山东省菏泽市2019届高三数学上学期期末考试试题理（含解析）.docx

山东省菏泽市2019届高三数学上学期期末考试试题 理（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.1.设集合A=xN|2x2的真子集的个数是A. 8B. 7C. 4D. 3【答案】D【解析】【分析】先求出集合A=0，1，由此能求出集合A的真子集的个数【详解】集合A=xN|2x0，y0，lg 2xlg 8ylg 2，则的最小值是（ ）A. 2B. 2C. 4D. 2【答案】C【解析】试题分析：因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故选C考点：1、对数的运算；2、基本不等式8.为了得到函数的图象，可以将函数的图象 （ ）A. 向右平移个单位B. 向左平移个单位C. 向右平移个单位D. 向左平移个单位【答案】D【解析】本题考查函数图像平移变换:函数的图像平移单位(k0,向左；k0,向右)所得图像对应函数为将函数的图象平移个单位后，所得图像对应函数为；令得.故选D9.过双曲线 的右焦点与对称轴垂直的直线与渐近线交于两点，若的面积为，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由题意，得代入，得交点，则.整理，得，故选D.考点：1、双曲线渐近线；2、双曲线离心率.10.已知等差数列an的公差d0，Sn为其前n项和，若a2，a3，a6成等比数列，且a45，则的最小值是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】据题意可得，解可得、的值，即可得，令且，求出即可求出最小值【详解】等差数列的公差，成等比数列，且，解得，当时，则，令且，解得，即时，取得最小值，且，故选A【点睛】本题考查数列最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等差数列、等比数列的性质的合理运用11.如图所示，正方体ABCDABCD的棱长为1，E，F分别是棱AA，CC的中点，过直线E，F的平面分别与棱BB、DD交于M，N，设BMx，x0，1，给出以下四个命题：平面MENF平面BDDB；当且仅当x时，四边形MENF的面积最小；四边形MENF周长Lf（x），x0，1是单调函数；四棱锥CMENF的体积Vh（x）为常函数；以上命题中假命题的序号为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用面面垂直的判定定理去证明平面；四边形的对角线是固定的，所以要使面积最小，则只需的长度最小即可；判断周长的变化情况；求出四棱锥的体积，进行判断【详解】连结，则由正方体的性质可知，平面，所以平面平面，所以正确；连结，因为平面，所以，四边形的对角线是固定的，所以要使面积最小，则只需的长度最小即可，此时当为棱的中点时，即时，此时长度最小，对应四边形的面积最小，所以正确；因为，所以四边形是菱形，当时，的长度由大变小，当时，的长度由小变大，所以函数不单调，所以错误；连结，则四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以为底，以，分别为顶点的两个小棱锥，因为三角形的面积是个常数，到平面的距离是个常数，所以四棱锥的体积为常函数，所以正确，所以四个命题中假命题，所以选C【点睛】本题主要考查空间立体几何中的面面垂直关系以及空间几何体的体积公式，本题巧妙的把立体几何问题和函数进行的有机的结合，综合性较强，设计巧妙，对学生的解题能力要求较高，有一定难度.12.非零向量，的夹角为，且满足（0），向量组，由一个和两个排列而成，向量组，由两个和一个排列而成，若所有可能值中的最小值为4，则（）A. 1B. 3C. D. 【答案】C【解析】【分析】列出向量组的所有排列，计算所有可能的值，根据最小值列出不等式组解出【详解】，向量组，共有3种情况，即， ，向量组共有3种情况，即，所有可能值中的最小值为，或，解得，故选C【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的性质及其运算，排列问题，属于中档题二、填空题（每题5分，共20分，将答案填在答题卡上)13.曲线y2ln（x+2）在点（1，0）处的切线方程为_.【答案】2xy+20【解析】【分析】求得函数的导数，可得切线的斜率，由点斜式方程可得所求切线方程【详解】的导数为，可得切线的斜率为，即有曲线在处的切线方程为，即，故答案为【点睛】本题考查导数的运用：求切线方程，考查直线方程的运用，属于基础题14.在三棱锥中，侧棱，两两垂直，、的面积分别为、，则三棱锥的外接球的体积为_【答案】【解析】设，则由题设可得，解之得，所以以，为棱的正方体与该三棱锥具有共同的外接球，外接球的直径，即，故外接球的体积，应填答案。