山东省济宁市2019届高三上学期期末考试数学(文)试卷.doc

山东省济宁市2019届高三上学期期末考试数学（文）试卷
本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回．
注意事项：
l．答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上．
2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试卷上．
第I卷(选择题 共60分)
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每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
A. B. {3} C. {3，7} D. {－l，7}
【答案】B
【解析】
【分析】
解出集合A，利用交集概念求解。
【详解】由题可得：，
所以 ，
故选：B
【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法及交集运算，属于基础题。
2.已知第三象限角，则的值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求出，从而求出
【详解】因为且是第三象限角，
所以=，所以，
故选：C
【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系及正切定义，属于基础题。
3.已知椭圆，若长轴长为8，离心率为，则此椭圆的标准方程为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据长轴长求出，由离心率为求出，从而求出，问题得解。
【详解】因为椭圆长轴长为8，所以，即，
又离心率为，所以，解得：，
则=，
所以椭圆的标准方程为：。
故选：D
【点睛】本题主要考查了椭圆的性质，属于基础题。
4.下列函数中，既是偶函数，又在内单调递增的函数为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用偶函数定义排除，再利用单调性排除，从而得到答案。
【详解】及不满足，所以它们不为偶函数，
从而排除A.C。
又当时，=，此函数在内递减，排除B。
故选：D
【点睛】本题考查了偶函数定义及函数单调性判断，属于基础题。
5.“”是“直线的倾斜角大于”的
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
由直线的倾斜角大于得到不等式，求出的范围，
从而利用充分条件，必要条件的定义得解。
【详解】设直线的倾斜角为，
直线可化为，所以
由直线的倾斜角大于可得：或，
即：或，
所以 或，但或
故选：A
【点睛】本题主要考查了充分条件，必要条件的概念，还考查了倾斜角与斜率的关系，属于基础题
6.设m，n是不同的直线，是不同的平面，下列命题中正确的是
A. 若
B. 若
C. 若
D. 若
【答案】B
【解析】
【分析】
在正方体中举例来一一排除。
【详解】如下图正方体中，

对于A，令直线，直线，平面,平面,
但平面与平面不平行，所以A错误。
对于C，令直线，直线，平面,平面,
但平面与平面不平行，所以C错误。
对于D，令直线，直线，平面,平面,
但平面与平面不垂直，所以D错误。
故选：B
【点睛】本题主要考查了面面垂直，平行的判定，可在正方体中举例一一排除，或者直接证明某个选项正确。
7.已知等差数列的前n项和为，若
A. 22 B. 33 C. 44 D. 55
【答案】C
【解析】
【分析】
由等差数列的通项公式表示出，得到，再表示出，整理得解。
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
则可化为：，
整理得：，

故选：C
【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及前项和公式，属于基础题。
8.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由三视图还原，可知该几何体是半圆柱,利用公式求其表面积即可。
【详解】由三视图还原，可知该几何体是半圆柱,
半圆柱的底面半径为，高为2，
=
故选：A
【点睛】本题主要考查了三视图--长对正、宽平齐、高相等得到实物图中的数据，由三视图还原实物图处理问题。还考查了表面积计算，属于基础题。
9.已知圆，过点M(1，1)的直线l与圆C交于A、B两点，弦长最短时直线l的方程为
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
列出弦长：（圆心到直线的距离为），当最大时，最短，此时直线与MC连线垂直，求出直线的斜率，再由点斜式求出直线方程即可。
【详解】由题可知圆，所以圆心为，半径为，
设圆心到直线的距离为，直线得斜率为

则，，
当直线与MC连线垂直时，最大为，
此时最短，且。
所以直线得斜率为：，
又，所以，
所以直线的方程为：，
即：
故选：D
【点睛】本题考查了圆的弦长计算，直线垂直关系及直线方程求法，还考查了转化思想及函数思想，属于中档题。
10.已知函数，若函数在定义域R上单调递增，则实数的取值范围为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由函数在定义域R上单调递增列不等式组求解。
【详解】因为函数，
若函数在定义域R上单调递增，
则，解得：
故选：B
【点睛】本题考查了分段函数的单调性，要保证各分段内是单调递增，还要使得分界处满足递增特点。
11.已知函数的图象恒过定点A，若点A在直线上，其中的最小值为（ ）
A. B. C. 2 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】
由y=loga（x+3）-1经过的定点为（-2，-1）．可得2m+n=4，且mn＞0，于是m＞0，n＞0．再利用“乘1法”和基本不等式的性质即可得出．
【详解】由y=loga（x+3）-1经过的定点为（-2，-1）．
于是-2m-n+4=0，得2m+n=4，且mn＞0，于是m＞0，n＞0．由2m+n=4可得
则
当且仅当m=1，n=2时等号成立，即的最小值为。
故応B.
【点睛】本题考查了函数图象过定点、基本不等式，考查了计算能力，属于基础题．
12.如图，已知双曲线的左、右焦点，A、B为双曲线上关于原点对称的两点，且满足，则双曲线的离心率为

