江西省玉山县一中2019届高三数学上学期期中试题理(含解析)

玉山一中2018—2019学年度第一学期高三期中考试
理科数学试卷
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.若全集，集合，，则（）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
试题分析：由题意，得，，所以，
所以，故选B．
考点：1、不等式的解法；2、集合的交集与补集运算．
2.若，则cos2α=（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意先求出，然后再用倍角公式求解即可得到结果．
【详解】由条件得，
∴．
故选C．
【点睛】本题考查诱导公式和倍角公式的应用，考查变形和计算能力，解题的关键是正确进行公式的变形，属于基础题．
3.若非零向量，满足，，则与的夹角为（）
A. 30°
B. 60°
C. 120°
D. 150°
【答案】C
【解析】
略
4.已知函数，且，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：或
考点：函数求值
5.设是平面内的两条不同直线，是平面内两条相交直线，则的一个充分不必要条件是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：，是平面内两条相交直线
考点：面面垂直的判定定理
点评：基本知识点的考查，要求学生熟记掌握各种判定方法
6.若直线与圆有公共点，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
解：因为直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离小于等于半径可知
，选D
7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：由三视图易知该几何体为一个圆柱和半个圆锥组合而成，故其体积为
考点：三视图，空间几何体体积
视频
8.在等比数列中，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：因为数列为等比数列，所以
，故选C．
考点：等比数列的性质．
9.已知满足约束条件，且的最小值为2，则常数（）
A. 2
B. ﹣2
C. 6
D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线的斜截式方程，由图形得到最优解，并求出最优解的坐标，代入目标函数后由的值等于2求得的值．
【详解】画出不等式组表示的可行域，如下图中的阴影部分所示．
由得，
平移直线，由图形可得当直线经过可行域内的点A时，直线在y轴上的截距最小，此时取得最小值．
由得，
∴点A的坐标为．
∴，解得．
故选B．
【点睛】线性规划中的参数问题及其求解思路
（1）线性规划中的参数问题，就是已知目标函数的最值或其他限制条件，求约束条件或目标函数中所含参数的值或取值范围的问题．
（2）求解策略：解决这类问题时，首先要注意对参数取值的讨论，将各种情况下的可行域画出来，以确定是否符合题意，然后在符合题意的可行域里，寻求最优解，从而确定参数的值．
10.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑
中，平面，且，，点在棱上运行，设的长度为，若
的面积为，则的图象大致是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
如图，作PQ⊥BC于Q，作QR⊥BD于R，连接PR，则PQ∥AB，QR∥CD，设AB＝BD＝CD＝1，
则AC＝，，即PQ＝，又，
所以QR＝，所以PR＝，
所以f(x)＝，其图象是关于直线x＝对称的曲线，排除B、C、D，故选A.
11.已知圆，考虑下列命题：①圆上的点到的距离的最小值为
；②圆上存在点到点的距离与到直线的距离相等；③已知点，在圆上存
在一点，使得以为直径的圆与直线相切，其中真命题的个数为( )
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
【答案】C
【解析】
对于①，圆心到的距离减去半径的值为，即圆上点到的距离的最小值为，①错；对于②，到点与到直线的距离相等的点
的轨迹是抛物线，当时，圆方程，可得圆与抛物线有两个交点，
故②正确；对于③，当时，圆上存在点，使得以为直径的圆与直线相切，故③正确，正确命题个数为，故选C.
【方法点睛】本题主要通过对多个命题真假的判断，主要综合考查圆的几何性质、抛物线的定义与方程，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，判断存在性结论时，也可以考虑特值法处理，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.
12.定义在[0，+∞）上的函数满足：．其中表示的
导函数，若对任意正数都有，则实数的取值范围是（）
A. （0，4]
B. [2，4]
C. （﹣∞，0）∪[4，+∞）
D. [4，+∞）
【答案】C
【解析】
【分析】
由可得，令
，则，利用导数可得函数在区间上单调递减，从而由原不等式
可得，解不等式可得所求范围．
【详解】∵，
∴，当且仅当且，即时两等号同时成立，
∴“对任意正数都有”等价于“”．
由可得，
令，则，
∴．
令，
则，
∴当时，单调递增；当时，单调递减．
∴，
∴，
∴函数在区间上单调递减，
故由可得，
整理得，解得或．
∴实数的取值范围是．
故选C．
【点睛】本题难度较大，涉及知识点较多．解题的关键有两个，一是求出的最小值，在此过程中需要注意基本不等式中等号成立的条件，特别是连续两次运用不等式时要注意等号能否同时成立；二是结合条件中含有导函数的等式构造函数，并通过求导得到函数的单调性，最后再根据单调性将函数不等式转化为一般不等式求解．主要考查构造、转化等方法在解题中的应用．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上）.
13.垂直于直线并且与曲线相切的直线方程是 _______________。

