湖南岳陽第一中學高三數(shù)學第三次質檢期中理

湖南省岳陽市第一中學2019屆高三數(shù)學上學期第三次質檢（期中）試題 理（含解析）一、選擇題（本大題共12小題，共60.0分）1.已知集合，則A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分別利用一元二次不等式的解法以及二次函數(shù)的值域化簡集合，根據(jù)交集的定義可求出【詳解】集合，則故選C.【點睛】研究集合問題，一定要抓住元素，看元素應滿足的屬性.研究兩集合的關系時，關鍵是將兩集合的關系轉化為元素間的關系，本題實質求滿足屬于集合且屬于集合的元素的集合.2.在復平面內，復數(shù)對應的點位于A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】直接利用復數(shù)代數(shù)形式的乘法運算化簡，可得復數(shù)對應坐標，從而可得答案【詳解】，復數(shù)對應的點的坐標為，位于第四象限，故選D【點睛】本題考查復數(shù)代數(shù)形式的乘法運算，考查復數(shù)幾何意義，是基礎題解題時一定要注意應用，注意運算的準確性，否則很容易出現(xiàn)錯誤.3.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的的值為A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】A【解析】【分析】模擬執(zhí)行程序框圖，只要按照程序框圖規(guī)定的運算方法逐次計算，直到達到輸出條件即可得到輸出的的值【詳解】模擬執(zhí)行程序框圖，第一次運行：滿足條件，；第二次運行：滿足條件，；第三次運行：滿足條件，；滿足判斷框的條件，繼續(xù)運行，第四次運行：，不滿足判斷框的條件，退出循環(huán)故最后輸出的值為4,故選A【點睛】本題主要考查程序框圖的循環(huán)結構流程圖，屬于中檔題. 解決程序框圖問題時一定注意以下幾點：(1) 不要混淆處理框和輸入框；(2) 注意區(qū)分程序框圖是條件分支結構還是循環(huán)結構；(3) 注意區(qū)分當型循環(huán)結構和直到型循環(huán)結構；(4) 處理循環(huán)結構的問題時一定要正確控制循環(huán)次數(shù)；(5) 要注意各個框的順序,（6）在給出程序框圖求解輸出結果的試題中只要按照程序框圖規(guī)定的運算方法逐次計算，直到達到輸出條件即可.4.已知命題，命題，則（ ）A. 命題是假命題 B. 命題是真命題C. 命題是真命題 D. 命題是假命題【答案】C【解析】當時，則不等式成立，即命題是真命題，當時，不成立，即命題是假命題，是真命題，所以命題是真命題，故選.5.函數(shù)的單調遞增區(qū)間是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根據(jù)，結合，解不等式即可求得答案【詳解】由得：，所以即的單調遞增區(qū)間為故選A【點睛】本題主要考查三角函數(shù)的單調性，屬于中檔題.函數(shù)的單調區(qū)間的求法：若,把看作是一個整體，(1)由 可求得函數(shù)的減區(qū)間；（2）由可求得增區(qū)間6.已知，且，則的最小值是A. 4 B. 12 C. 16 D. 18【答案】C【解析】【分析】變形，利用基本不等式可得結果，注意等號成立的條件【詳解】因為所以當且僅當時，取等號即的最小值是16，故選C【點睛】本題主要考查利用基本不等式求最值，屬于難題.利用基本不等式求最值時，一定要正確理解和掌握“一正，二定，三相等”的內涵：一正是，首先要判斷參數(shù)是否為正；二定是，其次要看和或積是否為定值（和定積最大，積定和最?。?；三相等是，最后一定要驗證等號能否成立（主要注意兩點，一是相等時參數(shù)否在定義域內，二是多次用或時等號能否同時成立）.7.若 ，則（ ）A. B. C. 1 D. 【答案】A【解析】試題分析：由，得或，所以，故選A【考點】同角三角函數(shù)間的基本關系，倍角公式【方法點撥】三角函數(shù)求值：“給角求值”將非特殊角向特殊角轉化，通過相消或相約消去非特殊角，進而求出三角函數(shù)值；“給值求值”關鍵是目標明確，建立已知和所求之間的聯(lián)系視頻8.