15.已知锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b2a（a+c），则的取值范围是_.【答案】（，）【解析】【分析】由利用余弦定理，可得，正弦定理边化角，再消去，可得，利用三角形是锐角三角形，结合三角函数的有界性，可得的取值范围【详解】由及余弦定理可得，正弦定理边化角，得，是锐角三角形，即，那么：，则，故答案为.【点睛】本题主要考查了三角形的正余弦定理和内角和定理的运用，考查运算能力，属于中档题16.中国传统文化中很多内容体现了数学的对称美，如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分展现了相互转化、对称统一的形式美、和谐美，给出定义：能够将圆O的周长和面积同时平分的函数称为这个圆的“优美函数”，给出下列命题：对于任意一个圆O，其“优美函数”有无数个；函数f（x）ln（）可以是某个圆的“优美函数”；函数y1+sinx可以同时是无数个圆的“优美函数”；函数y2x+1可以同时是无数个圆的“优美函数”；函数yf（x）是“优美函数”的充要条件为函数yf（x）的图象是中心对称图形.其中正确的命题是_.【答案】【解析】【分析】根据优美函数的定义，经过圆心的直线满足；对于函数根据其单调性且图象为曲线可判断；当圆心经过的中心时可判断；直线经过圆心时可判断；举出反例双曲线可判断.【详解】对于任意一个圆，其过圆心的对称轴由无数条，所以其“优美函数”有无数个，故正确；函数的定义域为，在上单调递减，在上单调递增且图象为曲线，故不可以是某个圆的“优美函数”，故不正确；当圆经过函数的对称中心时，根据的图象可知可以将圆分成优美函数，图象可以延伸，所以可以同时是无数个圆的“优美函数”；函数只要过圆心，即可以同时是无数个圆的“优美函数”；函数是“优美函数”的充要条件为函数的图象是中心对称图形，不对，有些中心对称图形不一定是“优美函数”，比如“双曲线”；故答案为【点睛】本题考查的知识点是函数图象的对称性，正确理解新定义是解答的关键，属于中档题.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写岀文字说明，证明过程或演算步骤.17.解关于的不等式：ax2+（1a）x10（a0）.【答案】详见解析【解析】【分析】把二次项的系数变为大于，将和1比较进行分类讨论可求出不等式的解集.【详解】解：ax2+（1a）x10可得（ax+1）（x1）0，即（x+）（x1）0，当1时，即a1时，不等式的解为x1，当1时，即1a0，不等式的解为1x，当1时，即a1时，不等式的解集为空集，故当a1时，不等式的解集为（，1），当1a1时，不等式的解为（1，），当a1时，不等式的解集为空集.【点睛】本题主要考查了含有参数的一元二次不等式的解法，分类讨论思想的应用，常见的讨论形式有：1、对二次项系数进行讨论；2、对相应的方程是否有零点进行讨论；3、对相应零点的大小进行讨论等，属于中档题.18.设函数f（x）Asin（x+）（A，为常数，且A0，0，0）的部分图象如图所示.（1）求A，的值；（2）设为锐角，且f（），求f（）的值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由图象可得，最小正周期，利用周期公式可求，由，得，结合范围，可求的值；（2）由已知可求，由，结合，可得范围，利用同角三角函数基本关系式可求的值，利用两角差的正弦函数公式即可计算得解.【详解】（1）由图象，得，最小正周期，由，得，kZ，.（2）由，得，又，.【点睛】本题主要考查了的部分图象确定其解析式，周期公式，同角三角函数基本关系式，两角差的正弦函数公式的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题.19.已知数列an的首项为a11，且.（）证明：数列an+2是等比数列，并求数列an的通项公式；（）设bnlog2（an+2）log23，求数列的前n项和.【答案】(1) ;(2) .【解析】试题分析：(1)由;(2)，利用错位相减法求和即可.试题解析：（），则数列是以3为首项，以2为公比的等比数列，即.（）由（）知，.，则.点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“SnqSn”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.20.如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABCBAD90，ADAP4，ABBC2，M为PC的中点点N在线段AD上.