高三上学期期末考试数学理科试题.docx

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高三上学期期末考试数学理科试题

2019年高三上学期期末考试数学理科试题

高三数学（理科）

学校_____________班级_______________姓名______________考号___________

本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至5页，共150分。

考试时长120分钟。

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、本大题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

（1）设集合，则满足的集合B的个数是

（A）（B）（C）（D）

【答案】C

【解析】因为，所以,所以

共有4个，选C.

（2）已知是实数，是纯虚数，则等于

（A）（B）（C）（D）

【答案】B

【解析】因为是纯虚数，所以设.所以，所以，选B.

（3）已知为等差数列，其前项和为，若，，则公差等于

（A）（B）（C）（D）

【答案】C

【解析】因为，，所以

，解得，所使用，解得，选C.

（4）执行如图所示的程序框图，输出的的值为

（A）（B）（C）（D）

【答案】A

【解析】第一次循环得；第二次循环得；第三次循环得，第四次循环得，但此时,不满足条件，输出，所以选A.

（5）若，是两个非零向量，则“”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】C

【解析】两边平方得

，即，所以，所以“”是“”的充要条件选C.

（6）已知，满足不等式组

当时，目标函数的最大值的变化范围是

（A）（B）（C）（D）

【答案】D

【解析】，当时，对应的平面区域为阴影部分，

由得，平移直线由图象可知当直线经过点C时，直线的截距最大，此时解得，即，代入得。

当时，对应的平面区域为阴影部分ODE，由得，平移直线由图象可知当直线经过点E时，直线的截距最大，此时解得，即，代入得。

所以目标函数的最大值的变化范围是，即，选D.

，

（7）已知抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，抛物线的准线与轴的交点为，点在抛物线上且，则△的面积为

（A）4（B）8（C）16（D）32

【答案】D

【解析】双曲线的右焦点为，抛物线的焦点为，所以，即。

所以抛物线方程为，焦点,准线方程，即,设,

过A做垂直于准线于M,由抛物线的定义可知,所以

即,所以，整理得，即，所以，所以

选D.

（8）给出下列命题：

①在区间上，函数,,,中有三个是增函数；②若，则；③若函数是奇函数，则的图象关于点对称；④已知函数

则方程有个实数根，其中正确命题的个数为

（A）（B）（C）（D）

【答案】C

【解析】①在区间上,只有，是增函数，所以①错误。

②由，可得，即，所以，所以②正确。

③正确。

④当时，，由，可知此时有一个实根。

当时，由，得，即，所以④正确。

所以正确命题的个数为3个。

选C.

第Ⅱ卷（共110分）

二、填空题：

本大题共6小题，每小题5分，共30分。

（9）若，且，则　．

【答案】

【解析】因为，所以为第三象限，所以，即

。

（10）图中阴影部分的面积等于　．

【答案】

【解析】根据积分应用可知所求面积为。

（11）已知圆：

，则圆心的坐标为；

若直线与圆相切，且切点在第四象限，则．

【答案】

【解析】圆的标准方程为，所以圆心坐标为，半径为1.要使直线与圆相切，且切点在第四象限，所以有。

圆心到直线的距离为，即，所以。

（12）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为．

【答案】

【解析】由三视图可知，该几何体是底面是直角梯形的四棱柱。

棱柱的高为4，

，底面梯形的上底为4，下底为5，腰,所以梯形的面积为，梯形的周长为

，所以四个侧面积为

，所以该几何体的表面积为

。

（13）某种饮料分两次提价，提价方案有两种，方案甲：

第一次提价,第二次提价；方案乙：

每次都提价，若，则提价多的方案是.

【答案】乙

【解析】设原价为1，则提价后的价格:

方案甲：

乙：

，因为

，因为，所以

，即

，所以提价多的方案是乙。

（14）定义映射，其中，，已知对所有的有序正整数对满足下述条件:

①；②若，；③

，

则，．

【答案】

【解析】根据定义得

。

，

，

，所以根据归纳推理可知。

三、解答题：

本大题共6小题，共80分。

解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。

（15）（本小题共13分）

已知函数

．

（Ⅰ）求的最小正周期及单调递减区间；

（Ⅱ）若在区间上的最大值与最小值的和为，求的值．

（16）（本小题共13分）

已知为等比数列，其前项和为，且.

（Ⅰ）求的值及数列的通项公式；

（Ⅱ）若，求数列的前项和.

