河北衡水第二中学高三数学上学期期中理

河北省衡水市第二中学2019届高三数学上学期期中试题 理（含解析）一：选择题，在每一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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据集合的基本运算进行求解即可.【详解】因为，所以，故选B.【点睛】该题考查的是有关集合的运算，属于简单题目.2.（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先计算，之后应用复数的除法运算法则，求得结果.【详解】，故选A.【点睛】该题考查的是有关复数的运算，属于简单题目.3.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据向量的平方与向量模的平方是相等的，结合题的条件求得结果.【详解】因为，所以，故选C.【点睛】该题考查的是有关利用所给的向量的模求向量的数量积的问题，属于简单题目.4.执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案.【详解】根据题意，循环体为“直到型”循环结构，输入，第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，结束循环，输出，故选B.【点睛】该题考查的是有关程序框图的问题，涉及到的知识点有循环结构程序框图的输出结果，属于简单题目.5.设，满足约束条件，则的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数对应的直线进行平移，可得当时取得最大值，得到结果.【详解】作出不等式组表示的平面区域如图所示：画出可行域知，当平移到过点A时z达到最大，由，解得，此时，故选C.【点睛】该题考查的是有关线性规划的问题，在解题的过程中，注意正确画出可行域是解题的关键，注意分析目标函数的形式以及z的几何意义，从而求得结果.6.如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据，结合几何体的体积公式，求解几何体的体积即可.【详解】由三视图可知，该几何体是在一个底面边长为，高为的四棱锥中挖掉个半径为的球，故该几何体的体积为 ，故选A.【点睛】该题考查的是有关几何体的体积的问题，涉及到的知识点有利用三视图还原几何体，求有关几何体的体积，属于中档题目.7.已知命题：存在正数，使函数在上为偶函数；：对任意的，函数的值恒为正数，则在命题，和中，真命题是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】首先判断命题和命题的真假，之后应用复合命题的真值表判断各个命题的真假，得到结果.【详解】当时，函数在上为偶函数，所以是真命题.当时，所以是假命题.故和是真命题，故选C.【点睛】该题考查复合命题的真假问题，在解题的过程中，正确判断命题和命题的真假是解题的关键.8.已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据，求得，结合角的范围，利用平方关系，求得，利用题的条件，求得，之后将角进行配凑，使得，利用正弦的和角公式求得结果.【详解】因为，所以，因为，所以.因为，所以，所以 ，故选D.【点睛】该题考查的是有关三角函数化简求值问题，涉及到的知识点有同角三角函数关系式，正弦函数的和角公式，在解题的过程中，注意时刻关注角的范围.9.已知函数，点，分别为图像在轴右侧的第一个最高点和第一个最低点，为坐标原点，若为锐角三角形，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先根据题的条件，将三角形三个顶点的坐标写出来，之后根据三角形是锐角三角形，利用向量夹角为锐角的条件，从而转化为向量的数量积大于零，即，找出所满足的条件，最后求得结果.【详解】由题意得，因为为锐角三角形.所以，即，从而，故选B.【点睛】该题考查的是有关利用锐角三角形求对应参数的取值范围，涉及到的知识点有正弦型函数图象上的特殊点的坐标，锐角三角形的等价转化，向量的数量积坐标公式，属于中档题目.10.数列中的项按顺序可以排列成如图的形式，第一行项，排；第二行项，从左到右分别排，；第三行项，以此类推，设数列的前项和为，则满足的最小正整数的值为（ ）4,4,434,43,4 4,43,4 , 4 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先根据题中所给的图中的数据，可以断定每行都是以4为首项，以3为公比的等比数列，利用求和公式求得每一行的各项的和，之后对各行求和，利用等比数列求和公式得到相应的不等式，求得结果.【详解】由图可知，第n行是4为首项，以3为公比的等比数列的前n项，和为，设满足的最小正整数为，项在图中排在第行第列（且），所以有，则，即图中从第行第列开始，和大于.因为前行共有项，所以最小正整数的值为，故选C.【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等比数列的求和公式，在解题的过程中，注意对图表的观察，注意对问题的转化，属于中档题目.11.已知函数，若对，使成立，则的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先根据条件判断出函数在上单调递增，从而去掉绝对值符号，记，该问题转化为在上单调递增，故在上恒成立，之后有在上恒成立，转化为最值来求解.【详解】当时，在上单调递增.则，因为，所以.记，因为，所以，则在上单调递增，故在上恒成立，即在上恒成立，整理得在上恒成立，则，故有，因为，使成立，所以，即.【点睛】该题考查导数与不等式恒成立的综合问题，考查转化与化归思想及运算求解能力，该题也可以转化为来求解，属于中档题目.二：填空题：把答填在答题卡的横线上。12.已知函数，则的定义域为_.【答案】【解析】【分析】首先根据分式、偶次根式和对数式有意义的条件，列出所满足的不等式组，最后求得结果，注意定义域的条件，必须写成集合或者区间.【详解】因为，所以，解得.【点睛】该题考查的是有关函数的定义域的求解问题，属于简单题目.13.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则_【答案】【解析】【分析】由已知利用余弦定理可求，又，可求b，c的值，根据余弦定理可求，利用同角三角函数基本关系式可求的值，根据三角形的面积公式即可计算得解【详解】，由余弦定理可得：，整理可得：，解得：，可得：，故答案为：【点睛】本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题14.在数列中，则_.【答案】【解析】【分析】由已知中数列的首项以及数列的递推公式，可求得的值，得到数列是周期数列并求得其周期，从而求得，代入求得结果.【详解】因为，所以，则数列是周期为的数列，故.因为，所以.【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式解决数列的问题，属于简单题目.15.