（1）点N为线段AD的中点时，求证：直线PA面BMN；（2）若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，求二面角CBMN所成角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连结点，交于点，连结，推导出四边形为正方形，由此能证明直线平面；（2）分别以，为，轴，建立空间直角坐标系，由此能求出平面与平面所成角的余弦值.【详解】证明：（1）连结点AC，BN，交于点E，连结ME，点N为线段AD的中点，AD4，AN2，ABCBAD90，ABBC2，四边形ABCN为正方形，E为AC的中点，MEPA，PA平面BMN，直线PA平面BMN.（2）PA平面ABCD，且AB，AD平面ABCD，PAAB，PAAD，BAD90，PA，AB，AD两两互相垂直，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则由ADAP4，ABBC2，得：B（2，0，0），C（2，2，0），P（0，0，4），M为PC的中点，M（1，1，2），设AN，则N（0，0），（04），则（1，1，2），（0，2，0），（2，0，4），设平面PBC的法向量为（x，y，z），直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，.解得1，则N（0，1，0），（2，1，0），（1，1，2），设平面BMN的法向量（x，y，z），x+y+2z0，2x+y0，令x2，得（2，4，1），cos平面PBC与平面BMN所成角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查面面所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用.21.已知以椭圆C：（ab0）的两焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形为等腰直角三角形，直线x+y+10与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆相切.（1）求椭圆C的方程；（2）矩形ABCD的两顶点C、D在直线yx+2上，A、B在椭圆C上，若矩形ABCD的周长为，求直线AB的方程.【答案】（1）；（2）yx+1或.【解析】【分析】（1）由两焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形为等腰直角三角形，得出，于是得出，然后利用圆心到直线的距离等于圆的半径列出等式，并代入关系式可得出、的值，即可得出椭圆的方程；（2）根据矩形对边互相平行，设直线的方程为，并设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，由得出的取值范围，列出韦达定理，利用弦长公式得出的表达式，利用两平行直线的距离公式得出直线和的距离，即为，再由列出有关的方程，即可求出的值，于是可得出直线的方程.【详解】（1）由题意知，以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆长半轴长为半径的圆的方程为，圆心到直线x+y+10的距离，以椭圆C的两焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形为等腰直角三角形，所以，bc，代入式得bc1，.因此，所求椭圆的方程为；（2）设直线AB的方程为yx+m，代入椭圆C的方程，整理得3x2+4mx+2m220，由0，得，设点A（x1，y1）、B（x2，y2），则，.，易知，则由知，所以，由已知可得，即，整理得41m2+30m710，解得m1或，所以，直线AB的方程为yx+1或.【点睛】本题考查直线与椭圆的综合，考查椭圆的几何性质，考查了弦长公式与距离公式，考查计算能力，属于中等题.22.已知函数f（x）lnx+1，aR.（1）当a0时，若函数f（x）在区间1，3上的最小值为，求a的值；（2）讨论函数g（x）f（x）零点的个数.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】【分析】（1）首先求解导函数，然后分类讨论求解实数的值即可；（2）首先求解导函数，然后进行二次求导，结合二阶导函数的解析式讨论函数的零点个数即可.【详解】解：（1），当0a1时，f（x）0在（1，3）上恒成立，这时f（x）在1，3上为增函数，f（x）minf（1）a1，令得（舍去），当1a3时，由f（x）0得，xa（1，3），若x（1，a），有f（x）0，f（x）在1，a上为减函数，若x（a，3）有f（x）0，f（x）在a，3上为增函数，f（x）minf（a）lna，令，得.当a3时，f（x）0在（1，3）上恒成立，这时f（x）在1，3上为减函数，令得a43ln32（舍去）.综上知.（2）函数，令g（x）0，得.设，当x（0，1）时，