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
连接,由题可得四边形为矩形，解三角形可得，利用双曲线定义列方程，整理方程即可.
【详解】如图，连接,由双曲线的对称性可得四边形为平行四边形，
又，所以，在三角形中，，

又，所以,
所以，
，又，
整理得：，整理得：
故选：A
【点睛】本题主要考查了双曲线的性质，定义，还考查了解三角形知识，属于中档题。

第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
二、填空题：本大题共4小题。每小题5分，共20分．
13.已知向量______．
【答案】-2
【解析】
【分析】
求出的坐标，根据列方程求解即可
【详解】因为向量，
所以=，又，
所以，
解得：
【点睛】本题主要考查了向量平行的坐标表示及向量的坐标运算，属于基础题。
14.已知实数满足约束条件则的最大值为___．
【答案】1
【解析】
【分析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可．
【详解】由z=x-2y得

作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分）：
平移直线，的截距最小，
此时z最大，
由 ，得A（1，0）．
代入目标函数z=x-2y，
得z=1-2×0=1，
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查线性规划的基本应用，利用目标函数的几何意义是解决问题的关键，利用数形结合是解决问题的基本方法．
15.如图，在正方体中，直线与平面所成的角等于____．

【答案】
【解析】
【详解】正方体中，连接交于点M，连接，

由题可得： ， ,
所以直线 平面,
所以直线与平面所成的角等于,
设正方体的边长为，
所以，，
所以,
所以
【点睛】本题主要考查了线面角知识，关键是作出线面角对应的平面角，然后再说明该角就是对应的线面角，根据图形解三角形即可。
16.定义在R上的函数，满足时，，则方程上的实数根之和为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
由可判断函数是奇函数且函数图像关于直线
对称，还可得函数是周期为4的函数，求方程在一个周期内的根，再利用周期性求得所有满足要求的实数根，问题得解。
【详解】因为，
所以==，
即：
所以函数的周期为4。
时，，
所以当时，
因为函数在上单调递增，
所以在上有且只有一解，
时，无解。
即在内只有一解：
因为函数满足：
所以函数的图像关于直线对称，可得：
所以在内的解有两个，，
即在一个周期内满足的解有两个，，
由函数的周期为4可得：
，，
所以方程上的实数根分别为，
其和为：.
【点睛】本题主要考查了奇函数的定义，函数的轴对称性及单调性，周期性，考查了转化思想。只需要求出一个周期内的满足的解即可利用周期性求出所有的解，从而解决问题。
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17.已知函数．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)将函数的图象向右平移个单位，在纵坐标不变的前提下，横坐标缩短为原来的倍，得到函数的图象，求函数的最值．
【答案】（1） ； （2） .
【解析】
【分析】
（1）化简函数为，求出使得最大的一个自变量，利用正弦型函数图像的特点写出单调增区间即可。
（2）求出将函数的图象向右平移个单位，横坐标缩短为原来的倍后得到的函数的表达式，再利用正弦函数性质求出函数的最值即可。
【详解】（1）因为，
所以=,
令，解得： ，即，
所以函数的单调递增区间为：。
（2）函数的图象向右平移个单位，横坐标缩短为原来的倍后得到：，所以，
当时，，
此时的最大值为，最小值为
【点睛】（1）本题考查了 （或 ）类型函数的单调区间问题，先利用条件确定好，再求出使的的值，从往前半个周期即是函数的一个增区间，从往后半个周期即是函数的一个减区间，即可求得函数的增区间为，函数的减区间为
（2）考查了平移，伸缩变换知识，还考查了三角函数的性质，转化思想。属于中档题，计算要认真。
18.已知数列的前n项和为，且．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)记，求数列的前n项和．
【答案】（1）见解析； （2）.
【解析】
【分析】
（1）利用赋值法列方程，作差，变形即可证明。
（2）利用条件（1）求出，从而求出，根据形式，利用列项相消法求和。
【详解】（1）因为，
所以，
两方程作差得：，
整理得：，
从而，
所以数列是等比数列，公比为。
（2）令，则可化为：，解得：，
因为数列是等比数列，所以，所以，
所以=，
所以=，
所以
==
【点睛】（1）主要考查了赋值法，法及等比数列概念，注意计算不要错误。
（2）考查了等比数列的通项公式及对数运算，裂项相消法求和法，注意常见的裂项方式。
19.已知分别为三个内角A，B，C的对边，且．
(1)求cosA的值；
(2)若是BC边上一点，且满足BD=3DC，求的面积．
【答案】（1） ； （2） .
【解析】
【分析】
（1）将化简可得：，
再化简可得，从而求得。
（2）求得，根据BD=3DC，求得的比例关系，从而求解。
【详解】（1）由正弦定理可得：
，代入可得：
，整理得：，所以，
即，整理得：.
（2）因为，所以，
所以，
因为BD=3DC，所以，
所以。
【点睛】（1）主要考查了正弦定理及两角和的正弦公式，计算比较简单。
（2）主要考查了同角三角函数基本关系，三角形面积公式及转化思想
20.如图1，菱形ABCD中，AB=2，，以对角线BD为折痕把△ABD折起，使点A到达如图2所示点E的位置，使.

