辽宁省鞍山一中2019届高三数学上学期期中试题理（含解析）.docx

辽宁省鞍山一中2019届高三（上）期中数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知全集，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出全集中的元素，再由可得B，再由交集定义求解即可.【详解】全集，由，可得.所以.故选C.【点睛】本题主要考查了集合的补集和交集的运算，属于基础题.2.在复平面内，复数所对应的点位于A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】利用复数的运算法则把复数化简为z，进而得到答案【详解】设z,所以复数所对应的点位于第二象限故选：B【点睛】解决此类问题的关键是合理正确的运用复数的运算法则以及有关复数的运算性质，并且灵活运用复数的运算技巧3.“”是“”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】由得，故“”是“”的必要不充分条件，故选B.4.在平面直角坐标系中，已知向量，若，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由向量平行的坐标表示列方程求解即可.【详解】向量.若，则有：.解得.故选C.【点睛】本题主要考查了两向量平行的坐标表示，属于基础题.5.设m，n是两条不同的直线，、是三个不同的平面，给出下列命题，正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】试题分析：对于A选项，可能m与相交或平行，对于选项B，由于，则在内一定有一直线设为与平行，又，则，又，根据面面垂直的判定定理，可知，故B选项正确，对于C选项，可能有，对于D选项，可能与相交.考点：线面间的位置关系6.设是定义在R上的奇函数，当时，则A. B. C. 1 D. 3【答案】D【解析】【分析】由函数为奇函数可得，进而代入解析式求解即可.【详解】因为是定义在上的奇函数，所以.又当时，所以.所以.故选D.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性应用，属于基础题.7.在等差数列中，其前项和为，若，则的值等于（ ）A. -2019 B. -2018 C. 2018 D. 2019【答案】A【解析】【分析】设等差数列的公差为，则，将通项公式代入条件可解得，再由前n项和的通项公式求解即可.【详解】设等差数列的公差为，则，所以.则.解得.所以.故选A.【点睛】本题主要考查了数列的前n项和的通项公式，属于公式应用题，运算是关键.8.在中，的平分线交于，,则的长为（ ）A. 3 B. 6 C. 9 D. 12【答案】D【解析】【分析】过点D作分别交AB、AC于E、F，可得平行四边形AFDE为菱形，所以，由三点共线的向量形式可得，进而由的长可得，进而得AC.【详解】如图所示，过点D作分别交AB、AC于E、F.由，且B,C,D三点共线，所以，解得.由图可知：，所以，.又为的平分线，所以平行四边形AFDE为菱形，所以.，所以，所以.故选D.【点睛】利用平面向量判定三点共线往往有以下两种方法：三点共线；为平面上任一点，三点共线，且.9.正项等比数列中，存在两项使得，且，则的最小值是( )A. B. 2 C. D. 【答案】A【解析】试题分析：由得解得，再由得，所以，所以.考点：数列与基本不等式.【思路点晴】本题主要考查等比数列的基本元思想，考查基本不等式.第一步是解决等比数列的首项和公比，也即求出等比数列的基本元，在求解过程中，先对具体的数值条件进行化简，可求出，由此化简第一个条件，可得到；接下来第二步是基本不等式常用的处理技巧，先乘以一个常数，再除以这个常数，构造基本不等式结构来求.10.已知函数, 则函数的图象（ ）A. 最小正周期为T=2p B. 关于点直线 对称C. 关于直线对称 D. 在区间上为减函数【答案】C【解析】【详解】函数.可知函数的最小正周期为；，为函数的最大值，所以直线为函数的对称轴.故选C.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简，用到了两角和的余弦展开及二倍角公式，以及正弦型三角函数的性质，属于基础题.11.在矩形中，沿将矩形折叠，其正视图和俯视图如图所示. 此时连结顶点形成三棱锥，则其侧视图的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】12.已知函数若当方程有四个不等实根，（）时，不等式恒成立，则实数的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：当时，所以，由此画出函数的图象如下图所示，由于，故.且.所以，由分离参数得，令，则上式化为，即，此方程有实数根，判别式大于或等于零，即，解得，所以，故选B.考点：分段函数与不等式.【思路点晴】本题考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法.第一步是根据题意求完整的解析式，由于第二段函数是用对应法则来表示，注意到当时，所以，由此求得函数的表达式并画出图象，根据图象的对称性可知，且.第二步用分离常数的方法，分离常数，然后利用求值域的方法求得的最小值.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若，则_ .【答案】1【解析】【分析】由计算求解即可.【详解】由.解得或-2（舍）故答案为：1.【点睛】本题主要考查了定积分的计算，属于基础题.14.