函數(shù) 為奇函數(shù)，該函數(shù)的部分圖像如右圖所表示，、分別為最高點與最低點，并且兩點間的距離為，則該函數(shù)的一條對稱軸為A. B. C. D. 【答案】C【解析】試題分析：因為函數(shù)為奇函數(shù)，所以所以函數(shù)可化為由 ，設函數(shù)周期為T，可得所以，所以函數(shù)的解析式為代入四個選項可得是該函數(shù)圖象的一條對稱軸考點：1函數(shù)圖象的識別2三角函數(shù)的性質3解三角形的知識9.觀察，由歸納推理可得：若定義在上的函數(shù)滿足，記為的導函數(shù)，則A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由，可發(fā)現(xiàn)原函數(shù)都是偶函數(shù)，得到的導函數(shù)是奇函數(shù)，可歸納出偶函數(shù)的導函數(shù)為奇函數(shù)，從而可得到答案【詳解】由中，原函數(shù)為偶函數(shù)，導函數(shù)為奇函數(shù)； 中，原函數(shù)為偶函數(shù)，導函數(shù)為奇函數(shù)； 中，原函數(shù)為偶函數(shù)，導函數(shù)為奇函數(shù)；，我們可以推斷，偶函數(shù)的導函數(shù)為奇函數(shù)若定義在上的函數(shù)滿足，則函數(shù)為偶函數(shù)，又為的導函數(shù)，則奇函數(shù)，故，即，故選A【點睛】本題考查的知識點是歸納推理，及函數(shù)奇偶性的性質，屬于中檔題歸納推理的一般步驟: 一、通過觀察個別情況發(fā)現(xiàn)某些相同的性質. 二、從已知的相同性質中推出一個明確表述的一般性命題(猜想）. 常見的歸納推理分為數(shù)的歸納和形的歸納兩類：(1) 數(shù)的歸納包括數(shù)的歸納和式子的歸納，解決此類問題時，需要細心觀察，尋求相鄰項及項與序號之間的關系，同時還要聯(lián)系相關的知識，如等差數(shù)列、等比數(shù)列等；(2) 形的歸納主要包括圖形數(shù)目的歸納和圖形變化規(guī)律的歸納.10.已知球的半徑為，三點在球的球面上，球心到平面的距離為，, 則球的表面積為A. B. C. D. 【答案】D【解析】在 中， ，由正弦定理可得平面截球所得圓的半徑（即的外接圓半徑）， 又球心到平面的距離 球的半徑 ，故球O的表面積 故選D【點睛】本題考查的知識點是球的體積和表面積，其中根據(jù)已知條件求出球的半徑是解答本題的關鍵11.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體中，面積最大的側面的面積為A. B. C. D. 3【答案】B【解析】【分析】由三視圖可得到幾何體的直觀圖如圖所示，平面平面，四棱錐的高為1，四邊形是邊長為1的正方形，分別計算各側面積，即可得出結論【詳解】由三視圖可知，幾何體的直觀圖如圖所示，平面平面，四棱錐的高為1，四邊形是邊長為1的正方形，則，綜上可知，面積最大的側面的面積為，故選B【點睛】本題利用空間幾何體的三視圖重點考查學生的空間想象能力和抽象思維能力，屬于中檔題.三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響，對簡單組合體三視圖問題，先看俯視圖確定底面的形狀，根據(jù)正視圖和側視圖，確定組合體的形狀.12.在數(shù)列中，若數(shù)列滿足，則數(shù)列的最大項為A. 第5項 B. 第6項 C. 第7項 D. 第8項【答案】B【解析】【分析】利用累加法求出數(shù)列的通項公式，可得，進一步利用，建立不等式組，從而可得結果【詳解】數(shù)列中，得到：，上邊個式子相加得：，解得：當時，首項符合通項故：數(shù)列滿足，則，由于，故：，解得：，由于是正整數(shù)，故故選B【點睛】本題主要考查遞推公式求數(shù)列的通項公式、累加法的應用，數(shù)列最大項的求法，屬于難題由數(shù)列的遞推公式求通項常用的方法有：（1）等差數(shù)列、等比數(shù)列（先根據(jù)條件判定出數(shù)列是等差、等比數(shù)列）；（2）累加法，相鄰兩項的差成等求和的數(shù)列可利用累加法求通項公式；（3）累乘法，相鄰兩項的商是能求出積的特殊數(shù)列時用累乘法求通項；（4）構造法，形如的遞推公式，可構造等比數(shù)例，進而得出的通項公式.