已知体积为的正四棱锥外接球的球心为，其中在四棱锥内部.设球的半径为，球心到底面的距离为。过的中点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是_.【答案】【解析】【分析】首项根据题意作图，根据题中所给的条件，求得底面的边长为，四棱锥的高是，由棱锥的体积，求得，分析得出过点作球的截面，截面圆面积最小时是以点为圆心的截面圆，从而得到半径，求得圆的面积.【详解】如图取底面的中心为，连接平面，且球心在上，由条件知，连接，则，于是底面的边长为.又，故四棱锥的高是，所以，即，从而，于是，过的中点的最小截面圆是以点为圆心的截面圆，该截面圆的半径是，故所求面积为.【点睛】该题考查的是有关正四棱锥的外接球的问题，涉及到的知识点有锥体的体积公式，过球内一点球的截面圆面积的最小值，属于中档题目.三：解答题，解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤。16.在中，角，所对的边分别为，且满足.（1）求；（2）已知，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先利用正弦定理对题中所给的式子进行变形，整理得到，结合角B的取值范围求得结果；（2）利用题中所给的条件，结合（1）的结论，求得三角形的相应的边，之后应用直角三角形的面积公式求得结果.【详解】（1）在中，由正弦定理得.因为，所以，从而，所以，所以.（2）因为，所以 ，所以的面积.【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理，同角三角函数关系式，已知三角函数值求角，直角三角形的面积，属于简单题目.17.已知等差数列与公比为正数的等比数列满足，.（1）求，的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；.（2） 【解析】【分析】（1）由已知条件，利用等差数列和等比数列的性质，列出方程组，能求出数列的通项公式；（2）利用题的条件，求得 ，从而应用裂项相消法求得.【详解】（1）由题意，.设公差为，公比为，则，解得.故；.（2）因为，所以 ，故 .【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式和等比数列的通项公式的求解，以及应用裂项相消法对数列求和，属于中档题目.18.如图所示，在四面体中，平面平面，且.（1）证明：平面；（2）设为棱的中点，当四面体的体积取得最大值时，求二面角的余弦值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质得到平面，从而得到，利用勾股定理得到，利用线面垂直的判定定理证得平面；（2）设，利用椎体的体积公式求得 ，利用导数研究函数的单调性，从而求得时，四面体的体积取得最大值，之后利用空间向量求得二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以.因为，所以，所以，因为，所以平面.（2）解：设，则，四面体的体积 . ，当时，单调递增；当时，单调递减.故当时，四面体的体积取得最大值.以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，则，即，令，得，同理可得平面的一个法向量为，则.由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的性质，线面垂直的判定，椎体的体积，二面角的求法，在解题的过程中，注意巧用导数求解体积的最大值.19.已知椭圆：的四个顶点围成的四边形的面积为，原点到直线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）已知定点，是否存在过的直线，使与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的左顶点？若存在，求出的方程：若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，且方程为或.【解析】【分析】（1）依题意列出关于a,b,c的方程组，求得a,b,进而可得到椭圆方程；（2）联立直线和椭圆得到，要使以为直径的圆过椭圆的左顶点，则，结合韦达定理可得到参数值.【详解】（1）直线的一般方程为.依题意，解得，故椭圆的方程式为.（2）假若存在这样的直线，当斜率不存在时，以为直径的圆显然不经过椭圆的左顶点，所以可设直线的斜率为，则直线的方程为.由，得.由，得.记，的坐标分别为，则，而 .要使以为直径的圆过椭圆的左顶点，则，即 ，所以 ，整理解得或，所以存在过的直线，使与椭圆交于，两点，且以为直径的圆过椭圆的左顶点，直线的方程为或.【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用20.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若，满足，证明：.【答案】(1)见解析；(2)见证明【解析】【分析】（1）首先对函数求导，对参数的范围进行讨论,求得函数的单调性；（2）根据，得到，构造新函数，求导研究函数的单调性，进而证得结果.【详解】（1）因为，所以.当时，在上恒成立，故函数在上单调递增.当时，由，得，由，得，即函数在上单调递增，在上单调递减.综上，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.（2）证明：由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，由，得有两个不同的解，所以有，即，所以，不妨设，则，欲证，只需证，令，所以在上是增函数，所以，即，因为，又在上是减函数，所以，所以，所以.【点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及到的知识点有利用导数研究函数的单调性，注意分类讨论思想的应用，再者就是根据题意构造新函数，通过研究函数图象的走向证得结果.21.选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中.曲线的方程为，在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的方程为.（1）求曲线的普通方程；（2）点为曲线上一动点，点为曲线上一动点，试求的最小值.【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）运用代入极坐标方程，可化为普通方程，得到结果；（2）由（1）知，曲线的圆心为，半径为2的圆，利用椭圆的参数方程设，求出点P到圆心的距离的最小值减半径求得结果.【详解】（1）将代入极坐标方程，得曲线的普通方程为.（2）由（1）可设，因为曲线是一个圆，其圆心为，所以.又 ，故当时，【点睛】该题考查的是坐标系与参数方程的问题，涉及到的知识点有极坐标方程向平面直角坐标方程的转化，椭圆的参数方程的应用，圆外一点与圆上的点的距离的最小值的求