如图，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H，I，J分别为AF，AD，BE、DE的中点将沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，GH与IJ所成角的度数为_【答案】【解析】【分析】将ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，则IJ侧棱，故GH与IJ所成角与侧棱与GH所成的角相等AD为折成三棱锥的侧棱，则GH与IJ所成角的度数为60【详解】将ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，I、J分别为BE、DE的中点，则IJ侧棱，故GH与IJ所成角与侧棱与GH所成的角相等；AD为折成三棱锥的侧棱，因为AHG60，故GH与IJ所成角的度数为60，故答案为：60【点睛】本题主要考查异面直线的角度及余弦值计算解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的合理运用15.在中，则在方向上的投影是_【答案】【解析】ABC中， ， ；又AB=3，AC=4，在方向上的投影是-4；如图所示故选：C点睛：本题考查了平面向量的数量积以及投影的应用问题，也考查了数形结合思想的应用问题，是基础题目.16.用表示自然数n的所有因数中最大的那个奇数，例如：9的因数有1，3，9，10的因数有1，2，5，10，那么_【答案】【解析】【分析】根据题中对g（n）的定义，判断出g（n）g（2n），且若n为奇数则g（n）n，利用等差数列的前n项和公式及逐差累加的方法及等比数列的前n项和公式求出g（1）+g（2）+g（3）+g（2n1），令n220181求出g（1）+g（2）+g（3）+g（220181）【详解】由g（n）的定义易知g（n）g（2n），且若n为奇数则g（n）n，令f（n）g（1）+g（2）+g（3）+g（2n1），则f（n+1）g（1）+g（2）+g（3）+g（2n+11）1+3+（2n+11）+g（2）+g（4）+g（2n+12）g（1）+g（2）+g（2n+12）4n+f（n），即f（n+1）f（n）4n，分别取n为1，2，n并累加得f（n+1）f（1）4+42+4n（4n1），又f（1）g（1）1，所以f（n+1）（4n1）+1，所以f（n）g（1）+g（2）+g（3）+g（2n1）（4n11）+1，令n220181，得：g（1）+g（2）+g（3）+g（220181）（4201811）+1故答案为：【点睛】本题考查等差数列的前n项和公式、等比数列的前n项和公式、逐差累加的方法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.数列的前项和为，满足，等比数列满足. （1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由，时，即可得；（2）先求出，由为等比数列可得，从而得，再利用等比数列求和公式求解即可.【详解】（1）由，得；当时，因为满足上式，所以.（2）等比数列满足，所以公比为，所以.所以数列的前项和.【点睛】本题主要考查了利用求数列的通项公式及等比数列的通项公式和等比数列的前n项和公式，属于基础题.18.如图，在直三棱柱中，M是棱的中点，求证：；求直线AM与平面所成角的正弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）由题意利用几何体的垂直关系建立直角坐标系，求对应向量的数量积为零，即得出垂直；（2）在（1）的坐标系中，求出面AA1B1B的法向量，再利用对应向量的数量积求余弦值的绝对值，即为所求【详解】如图，以B为原点，BA、所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系，则0，2，2，即，；轴面，面的法向量取0，设直线AM与平面所成角为，直线AM与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查了线线垂直和线面角，利用几何体垂直关系建立坐标系，再利用对应向量的数量积证明线线垂直和求解线面角的正弦值，这是立体几何中常用的一种方法19.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足求角A的大小；若D为BC上一点，且满足，求a【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理将变化为角，再利用两角和的正弦展开化简可得，从而得解；（2）由条件可得，两边平方可得，再由余弦定理可得，从而可得解.【详解】（1）由正弦定理，可得：，即，由，可得.由为的内角，所以.（2）由，可得.将上式平方可得：.解得.由余弦定理可得.所以.【点睛】本题主要考查了利用正余弦定理求解三角形，涉及到了向量基本运算，属于中档题.20.等差数列的前n项和为，且成等比数列，求数列的通项公式；令，数列的前n项和为，若对于任意的，都有成立，求实数的取值范围【答案】（）（）或【解析】【分析】（）通过设等差数列an的公差为d，并用首项和公差d表示其他项，通过联立方程组计算即得结论；（）通过（I），裂项可知bn的通项公式，进而并项相加即得结论【详解】解：设等差数列的公差为d，由，得即，解得：，或，当，时，没有意义，此时由可知，.，为满足题意，必须，或【点睛】本题考查数列的通项及前n项和，考查裂项相消法，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题21.已知函数.（1）当时，求函数的图象在处的切线方程；（2）若函数在定义域上为单调增函数.求最大整数值； 证明：.【答案】（1）；（2）2；见解析【解析】试题分析：（1）根据导数几何意义得切线斜率为，再根据点斜式求切线方程（2）先转化条件为恒成立，再根据，得当时，恒成立.最后举反例说明当时，不恒成立.对应要证不等式，在中取，得，再根据等比数列求和公式得左边和为，显然.试题解析：（1）当时，又，则所求切线方程为，即.（2）由题意知，若函数在定义域上为单调增函数，则恒成立.先证明.设，则，则函数在上单调递减，在上单调递增，即.同理可证，,.当时，恒成立.当时，即不恒成立. 综上所述，的最大整数值为2. 由知，令，.由此可知，当时，.当时，当时，当时，.累加得.又，.22.已知函数 （）当a=1时