1、2018-2019高三第二学期期中考试理科数学试题第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.在每个小题所给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）1.已知集合，则（）A. B. C. 1，D. 1，【答案】B【解析】【分析】利用指数函数的值域化简集合，由交集的定义可得结果.【详解】集合 ， 所以 故选B【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合且属于集合的元素的集合.2.复数的共轭复数为（ ）A. B. C. D. 【
2、答案】C【解析】试题分析：.考点：复数概念及运算【易错点晴】在复数的四则运算上,经常由于疏忽而导致计算结果出错.除了加减乘除运算外,有时要结合共轭复数的特征性质和复数模的相关知识,综合起来加以分析.在复数的四则运算中,只对加法和乘法法则给出规定,而把减法、除法定义为加法、乘法的逆运算.复数代数形式的运算类似多项式的运算,加法类似合并同类项;复数的加法满足交换律和结合律,复数代数形式的乘法类似多项式乘以多项式,除法类似分母有理化;用类比的思想学习复数中的运算问题.共轭复数的概念.3.若命题，则是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【详解】因存在性命题的否定是全称命题,改写量词
3、后否定结论，所以是，故应选D4.如图所示，一个空间几何体的正视图和侧视图都是底为，高为的矩形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由三视图可知，该几何体是一个圆柱，其高为，半径为，由公式易求得它的表面积，得到结果【详解】由三视图可知，该几何体是一个圆柱，其高为，半径为，则它的表面积为：故选【点睛】本题主要考查的是根据三视图求表面积，体积，解答本题的关键是判断几何体的形状，属于基础题5.函数的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由基本不等式求出当时，的最小值即可求出函数的最大值.【详解】由题：，根据基本不等式
4、，当且仅当时取得等号，即当时，取得等号；所以，所以当时，函数取得最大值.故选：B【点睛】此题考查求函数最值，可用导函数讨论函数单调性得最值；可用基本不等式性质求得最值，需要在平常学习中多做积累.6.若实数满足，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】作出可行域，如图所示：，即求的最小值，可行域上的动点与定点连线的斜率的最小值，由图可知最小值为，的最小值是.故选C.点睛：本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出
5、错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.7.已知函数的最小正周期是，那么正数（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用降幂公式化简成正弦型或余弦型函数，即或形式，即可求解.【详解】由题：，其最小正周期所以正数.故选：B【点睛】此题考查三角恒等变换和函数周期求法，考查对恒等变形的常见处理方式，熟练掌握公式对解题能够起到事半功倍的作用.8.若，则等于( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】已知，解得 将正切值代入得到.故答案为A.9.函数的部分图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，再根据与的
6、性质，确定函数图象【详解】，定义域为，所以函数是偶函数，排除A、C，又因为且接近时，且，所以，选择B【点睛】函数图象的辨识可以从以下方面入手：1.从函数定义域，值域判断；2.从函数的单调性，判断变化趋势；3.从函数的奇偶性判断函数的对称性；4.从函数的周期性判断；5.从函数的特征点，排除不合要求的图象10.已知则的大小关系是 （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意可得，由于，所以，故，应选答案B11.若函数，则曲线在点处的切线的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求，再求导数得切线斜率，最后求倾斜角.【详解】因为，所以因此，倾斜角为，选B.【点睛】
7、本题考查导数几何意义以及倾斜角，考查基本分析求解能力.12.若对于任意都有，则函数的图象的对称中心为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】对任意xR，都有f（x）+2f（x）=3cosxsinx，用x代替x，得f（x）+2f（x）=3cos（x）sin（x），即f（x）+2f（x）=3cosx+sinx；联立，解得f（x）=sinx+cosx，所以函数y=f（2x）cos2x=sin2x+cos2xcos2x=sin2x，图象的对称中心为（，0），kZ，故选D第卷（非选择题共90分）二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分）13.已知函数，则的值为_【答案】-3【解析】 由函
8、数，则， 令，所以，解得，即， 所以.14.已知函数的图像上一个最高点的坐标为，由这个最高点到其相邻的最低点间图像与轴交于点，则此函数的解析式为_【答案】【解析】由题意得 ,且 所以函数的解析式为点睛：已知函数的图象求解析式(1).(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求.15.己知函数是定义在R上的周期为2的奇函数，时，的值是_.【答案】【解析】【分析】根据题意，由函数的奇偶性与周期性分析可得f（）f（）f（），结合解析式求出f（）的值，又因为f（2019）f（1+21009）f（1）0；据此分析可得答案【详解】解：根据题意，函数f（x）是定义在R上的周期为2的奇函数，则f
