数学卷·2018届山东省德州市高三上学期期中考试数学（理）试题（解析版） 18页

山东省德州市 2018 届高三上学期期中考试 数学（理）试题 第Ⅰ卷（共 60 分） 一、选择题：本大题共 12 个小题,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. 已知命题 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由含量词的命题的否定可得命题 p 的否命题为 。选 D。 2. 设函数 的定义域为 ，函数 的定义域为 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由 解得 ，可得 ； 由 解得 ，可得 ，因此 。 ∴ 。选 C。 3. 若 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由题意得 ， ， ，所以 。选 B。 4. 已知 且 ，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】∵ 且 ， ∴ 。 ∴ 。 选 C。 5. 设 为 所在平面内一点， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 结合图形可得 。选 B。 6. 函数 的图像在 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】∵ ， ∴ ，∴ 。 又 . ∴函数 在 处的切线方程为 ， 即 。 令 x=0，得 y=2；令 y=0，得 x=-2。 ∴切线与两坐标轴围成的三角形的面积为 。选 A。 7. 函数 的部分图象大致为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】∵ ，∴函数 为偶函数。 因为 ，因此排除 C； 又 ，因此排除 D； 当 时， ，因此排除 B。 综上 A 正确。选 A。 8. 已知函数 ，将 的图象上所有的点的横坐标缩短为原来的倍(纵坐标 不变），再把所得的图象向右平移 个单位长度，所得的图象关于原点对称，则 的最 小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】将 的图象上所有的点的横坐标缩短为原来的倍(纵坐标不变），所得 图象对应的解析式为 ，将所得图象向右平移 个单位长度， 所得的图象对应的解析式为 。由题意得函数 为奇函数，所以 ，故 ，又 ，所以 的最小值为 。选 C。 9. 已知函数 的图像关于直线 对称，且对任意 有 ，则使得 成立的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】∵函数 的图象关于直线 对称， ∴函数 的图象关于直线 对称， ∴函数 为偶函数。 又对任意 有 ， ∴函数 在 上为增函数。 又 ， ∴ ， 解得 . ∴的取值范围是 .选 A。 10. 已知是第四象限角，且 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】∵是第四象限角， ∴ , ∴ , ∴ 。 由 ，解得 ， ∴ 。 ∴ 。选 D。 11. 已知函数 是定义在 上的偶函数，当 时， ， 则函数 的零点个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】由 ，得 ， 要判断函数 的零点个数，则根据 是定义在 上的偶函数， 只需要判断当 x＞0 时 的根的个数即可， 当 时， ， 当 时， 时， ； 当 4＜x≤6 时，2＜x-2≤4 时， ， 作出函数 在（0，6）上的图象，由图象可知 有 2 个根， 则根据偶函数的对称性可知 在 上共有 4 个根， 即函数 的零点个数为 4 个。选 B。 点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法 (1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形 结合求解． 12. 已知函数 ，关于的不等式 只有 1 个整数解，则实数的取值范围是 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由 得 。 ∴当 时， 单调递增；当 时， 单调递减。 ∴当 时， 有最大值，且 ， 且 x→+∞时，f(x)→0；x→0 时，x→−∞；f(1)=0。 故在(0,1)上， ，在(1,+∞)上， ， 作出函数 f(x)的图象如下： ①当 时，由 得 ，解集为(0,1)∪(1,+∞)， 所以不等式的整数解有无数多个，不合题意； ②当 时，由 得 或 。 当 时，解集为(1,+∞)，有无数个整数解； 当 时，解集为(0,1)的子集，不含有整数解。 故 不合题意。 ③当 时，由 得 或 ， 当 时，解集为(0,1)，不含有整数解； 当 时，由条件知只有一个整数解。 ∵ 在 上单调递增，在 上单调递减， 而 ， ∴满足条件的整数解只能为 3， ∴ ， ∴ 。 综上，选 D。 点睛：函数图象在研究零点个数、解的个数中的应用 （1）研究两函数图象的交点个数：在同一坐标系中分别作出两函数的图象，数形结合求解； （2）确定方程根的个数：当方程与基本函数有关时，可以通过函数图象来研究方程的根， 方程 f(x)＝0 的根就是函数 f(x)图象与 x 轴的交点的横坐标，方程 f(x)＝g(x)的根就是函数 f(x) 与 g(x)图象交点的横坐标； （3）研究不等式的解：当不等式问题不能用代数法求解，但其对应函数的图象可作出时， 常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解． 第Ⅱ卷（共 90 分） 二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上） 13. 已知角 是 的内角，则“ ”是“ ”的__________条件(填“充分 不必要”、“必要不充分”、“充要条件”、“既不充分又不必要”之一). 【答案】充分不必要 【解析】∵角 是 的内角， ∴ 。 ∵ ，∴ ，∴ 。 反之，当 时，则 或 ，∴ 或 。 综上可得“ ”是“ ”的充分不必要条件。 答案：充分不必要 14. 已知向量 与 的夹角为 ，且 ，若 ，且 ，则 实数的值是__________． 【答案】-1 【解析】∵ ， ， ∴ ， ∴ 答案： 15. 已知实数 满足约束条件 ，则 的最小值是__________． 【答案】 【解析】画出不等式组 表示的平面区域，如图阴影部分所示， 设 ，则 。平移直线 ，由图形知，当直线经过点 A 时，直线在 y 轴 上的截距最小，此时 z 取得最小值；当直线经过点 B 时，直线在 y 轴上的截距最大，此时 z 取得最大值。 由题意得 A,B 两点的坐标分别为 ， 。 ∴ 。 ∴ ， ∴ 。 ∴ 的最小值为。 答案： 16. 在 中， 分别为内角 的对边， ，则 面 积的最大值为__________． 【答案】 【解析】∵ ， ∴ , 由余弦定理得 ， ∴ ，即 。 又 ， ∴ 2. 由余弦定理的推论得 ， ∴ ， ∴ ，当且仅当 时等号成立。 ∴ 面积的最大值为 。 点睛：利用正、余弦定理求解三角形面积问题的题型与方法 (1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的各个边角后，直接求三角形的面积． (2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他各量． (3)求三角形面积的最值或范围，这时一般要先得到面积的表达式，再通过基本不等式、三 角函数的最值等方法求得面积的最值或范围． 三、解答题 （本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤.） 17. 命题 实数满足 ,命题 函数 的定义域为 ，若命题 为假， 为真，求实数的取值范围. 【答案】 或 或 . 【解析】试题分析：分别求出当命题 为真命题时的取值范围，由 为假， 为真可 得则“真假”或“假真”，分两种情况分别求解即可。 试题解析： 当命题为真时，即 ， 解得 或 ； 当命题为真时，可得 对任意 恒成立， 若 ，则满足题意 若 ，则有 ，解得 , 所以 ， ∵ 为假， 为真， ∴“真假”或“假真”， ① 当真假时，则 ，解得 或 ② 当假真时，则 ，解得 综上 或 或 。 ∴实数的取值范围是 。 18. 已知向量 . （1）当 时，求 的值； （2）当 时， ( 为实数），且 ，试求 的最小值. 【答案】(1) 或 ;(2) . 【解析】试题分析：（1）由 可得 ，整理得 ，解方 程可得 的值；（2）由 可得 ，根据数量积的计算并 将 代入整理得 ，因此 ，结合二次函数最值的求法可得最小值 为 。 试题解析： （1）∵ ， ∴ ， 整理得 ， 解得 或 . ∴ 或 。 （2）∵ ， ∴ ， 即 当 时， ， ∴ 式化简得 ∴ ， ∴当 时， 取得最小值，且最小值是 . 19. 已知 中，角 的所对的边分别是 ， ，且 （ 为 面积). （1）求 的值； （2）若 ，求 的长度. 【答案】(1) ;(2) . 【解析】试题分析：（1）由条件及余弦定理的推论可得 ，由 可得 ，从而 ，再根据 可求得 ，最后根据 求解；（2）由 ， 根据正弦定理得 ，代入上式得 。 试题解析： （1）由条件得 ， ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 是钝角 又 ∴ ∴ （2）∵ ∴ 由 得 又由正弦定理得 ∴ ∴ 解得 . 即 的长度为。 