（17）（本小题共14分）

如图，在菱形中，，是的中点，⊥平面，且在矩形中，，．

（Ⅰ）求证：

⊥；

（Ⅱ）求证：

//平面；

（Ⅲ）求二面角的大小.

（18）（本小题共13分）

已知，函数．

（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）求在区间上的最小值．

（19）（本小题共13分）

在平面直角坐标系中，动点到两点，的距离之和等于，设点的轨迹为曲线，直线过点且与曲线交于，两点．

（Ⅰ）求曲线的轨迹方程；

（Ⅱ）是否存在△面积的最大值，若存在，求出△的面积；若不存在，说明理由.

（20）（本小题共14分）

已知实数组成的数组满足条件：

①；②.

（Ⅰ）当时，求，的值；

（Ⅱ）当时，求证：

；

（Ⅲ）设,且，

求证：

.

东城区xx第一学期期末教学统一检测

高三数学参考答案及评分标准（理科）

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）

（1）C

（2）B（3）C（4）A

（5）C（6）D（7）D（8）C

二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）

（9）（10）（11）

（12）（13）乙（14）

注：

两个空的填空题第一个空填对得3分，第二个空填对得2分．

三、解答题（本大题共6小题，共80分）

（15）（共13分）

解：

（Ⅰ）

.……………………………………………3分

所以．……………………………………………………………4分

由

，

得．

故函数的单调递减区间是（）．…………………7分

（Ⅱ）因为，

所以．

所以．…………………………………………………………10分

因为函数在上的最大值与最小值的和

，

所以．…………………………………………………………………………13分

（16）（共13分）

解：

（Ⅰ）当时，.………………………………………1分

当时，.…………………………………………………3分

因为是等比数列，

所以，即..……………………………………5分

所以数列的通项公式为.…………………………………6分

（Ⅱ）由（Ⅰ）得

.

则

.①

.②

①-②得

…………………9分

.…………………………………………………12分

所以.……………………………………………………………13分

（17）（共14分）

解：

（Ⅰ）连结，则.

由已知平面，

因为

，

所以平面.……………………2分

又因为平面，

所以.……………………4分

（Ⅱ）与交于，连结.

由已知可得四边形是平行四边形，

所以是的中点.

因为是的中点，

所以.…………………………7分

又平面，

平面，

所以平面.……………………………………………………………9分

（Ⅲ）由于四边形是菱形，是的中点，可得.

如图建立空间直角坐标系，则，,，

.

，.…………………………………………10分

设平面的法向量为.

则

所以

令.

所以.……………………………………………………………12分

又平面的法向量，

所以.

所以二面角的大小是60°.………………………………………14分

（18）（共13分）

解：

（Ⅰ）当时，，，

所以，.………………………………2分

因此．

即曲线在点处的切线斜率为.…………………………4分

又，

所以曲线在点处的切线方程为，

即．……………………………………………6分

（Ⅱ）因为，所以．

令，得．……………………………………………8分

若，则，在区间上单调递增，此时函数无最小值．

若，当时，，函数在区间上单调递减，

当时，，函数在区间上单调递增，

所以当时，函数取得最小值．………………………………10分

若，则当时，，函数在区间上单调递减，

所以当时，函数取得最小值．…………………………………12分

综上可知，当时，函数在区间上无最小值；

当时，函数在区间上的最小值为；

当时，函数在区间上的最小值为．……………13分

（19）（共13分）

解.（Ⅰ）由椭圆定义可知，点的轨迹C是以，为焦点，长半轴长为的椭圆．……………………………………………………………………………3分

故曲线的方程为．…………………………………………………5分

（Ⅱ）存在△面积的最大值.…………………………………………………6分

因为直线过点，可设直线的方程为或（舍）．

则

整理得．…………………………………7分

由

．

设．

解得，．

则．

因为

．………………………10分

设，，．

则在区间上为增函数．

所以．

所以，当且仅当时取等号，即．

所以的最大值为．………………………………………………………………13分

（20）（共14分）

（Ⅰ）解：

由

（1）得，再由

（2）知，且.

当时，.得，所以

……………………………2分

当时，同理得

………………………………………………4分

（Ⅱ）证明：

当时，

由已知,.

所以

.………………………………………………9分

（Ⅲ）证明：

因为，且.

所以,

即.……………………………11分

）

.……………………………………………………………14分