【答案】
【解析】
【分析】
先设出切点，求出与直线垂直的直线斜率，再求出曲线的导函数在切点处的函数值，求得切点坐标后根据点斜式方程可得答案．
【详解】设切点为．
∵，
∴，
∴．
又切线垂直于直线，
∴切线的斜率为，
整理得，解得，
∴，
∴切点坐标为，
∴所求切线方程为，
即．
故答案为．
【点睛】利用导数的几何意义求曲线的切线方程时，注意“曲线在点P处的切线”和“曲线过点P的切线”两种说法的区别．第一种类型中的点P为切点，求解时直接根据导数的几何意义求解即可；第二种类型中的点P不一定在曲线上，即使在曲线上也不一定为切点，此种类型需要转化成第一种类型求解．
14.曲线，与直线有两个公共点时，则实数的取值范围
是 _________________。

【答案】
【解析】
试题分析：曲线表示以（0，1）为圆心，以2为半径的圆的上半个圆，
而直线过点（2，4），画出图象，可知该直线与该半圆要有两个公共点，需要
.
考点：本小题主要考查曲线方程和直线与圆的位置关系.
点评：解决本小题的关键是分析出所给曲线是半圆，所给直线过定点，进而利用数形结合思想解决问题.
15.已知为数列{}的前项和，且．则{}的通
项公式为_________________ 。

【答案】
【解析】
【分析】
由得，两式相减后得到递推关系，然后再利用累乘法可得数列的通项公式．
【详解】由且，
得．
∵，
∴，
以上两式分别相减得，
整理得．
∴当时，，
又满足上式，
∴．
故答案为．
【点睛】本题考查累乘法求数列的通项公式，解题时注意递推关系的推出过程，然后根据相乘得到数列的通项公式，解题中容易出现的错误是忽视递推关系的使用条件，对于得到的结果要根据题意对数列的前几项进行验证．
16.已知菱形ABCD的边长为，∠D=60°，沿对角线BD将菱形ABCD折起，使得二面角A
﹣BD﹣C的余弦值为，则该四面体ABCD外接球的体积为 _________________ 。

