的几何体，从而快速确定球的半径.
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，第17 ~ 21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.）
17.已知向量，，.
（1）求的值；
（2）若，且，求的值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）先由条件得再利用向量的坐标公式计算代入得解；
（2）先计算和的三角函数值，再由展开结合条件的三角函数可得解.
【详解】（1），
又，，
，，
（2），
由（1）得，，
又，，
【点睛】本题主要考查了三角函数的两角和的展开公式，属于基础题，第二问属于典型的给值求值问题，解题的关键是将未知角通过配凑用已知角表示，进而由三角函数的两角和的展开公式求解即可.
18.在 中，分 别 为 角的 对 边 ，且.
（1）求角；
（2）若，求的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用展开代入已知条件，化简得，再根据，求得；
（2）用角这一变量来表示，转化成研究的最大值.
【详解】（1）因，所以，
所以，
因为，所以.
（2）由（1）得，
由正弦定理，所以，
所以，
所以
，其中，
由，存在使得，所以最大值为1，
所以的最大值为.
【点睛】本题考查三角恒等换、正弦定理及三角函数的最值等知识，考查逻辑推理和运算求解能力，解题过程中要特别注意，求最值的方法，即引入变量，构造关于变量的函数，接着研究函数的值域，从而得到目标式子的最值.
19.已知为定义在上的奇函数，当时，函数解析式．
（1）写出在上的解析式；
（2）求在上的最大值．
【答案】（1）；（2）0．
【解析】
【详解】（1）∵为定义在上的奇函数，
且在处有意义，∴，
即．∴．
设，则，∴；
又∵，∴；所以．
（2）当时，，
∴设，则．
∵，∴．当时，取最大值，最大值．
考点：1、函数表达式的求法；2、函数的奇偶性；3、函数的最值.
20.已知在三棱锥中，是等腰直角三角形，且
平面
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若为的中点，求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；.
【解析】
试题分析：（1）通过，可证得平面，又平面
，利用面面垂直的判定定理可得证.
(2) 求出面的法向量和平面的法向量，
试题解析：（1）证明：因为平面平面，所以，又因为，所以平面平面，所以平面平面.
由已知可得如图所示建立空间直角坐标系，由已知，，，，.有，，，设平面的法向量，有，令，得，
设平面的法向量，有，令，得，二面角的余弦值.
点晴：本题考查的是空间的线面关系和空间角的求解.第一问要考查的是面面垂直，通过先证明线和面内的两条相交直线垂直证得线面垂直，再结合面面垂直的判定定理，可证得；对于第二问空间角的考查是合理建立空间右手系，并求出两个平面的法向量，要注意判断二面角是锐角还是钝角.
21.已知函数，其中，为自然对数的底数.
（Ⅰ）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；
（Ⅱ）若，函数在区间内有零点，求的取值范围
【答案】（Ⅰ）当时，；当时，；
当时，.（Ⅱ）的范围为.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）易得，再对分情况确定的单调区间，根据在上的单调性即可得在上的最小值.（Ⅱ）设为在区间内的一个零点，注意到.联系到函数的图象可知，导函数在区间内存在零点，在区间内存在零点，即在区间内至少有两个零点. 由（Ⅰ）可知，当及时，在内都不可能有两个零点.所以.此时，在上单调递减，在上单调递增，因此，且必有.由得：，代入这两个不等式即可得的取值范围.
试题解答：（Ⅰ）
①当时，，所以.
②当时，由得.
若，则；若，则.
所以当时，在上单调递增，所以.
当时，在上单调递减，在上单调递增，所以.
当时，在上单调递减，所以.
（Ⅱ）设为在区间内一个零点，则由可知，
在区间上不可能单调递增，也不可能单调递减.
则不可能恒为正，也不可能恒为负.
故在区间内存在零点.
同理在区间内存在零点.
所以在区间内至少有两个零点.
由（Ⅰ）知，当时，在上单调递增，故在内至多有一个零点.
当时，在上单调递减，故在内至多有一个零点.
所以.
此时，在上单调递减，在上单调递增，
因此，必有
.
由得：，有
.
解得.
当时，在区间内有最小值.
若，则，
从而在区间上单调递增，这与矛盾，所以.
又，
故此时在和内各只有一个零点和.
由此可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
所以，，
故在内有零点.
综上可知，的取值范围是.
【考点定位】导数的应用及函数的零点.
【此处有视频，请去附件查看】
（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22.选修4-4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线相交于两点，设点，已知，求实数的值.
【答案】（1）直线: ，曲线:（2）
【解析】
分析】
（1）在直线的参数方程中消去参数t得直线的一般方程，在曲线的极坐标方程为中先两边同乘，得曲线的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程直接代入曲线的直角坐标方程中，得到韦达定理，由，，列方程求出答案.
【详解】解：（1）因为直线的参数方程为
消去t化简得直线的普通方程：
由得，
因为，
所以，
所以曲线的直角坐标方程为
（2）将代入得
即，
则，，
∴，
∴
∴
∵，∴，满足
∴
【点睛】本题考查了直线的参数方程，曲线极坐标方程与直角坐标方程得转化，直线与圆的位置关系，属于中档题.
23.已知函数．
（1）解不等式；
（2）若关于的不等式的解集不是空集，求的取值范围．
【答案】(1) (2) 或
【解析】
【分析】
（1）分类讨论去绝对值，分别解得每一段的解集，取并集即可.
（2）直接利用绝对值三角不等式求得最小值，解得a的范围即可.
【详解】（1）由题意可得，
当时，，得，无解；
当时，，得，即；
当时，，得，即.
所以不等式的解集为.
（2），
则由题可得，
解得或.
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了绝对值不等式的几何意义及应用，考查了分类讨论思想，属于中档题.