(1)求证：；
(2)求三棱锥E—BCD的体积．
【答案】（1）见解析； （2） .
【解析】
【分析】
（1）先证明,再证明平面,从而证明
（2）把三棱锥E—BCD拆分成两个三棱锥，求体积和即可。
【详解】（1）菱形ABCD中可得：，
以对角线BD为折痕把△ABD折起，使点A到达如图2所示点E的位置，
则，,
又交于点，
所以平面，
又平面，
所以。
（2）由（1）得平面，所以,
菱形ABCD中，AB=2，，
求得：,,
所以
=。
【点睛】（1）主要考查了线面垂直的判定及线面垂直的性质，考查了转化思想。
（2）主要考查了分割求和方法及体积计算，转化思想，属于基础题，计算一定要细心。
21.已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点，且，直线AO，BO分别交直线于点M，N.
(1)求抛物线C的方程；
(2)求的最小值．
【答案】（1） ； （2）2 .
【解析】
【分析】
（1）设，及直线的方程为：，联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理表示出，，从而表示出，代入即可求得，问题得解。
（2）表示出直线的方程，，从而表示出点的坐标，，从而表示出，消元即可得到的函数表达式，从而转化成求函数的最小值即可。
【详解】（1）抛物线的焦点为F，，
设直线的方程为：，
联立直线与抛物线的方程可得：，
整理得：，
所以，，
=，
因为，且，
所以，即，解得：。
所以抛物线C的方程为：。
（2）直线的方程为：，直线的方程为：，
联立得： ，所以，
联立得：，所以，
所以=
=，
所以=，
当时，等号成立。
所以的最小值为2.
【点睛】（1）主要考查了设而不求方法，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理表示出，，还考查了数量积的坐标运算，方程思想，转化思想，计算量较大，需要小心谨慎。
（2）主要考查了转化思想，直线交点求法，利用（1）中的结论表示出三角形面积，把问题转化成函数的最值问题处理，计算量较大，属于较难题
22.已知函数．
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)若，讨论函数的极值点的个数．
【答案】（1） ；
（2）当或，存在两个极值点；当时，存在一个极值点；当时，没有极值点.
【解析】
【分析】
（1）求出及，求得切线的斜率即可求得切线方程。
（2）求出，对的情况分4类讨论，即四种情况分别求得在各个区间的正负，由此判断单调性，从而可判断极值点的个数。
【详解】（1）因为，
所以，，
所以，
所以函数在点处的切线方程为：，即。
（2）可化为：，
所以=，
当时，时，，
时，，
此时存在一个极值点；
当时，则，
时，，
时，，
时，，
此时存在两个极值点，,
当时，
时，，
时，，
此时没有极值点。
当时，，
时，，
时，，
时，，
此时存在两个极值点及,
综上所述：当或，存在两个极值点；
当时，存在一个极值点；
当时，没有极值点.
【点睛】（1）主要考查了导数的几何意义及求导运算，直线方程知识。
（2）主要考查了导数的应用，极值点定义，还考查了分类讨论思想，利用导数的正负来判断原函数的增减性，从而判断极值点的个数，注意分类是以方程=0的根的个数情况及根的大小来讨论。