二、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.已知點在不等式組表示的平面區(qū)域上運動，則的最大值是_【答案】4【解析】【分析】由約束條件作出可行域，化目標函數(shù)為直線方程的斜截式，數(shù)形結合得到最優(yōu)解，聯(lián)立方程組求得最優(yōu)解的坐標，把最優(yōu)解的坐標代入目標函數(shù)得結論.【詳解】作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖：陰影部分由可得，由得，平移直線， 由圖象可知當直線經(jīng)過點時，直線的截距最大，此時最大將代入目標函數(shù)得，故答案為4【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃中，利用可行域求目標函數(shù)的最值，屬于簡單題.求目標函數(shù)最值的一般步驟是“一畫、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是實線還是虛線）；（2）找到目標函數(shù)對應的最優(yōu)解對應點（在可行域內平移變形后的目標函數(shù)，最先通過或最后通過的頂點就是最優(yōu)解）；（3）將最優(yōu)解坐標代入目標函數(shù)求出最值14.設，是夾角為的單位向量，則_【答案】【解析】【分析】將平方，利用平面向量數(shù)量積公式以及平面向量數(shù)量積的運算法則，求出的值，從而可得結果【詳解】，是夾角為的單位向量，且，則，故答案為【點睛】本題考查了平面向量數(shù)量積的定義與運算，是基礎題向量數(shù)量積的運算主要掌握兩點：一是數(shù)量積的基本公式；二是向量的平方等于向量模的平方.15.設a0，若an且數(shù)列an是遞增數(shù)列，則實數(shù)a的范圍是_【答案】2a3【解析】由an是遞增數(shù)列，得解得2a316.對于函數(shù)，若存在，使，則稱點是曲線的“優(yōu)美點”，已知，若曲線存在“優(yōu)美點”，則實數(shù)的取值范圍為_.【答案】【解析】【分析】曲線存在“優(yōu)美點”，等價于當時， 關于原點對稱的函數(shù)圖象與當時的圖象有交點，求得時函數(shù)關于原點對稱函數(shù)的解析式，聯(lián)立，解得，由基本不等式可得的范圍【詳解】，若曲線存在“優(yōu)美點”，等價于當時， 關于原點對稱的函數(shù)圖象與當時的圖象有交點，當時，關于原點對稱的函數(shù)解析式為，由與聯(lián)立，可得在有解，由，當且僅當時，取得等號，即有，則的取值范圍是，故答案為【點睛】本題主要考查基本不等式的應用、轉化與劃歸思想的應用，以及新定義的理解和運用，屬于難題遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決.三、解答題（本大題共7小題，共70.0分）17.已知數(shù)列的前項和為，且，數(shù)列為等差數(shù)列，且公差，；求數(shù)列的通項公式；若成等比數(shù)列，求數(shù)列的前項和【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】 由，得,兩式相減，即可發(fā)現(xiàn)為等比數(shù)列，從而求出的通項公式；由中數(shù)列的通項公式，把，和代入，再根據(jù)等比數(shù)列的性質求出，從而求得公差，得到的通項公式，然后再利用等差數(shù)列的求和公式求其前項和【詳解】由，得,相減得：，即，則,當時，數(shù)列是等比數(shù)列，.，,由題意，而,設，得或舍去,故.