点睛：利用正、余弦定理求解三角形面积问题的题型与方法 （1）利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的各个边角后，直接求三角形的面积． （2）把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他各量． （3）求三角形面积的最值或范围，这时一般要先得到面积的表达式，再通过均值不等式、 三角函数的最值等方法求得面积的最值或范围． 20. 已知函数 . （1）若 ，求函数 的极值； （2）当 时，判断函数 在区间 上零点的个数. 【答案】(1)详见解析;(2)详见解析. 【解析】试题分析：（1）求导数得 ，又 ，所以 ，由此可得函 数 的单调性，进而可求得极值； （2）由 ，得 。因此分 和 两种情况判断函数的单调性，然后根据零 点存在定理判断函数零点的个数。 试题解析： （1）∵ ， ∴ ， 因为 ，所以 ， 当 x 变化时， 的变化情况如下表： 1 0 0 递增 极大值 递减 极小值 递增 由表可得当 时， 有极大值，且极大值为 ， 当 时， 有极小值，且极小值为 . （2）由（1）得 。 ∵ ，∴ . ① 当 时， 在 上单调递增，在 上递减 又因为 所以 在（0,1）和（1,2）上各有一个零点， 所以 上有两个零点。 ② 当 ，即 时， 在 上单调递增，在 上递减，在 上递增， 又因为 所以 在 上有且只有一个零点，在 上没有零点， 所以在 上有且只有只有一个零点. 综上： 当 时， 在 上有两个零点； 当 时， 在 上有且只有一个零点。 点睛：利用导数研究方程根（函数零点）的方法 研究方程根（函数零点）的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化 趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结 合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现。 21. 水培植物需要一种植物专用营养液，已知每投放（ 且 ）个单位的营养液， 它在水中释放的浓度 (克/升）随着时间 (天)变化的函数关系式近似为 ，其中 ，若多次投放，则某一时刻水中的营养液浓度为每次投放的营养液在 相应时刻所释放的浓度之和，根据经验，当水中营养液的浓度不低于 4(克/升)时，它才能有 效. （1）若只投放一次 2 个单位的营养液，则有效时间最多可能达到几天？ （2）若先投放 2 个单位的营养液，3 天后再投放个单位的营养液，要使接下来的 2 天中， 营养液能够持续有效，试求的最小值. 【答案】(1) 3 天；(2) . 【解析】试题分析：（1）由题意可知营养液有效则需满足 ，由此得 或 ，解不等式可得 ，故最多可达 3 天；（2）设 ， 分别为第一、二次投 放营养液的浓度，为水中的营养液的浓度，由题意得 在 上 恒成立，可得 在 上恒成立，求得 在 上的最大值即可得到的最小 值。 试题解析： （1）营养液有效则需满足 ， 则 或 ， 即为 或 ， 解得 ， 所以营养液有效时间最多可达 3 天； （2）解法一:设第二次投放营养液的持续时间为天， 则此时第一次投放营养液的持续时间为 天，且 ； 设 为第一次投放营养液的浓度， 为第二次投放营养液的浓度，为水中的营养液的浓度； ∴ ， ， 由题意得 在 上恒成立， ∴ 在 上恒成立， 令 ，则 ， 又 ， 当且仅当 ，即 时等号成立； 因为 所以的最小值为 . 答:要使接下来的 2 天中，营养液能够持续有效，的最小值为 . 解法二:设两次投放营养液后的持续时间为天， 则第一次投放营养液的持续时间为天， 第二次投放营养液的持续时间为 天，且 ， 设 为第一次投放营养液的浓度， 为第二次投放营养液的浓度，为水中的营养液的浓度； ∴ ， 由题意得 在 上恒成立 ∴ 在 上恒成立 则 又 ， 当且仅当 即 时等号成立； 因 ， 所以的最小值为 . 答:要使接下来的 2 天中，营养液能够持续有效，的最小值为 . 22. 已知函数 . （1）求 的单调区间； （2）设 的两个不同的零点是 ，求证 . 【答案】(1)详见解析;(2)详见解析. 【解析】试题分析：（1）求导可得 ，分 和 两种情况求解函 数的单调区间即可；（2）由题意得 ，可得 ，故只需证 ，即证 。构造函数 ,证 即可得结论。 试题解析： （1）∵ ， ∴ ①当 时， 在 上为减函数； ②当 时,令 得 当 时， 为减兩数， 时， 为增函数。 综上当 时，函数的减区间为 ，无增区间 当 时，函数的增区间为 ，函数的减区间为 。 （2）因为 有两个不同零点 ∴ ，得 由题意得 两式相减得 ， 解得 要证: 即证： 即证 不妨设 ，令 只需证 设 ∴ 令 ∴ ∴ 在 上单调递减 ∴ ∴ ∴ 在 为减函数 ∴ 即 在 恒成立 ∴原不等式成立，即 . 点睛：（1）对于研究含参数的函数的单调性时，要注意对参数进行合理的分类讨论，分类时 要做到不重不漏。 （2）证明不等式: 时，通过函数的零点将其转化为证 成立，适当变形 后构造函数 ，进而只需求证明 即可，通过函数的单调性的判断可证得结论成立。