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- 2021-04-15 发布
慈溪市2019学年第一学期高三年级期中测试
数学学科试卷
说明：本试卷分第1卷（选择题）和第I1卷（非选择题）两部分，满分150分；考试时间120分钟，不得使用计算器，请考生将所有题目的答案均写在答题卷上．
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用并集的定义求解.
详解】解：
故答案选：
【点睛】本题考查集合的运算，要注意满足集合元素的互异性，属于基础题。
2.函数的最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意利用余弦函数的周期性，得出结论．
【详解】解：函数的最小正周期是，
故选：．
【点睛】本题主要考查余弦函数的周期性，属于基础题．
3.已知向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据向量线性运算坐标运算法则计算可得．
【详解】解：，
，
．
故选：．
【点睛】本题考查了平面向量的坐标表示，也考查了平面向量的坐标运算问题，是基础题目．
4.已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由已知利用诱导公式求得，再由同角三角函数基本关系式求．
【详解】解：，，
则．
故选：．
【点睛】本题考查三角函数的化简求值，考查诱导公式及同角三角函数基本关系式的应用，是基础题．
5.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据函数为增函数，结合指数幂的大小进行求解即可．
【详解】解：函数为增函数，
，，
则，
故选：．
【点睛】本题主要考查指数方程的求解，结合指数函数的单调性以及指数不等式的解法是解决本题的关键．
6.函数的部分图象大致可为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
构造函数，判断函数的奇偶性和对称性，然后结合
的对称性进行排除即可．
【详解】解：设，则，
则，即是奇函数，关于原点对称，则关于对称，排除，，，
故选：．
【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，结合条件构造奇函数，结合条件判断函数的对称性是解决本题的关键．
7.已知函数，若,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三角函数的图象与性质，结合题意求出和的值，再计算的值．
【详解】解：函数的最大值为2，
若，
则，；
所以，解得；
又因为，所以；
由，；
所以，；
因为，所以；
所以．
故选：．
【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了推理与计算能力，是基础题．
8.已知正实数满足，则的最小值是（ ）
A. B. 5 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
结合基本不等式转化求解即可．
【详解】解：，
当且仅当时取等号，即，时等号成立，
故选：．
【点睛】本题考查基本不等式在最值中的应用，考查计算能力，属于中档题。
9.已知三个二次函数为，若它们对应的零点记作，则当且时，必有（ ）
A.
B.
C.
D. 的大小不确定
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可知三个二次函数都开口向上，再由的大小关系得出开口大小，画出图象即可观察出三个大于零的零点的大小关系．
【详解】解：已知的作用是：（1）开口方向；（2）张口大小，
因为，所以开口均向上．
又因为二次函数开口向上时，越大开口越小，
所以、、的开口依次变大，
所以．
故选：．
【点睛】主要考查了二次函数解析式中的作用，以及利用函数图象分析函数性质．
10.已知数列满足：，若，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用数列的递推关系式，推出是等差数列，然后求解通项公式，即可得到所求结果．
详解】解：由题意数列满足：，
可得，所以数列是等差数列，
，
所以，．
故选：．
【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，数列通项公式的求法，考查转化思想以及计算能力，是基本知识的考查．
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．
11.设等差数列的前项和为，若，则________，________.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
根据等差中项的性质可得，利用等差数列的前项和公式及等差中项的性质可得的值．
【详解】解：依题意，；
．
故答案为：，．
【点睛】本题考查了等差中项的性质，考查了等差数列的前项和，主要考查了推理能力和计算能力，属于基础题．
12.设，则________（用数字表示），________（用表示）
【答案】 (1). 6 (2).
【解析】
【分析】
第一个空直接把对数形式转化为指数形式，利用指数的运算性质求解即可；第二个空直接利用对数的运算性质求解即可．
【详解】解：，，
，，
．
，，
．
故答案为：6，．
【点睛】本题主要考查对数以及指数的运算性质，属于基础题．
13.已知，若，则________0（填<，>，=之一）.若记，则________.（用描述法表示集合）
【答案】 (1). < (2).
【解析】
【分析】
由，可得且的根分别是1和2，结合二次方程的根与系数关系可求，，的关系，进而可求解不等式，即可求解补集．
【详解】解：由，可得且的根分别是1和2，
，
，，
由可得，
，
，
解可得，或，即
．
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了二次不等式的求解及补集的求解，解题的关键是二次方程与二次不等式的关系的相互转化．
14.若实数满足，则的最小值是________，的最大值是________.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解最小值，得到的值．
【详解】解：实数，满足表示的可行域如图：
令，可知目标函数经过可行域的点时，取得最小值，
由，解得，
所以的最小值是：，
在可行域中点在最高点，故在时取最大值
解得
此时．
故答案为：；2．
【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．
15.已知单位向量满足：，且向量与的夹角为，则的值等于________.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意利用两个向量垂直的性质可得，，再利用两个向量数量积的定义和公式，求得的值．
【详解】解：单位向量满足：，，
，．
向量与的夹角为，
则，
即，．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量数量积的定义和公式，求向量的模的方法，属于中档题．
16.已知且，则的值等于________.