9、（）f（）f（），f（2019）f（1+21009）f（1），又由函数f（x）是定义在R上的周期为2的奇函数，则有f（1）f（1）且f（1）f（1），故f（1）0，则f（2019）0，又由0xl时，f（x）4x，则f（）2，则f（）f（）2；则2；故答案为2【点睛】本题考查函数的周期性与函数值的计算，属于基础题16.是同一球面上的四个点，,平面，,则该球的表面积为_.【答案】【解析】由题设知，故可把三棱锥补成长方体，该长方体的体对角线就是外接球的直径，又体对角线的长度为，故该球的表面积为，填.点睛：与球有关的表面积或体积问题，可以先确定球心的位置，再求出球的半径的大小，也可以根据几何体的特点采
10、用割补的方法把不规则的几何体补充规则的几何体，从而快速确定球的半径.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，第17 21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.）17.已知向量，.（1）求的值；（2）若，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由条件得再利用向量的坐标公式计算代入得解；（2）先计算和的三角函数值，再由展开结合条件的三角函数可得解.【详解】（1），又，（2），由（1）得，又，【点睛】本题主要考查了三角函数的两角和的展开公式，属于基础题，第二问属于典型的给值求值问题，解题的关键是将未知角通过配凑用已知角表示
11、，进而由三角函数的两角和的展开公式求解即可.18.在 中，分 别 为 角的 对 边 ，且.（1）求角；（2）若，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用展开代入已知条件，化简得，再根据，求得；（2）用角这一变量来表示，转化成研究的最大值.【详解】（1）因，所以，所以，因为，所以.（2）由（1）得，由正弦定理，所以，所以，所以，其中，由，存在使得，所以最大值为1，所以的最大值为.【点睛】本题考查三角恒等换、正弦定理及三角函数的最值等知识，考查逻辑推理和运算求解能力，解题过程中要特别注意，求最值的方法，即引入变量，构造关于变量的函数，接着研究函数的值域，从而得到目标式子的最值
12、.19.已知为定义在上的奇函数，当时，函数解析式（1）写出在上的解析式；（2）求在上的最大值【答案】（1）；（2）0【解析】【详解】（1）为定义在上的奇函数，且在处有意义，即设，则，；又，；所以（2）当时，设，则，当时，取最大值，最大值考点：1、函数表达式的求法；2、函数的奇偶性；3、函数的最值.20.已知在三棱锥中，是等腰直角三角形，且平面（）求证：平面平面；（）若为的中点，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；.【解析】试题分析：（1）通过，可证得平面，又平面，利用面面垂直的判定定理可得证.(2) 求出面的法向量和平面的法向量，试题解析：（1）证明：因为平面平面，所以，又因为，所以平面平
13、面，所以平面平面. 由已知可得如图所示建立空间直角坐标系，由已知，.有，设平面的法向量，有，令，得，设平面的法向量，有，令，得，二面角的余弦值.点晴：本题考查的是空间的线面关系和空间角的求解.第一问要考查的是面面垂直，通过先证明线和面内的两条相交直线垂直证得线面垂直，再结合面面垂直的判定定理，可证得；对于第二问空间角的考查是合理建立空间右手系，并求出两个平面的法向量，要注意判断二面角是锐角还是钝角.21.已知函数，其中，为自然对数的底数.（）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；（）若，函数在区间内有零点，求的取值范围【答案】（）当时，；当时，；当时，.（）的范围为.【解析】试题分析：（）
14、易得，再对分情况确定的单调区间，根据在上的单调性即可得在上的最小值.（）设为在区间内的一个零点，注意到.联系到函数的图象可知，导函数在区间内存在零点，在区间内存在零点，即在区间内至少有两个零点. 由（）可知，当及时，在内都不可能有两个零点.所以.此时，在上单调递减，在上单调递增，因此，且必有.由得：，代入这两个不等式即可得的取值范围.试题解答：（）当时，所以.当时，由得.若，则；若，则.所以当时，在上单调递增，所以.当时，在上单调递减，在上单调递增，所以.当时，在上单调递减，所以.（）设为在区间内一个零点，则由可知，在区间上不可能单调递增，也不可能单调递减.则不可能恒为正，也不可能恒为负.故在
15、区间内存在零点.同理在区间内存在零点.所以在区间内至少有两个零点.由（）知，当时，在上单调递增，故在内至多有一个零点.当时，在上单调递减，故在内至多有一个零点.所以.此时，在上单调递减，在上单调递增，因此，必有.由得：，有.解得.当时，在区间内有最小值.若，则，从而在区间上单调递增，这与矛盾，所以.又，故此时在和内各只有一个零点和.由此可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.所以，故在内有零点.综上可知，的取值范围是.【考点定位】导数的应用及函数的零点.【此处有视频，请去附件查看】（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐
16、标系与参数方程 22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线相交于两点，设点，已知，求实数的值.【答案】（1）直线: ，曲线:（2）【解析】分析】（1）在直线的参数方程中消去参数t得直线的一般方程，在曲线的极坐标方程为中先两边同乘，得曲线的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程直接代入曲线的直角坐标方程中，得到韦达定理，由，列方程求出答案.【详解】解：（1）因为直线的参数方程为消去t化简得直线的普通方程：由得，因为，所以，所以曲
17、线的直角坐标方程为（2）将代入得即，则，满足【点睛】本题考查了直线的参数方程，曲线极坐标方程与直角坐标方程得转化，直线与圆的位置关系，属于中档题.23.已知函数（1）解不等式；（2）若关于的不等式的解集不是空集，求的取值范围【答案】(1) (2) 或【解析】【分析】（1）分类讨论去绝对值，分别解得每一段的解集，取并集即可.（2）直接利用绝对值三角不等式求得最小值，解得a的范围即可.【详解】（1）由题意可得，当时，得，无解；当时，得，即；当时，得，即.所以不等式的解集为.（2），则由题可得，解得或.【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了绝对值不等式的几何意义及应用，考查了分类讨论思想，属于中档题.