【點睛】本題主要考查等比數(shù)列和等差數(shù)列的性質，根據(jù)數(shù)列的遞推法求其通項公式，還考查了等差數(shù)列的前項的和，屬于中檔題已知數(shù)列前項和，求數(shù)列通項公式，常用公式，將所給條件化為關于前項和的遞推關系或是關于第項的遞推關系，若滿足等比數(shù)列或等差數(shù)列定義，用等比數(shù)列或等差數(shù)列通項公式求出數(shù)列的通項公式，否則適當變形構造等比或等數(shù)列求通項公式. 在利用與通項的關系求的過程中，一定要注意 的情況.18.中，分別是內角所對的邊，且滿足求角的值；若，邊上的中線，求的面積【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】由，根據(jù)正弦定理，兩角和的正弦函數(shù)公式，化簡可得，由于，可求，進而可求的值；由，結合平面向量數(shù)量積的運算可得，解得的值，根據(jù)三角形面積公式即可得結果【詳解】，由正弦定理得：，即，從而，即：，又中，故，得.由，得：，從而或舍，故.【點睛】本題主要考查了正弦定理，兩角和的正弦函數(shù)公式，三角形面積公式在解三角形中的應用，屬于中檔題以三角形和平面向量為載體，三角恒等變換為手段，正弦定理、余弦定理為工具，對三角函數(shù)及解三角形進行考查是近幾年高考考查的一類熱點問題，一般難度不大，但綜合性較強.解答這類問題，兩角和與差的正余弦公式、誘導公式以及二倍角公式，一定要熟練掌握并靈活應用，特別是二倍角公式的各種變化形式要熟記于心.19.設二次函數(shù)在區(qū)間上的最大值、最小值分別是，集合（）若，且，求的值；（）若，且，記，求的最小值【答案】（），；（）.【解析】試題分析：（）由方程的根求出函數(shù)解析式，再利用函數(shù)的單調性求出最值；（）由方程有兩相等實根1，求出的關系式，消去得到含有參數(shù)函數(shù)解析式，進一步求出，再由的單調性求出最小值.試題解析：（）由，可知1分又，故1和2是方程的兩實根，所以3分 解得，4分所以，當時，即5分當時，即6分（）由題意知方程有兩相等實根1，所以，即， 8分所以，其對稱軸方程為，又，故9分所以，10分11分14分又在單調遞增，所以當時，16分考點：二次函數(shù)的解析式、二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，函數(shù)的單調性.20.如圖，在中，分別為的中點，的延長線交于現(xiàn)將沿折起，折成二面角，連接（1）求證：平面平面CBD；（2）當時，求二面角大小的余弦值【答案】（I）證明略（II）【解析】（I）證明：在，又E是CD的中點，得AFCD。 3分折起后，AECD，EFCD，又AEEF=E，AE平面AED，EF平面AEF，故CD平面AEF， 6分又CD平面CDB，故平面AEF平面CBD。 7分（II）方法一：解：過點A作AHEF，垂足H落在FE的延長線上。CD平面AEF，所以CDAH，AH平面CBD。8分以E為原點，EF所在直線為x軸，ED所在直線為y軸，過E與AH平行的直線為z軸建立如圖空間直角坐標系數(shù)。9分由（I）可知AEF即為所求二面角的平面角，設為，并設AC=a，可得11分得13分故二項角ACDB大小的余弦值為14分方法二：解：過點A作AHEF，垂足H落在FE的延長線，CD平面AEF，所以CDAH，AH平面CBD。 9分連接CH并延長交BD的延長線于G，由已知ACBD，得CHBD，即CGB=90，因此CEHCGD，則故12分又AECD，EFCD，AEF即為所求二面角的平面角，13分故二項角ACDB大小的余弦值為14分21.已知函數(shù)，（1）求函數(shù)的單調區(qū)間；（2）當時，恒成立，求實數(shù)的取值范圍；（3）當時，求證：當時，【答案】（1）在單調遞增，在單調遞減；（2）(3)見解析【解析】分析：（1）求出導函數(shù)，由可確定增區(qū)間，由可確定減區(qū)間；（2）即為，即，因此只要求得的最大值即可；（3）不等式可變形為，只要分別證明，其中，即能證明題設不等式詳解：（1）的定義域為，且.由 ，在單調遞增，在單調遞減；（2）解：， ，令，由，在單調遞增，在單調遞減，；（3）證明：等價于.令，則，令則，在單調遞增，在單調遞增，令，則，在單調遞減，當時，即.點睛：（1）用導