【答案】
【解析】
分析】
由已知展开倍角公式求得，再由两角和与差的正切求解．
【详解】解：由，且，
得，解得（舍，．
．
故答案为：．
【点睛】本题考查两角和与差的三角函数，是基础的计算题．
17.已知函数有三个零点且均为有理数，则的值等于________.
【答案】
【解析】
【分析】
由，可得是函数的一个零点．令．可得：．因此方程有两个根，且均为有理数．，且为完全平方数．设，．进而结论．
【详解】解：由，可得是函数的一个零点．
令．
，，即．
方程有两个根，且均为有理数．
，可得，且为完全平方数．
设，．
，
经过验证只有：，，
，时满足题意．
方程即，
解得，，均为有理数．
因此．
故答案为：．
【点睛】本题考查了因式分解方法、方程的解法、恒等式变形，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
18.在中，已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，.
（1）求和；
（2）若是钝角三角形，求的面积.
【答案】(1) ，或. (2)
【解析】
【分析】
（1）由已知利用正弦定理可得，由余弦定理即可解得的值．
（2）由已知可得为中最大的角，由是钝角三角形，利用余弦定理分类讨论可得的值，利用三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）在中，因为，所以由正弦定理，
得
由余弦定理得得
即，得或.
（2），，所以为中最大的角，
当时，，与为钝角三角形矛盾，舍掉，
当时，，为钝角三角形，所以
所以.
【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和分类讨论思想，属于基础题．
19.已知平面向量，设函数（为常数且满足），若函数图象的一条对称轴是直线.
（1）求的值；
（2）求函数在上的最大值和最小值：
（3）证明：直线与函数的图象不相切．
【答案】(1) (2) 最大值和最小值分别为和-1. (3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用向量的数量积求得函数、的表达式，从而利用三角函数性质求得的值；
（2）结合的取值范围求得函数最值；
（3）利用导函数求得三角函数的切线斜率取值范围，然后去判断直线与图象的关系．
【详解】(1)可知，
所以
因为是函数图象的一条对称轴，
所以，得
因为，所以
(2)所以，
因为，所以
所以函数在上的最大值和最小值分别为和.
(3)因为
所以即函数图象切线斜率的取值范围为，
因为直线的斜率为，
所以直线与函数的图象不相切.
【点睛】本题考查了数量积运算性质、三角函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
20.已知函数.
（1）解不等式；
（2）若对，不等式恒成立，求实数的最大值；
（3）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1) (2) 5 (3)
【解析】
【分析】
（1）根据，分，和三种情况去绝对值，然后解出不等式即可；
（2）不等式恒成立，只需，求出的最小值，可得的最大值；
（3）根据，可得恒成立，求出的最大值，可得的范围．
【详解】（1）由得，
所以可由或或
解得分别为或或，
所以不等式的解集为
（2）因为，所以
因为恒成立，所以，故实数的最大值为5.
（3）由得，
因为，所以恒成立，
又因为当时，，
所以实数的取值范围为.
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
21.已知函数.
（1）求的单调区间（用表示）；
（2）若，求的取值范围.
【答案】(1)答案不唯一，见解析；(2)
【解析】
【分析】
（1）根据条件可知，利用导数分别讨论，时的区间即可；
（2）由条件得，当时，恒成立即恒成立，分别讨论，时，时的情况，即可求出范围．
【详解】解：（1）已知，，
①当时，，此时单调递减，单调减区间为；
②当，令，解得，
所以当时，的递增区间为，，递减区间为；
（2）由条件得，当时，恒成立即恒成立，
当时，由时，得显然不成立，所以，
令，解得，
当时，所以，
所以，即恒成立，
所以，当时，在上恒成立，
又当时，，在上为减函数，在，上为增函数，
所以，不满足题意，
综上，所求的取值范围是．
【点睛】本题考查导数单调区间，含参数函数恒成立问题，讨论的取值范围是关键，属于中档题．
22.记数列的前项和为，已知数列满足.
（1）若数列为等比数列，求的值；
（2）证明：.
【答案】(1) (2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）设数列为公比为的等比数列，由题意可得，，运用等比数列的求和公式，可得，再由错位相减法和已知条件，计算可得所求和；
（2）设，2，3，，，由，得到，运用基本不等式的性质可得
，再由绝对值不等式的性质可得，即可得证．
【详解】（1）设等比数列的公比为，易知
所以由得，所以，
又由得
设
故
（2）证明：设，因为
所以
所以
故
即得证
【点睛】本题考查等比数列的求和公式，以及数列的错位相减法求和，正确运用绝对值不等式的性质是解题的关键，属于难题．