【答案】
【解析】
【分析】
正确作出图形，先确定出外接球的球心，然后利用勾股定理建立方程，求出四面体的外接球的半径，进而可求出四面体的外接球的体积．
【详解】由题意画出图形，如下图所示．
取的中点，连，则，所以即为二面角A﹣BD﹣C的平面角．由题意得为等边三角形，且边长为，
设的中心为，则球心在过点且与平面垂直的直线上，设球心为点，连．
过作平面于，则确定一个平面，过作于．连，则过点，且，故．
由题意得，
∴．
设，
又,
在和中，由勾股定理得，
设球半径为R，则，
∴，
∴，
解得，
∴外接球的体积为．
故答案为．
【点睛】解决关于多面体的外接球的问题时，关键是要抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离都等于球的半径，然后通过等量关系建立方程后求出球的半径，进而达到求解的目的．在解题中为了达到方便求解往往要作一圆面起衬托作用．
三．解答题（共6大题，17题10分，其余每题12分，共70分）
17.设的内角所对的边分别为，且．
（1）求的值；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由及正弦定理得到3sinAcosC=3sinB﹣2sinC，再根据可得3cosAsinC=2sinC，于是，进而可得；（2）在中由余弦定理及重要不等
式可得，从而，可得所求最大值．
【详解】（1）△ABC中，，
由正弦定理得3sinAcosC=3sinB﹣2sinC，
∴3sinAcosC=3sin（A+C）﹣2sinC，
∴3cosAsinC=2sinC，
∵sinC≠0，
∴，
∵A∈（0，π），
∴．
（2）由（1）知，
∴，
由余弦定理的推论得，，
∴，
∴，当且仅当b=c时等号成立．
∴．
故△ABC面积的最大值为．
【点睛】（1）在解三角形的问题中，正、余弦定理常与三角变换结合在一起考查，考查综合运用知识解决问题的能力．
（2）在余弦定理和三角形面积结合的问题中，要注意不等式的应用，合理运用不等式可解决三角形面积中的最值问题，应用不等式时注意等号成立的条件．
18.数列{}中，，，且满足，
（1）设，求；
（2）设，，，，是否存在最大的正整数，使得对任意均有成立？若存在求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，且.
【解析】
【分析】
（1）由条件求出数列的通项公式为，根据的取值得到的符号，然后去掉绝对值后可得所求的；（2）由（1）求得，然后利用裂项相消法求出，并进一步求出的最小值．再根据恒成立得到，求得的范围后可得所求．【详解】（1）由，知数列为等差数列，
设其公差为d，则．
故．
由，解得n≤5．
故当n≤5时S n=|a1|+|a2|+…+|a n|==9n﹣n2；
当n＞5时S n=|a1|+|a2|+…+|a n|=．
∴．
（2）由题意得，
∴
．
从而
∴数列是单调递增数列，
∴．
要使恒成立，故只需成立即可，
由此解得m＜8，
又m为正整数，
∴．
∴适合条件的m的最大值为7．
【点睛】（1）对于含有绝对值的数列的和的计算问题，求解时要根据数列通项的特点得到项的符号，然后去掉绝对值后进行求和．
（2）当数列的通项公式为分式、且分子为常数时，求和时一般用裂项相消的方法求解．解题时把项拆成两项的的差的形式，利用相加后消掉一些项的方法达到求和的目的．注意相消后的结果的特点，即前面剩几项后面就剩几项，前面剩第几项后面就剩第几项．
19.如图，在底面是正三角形的三棱锥P﹣ABC中，PA=AB=2，PB=PC=．
（1）求证：PA⊥平面ABC；
（2）若点D在线段PC上，且直线BD与平面ABC所成角为，求二面角D﹣AB﹣C的余弦值．
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由勾股定理可得PA⊥AB，PA⊥AC，根据线面垂直的判定定理得到结论成立；（2）以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
然后设出点D的坐标，并结合直线BD与平面ABC所成角为可得D的坐标为（0，1，1）．然后根据平面DAB和平面CAB的法向量可求得二面角的余弦值．
【详解】证明：（1）∵在底面是正三角形的三棱锥P﹣ABC中，PA=AB=2，PB=PC=．
∴PA2+AB2=PB2，PA2+AC2=PC2，
∴PA⊥AB，PA⊥AC，
∵AB∩AC=A，
∴PA⊥平面ABC．
（2）以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
由题意得B（，1，0），C（0，2，0），P（0，0，2），
设D（0，b，c），且，（0≤λ≤1），
则（0，b，c﹣2）=（0，2λ，﹣2λ），
∴D（0，2λ，2﹣2λ），
∴=（﹣，2λ﹣1，2﹣2λ）．
又平面ABC的法向量，
∵直线BD与平面ABC所成角为，
∴，
解得或λ=2（舍去），
∴点D的坐标为（0，1，1），
=（），=（0，1，1），
设平面ABD的法向量，
则，取x=1，得．
设二面角D﹣AB﹣C的平面角为θ，
则cosθ===．
由图形得二面角D﹣AB﹣C为锐角，
∴二面角D﹣AB﹣C的余弦值为．
【点睛】（1）空间向量的引入为解决空间中的位置关系和求空间角提供了较好的思维方法，即将空间中的位置关系的证明和空间角的求法转化为数的运算的问题处理．
（2）在用两平面的法向量求二面角时，在求得两向量夹角的余弦值后，还要结合图形对二面角的大小进行判定，判断出是锐角还是钝角，最后再作出结论．
20.已知圆与轴相切于点（0，3），圆心在经过点（2，1）与点（﹣2，﹣3）的直线上．
（1）求圆的方程；
（2）圆与圆：相交于M、N两点，求两圆的公共弦MN的长．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求出过点（2,1）与点（﹣2,﹣3）的直线的方程，又由条件得到圆心在直线y=3上，解方程组可得圆心的坐标，进而得到圆的半径，于是可得圆的方程；（2）将圆的方程化为一般式，与圆的方程作差后可得两圆公共弦所在直线的方程，然后求出圆心到公共弦的距离，进而可得公共弦的长．
【详解】（1）经过点（2，1）与点（﹣2，﹣3）的直线方程为，
即y=x﹣1．
由题意可得，圆心在直线y=3上，
由，解得圆心坐标为（4，3），
故圆C1的半径为4．
则圆C1的方程为（x﹣4）2+（y﹣3）2=16；
（2）∵圆C1的方程为（x﹣4）2+（y﹣3）2=16，
即x2+y2﹣8x﹣6y+9=0，
圆C2：x2+y2﹣2x+2y﹣9=0，
两式作差可得两圆公共弦所在直线方程为3x+4y﹣9=0．
圆C1的圆心到直线3x+4y﹣9=0的距离d=．
∴两圆的公共弦MN的长为．
【点睛】（1）求圆的方程时注意平面几何知识的运用，如以下结论：①圆心在过切点且与
切线垂直的直线上；②圆心在任一弦的中垂线上；③两圆内切或外切时，切点与两圆圆心三点共线．
（2）当两圆相交时，将两个圆的方程相减后消去二次项，可得两圆公共弦所在直线的方程，利用此结论求解可提高解题的效率．
21.如图，在斜三棱柱中，，，，侧面
与底面所成的二面角为120°，分别是棱、的中点．（1）求与底面所成的角；
（2）证明平面；
（3）求经过四点的球的体积．
【答案】（1）；（2）详见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）过A1作A1H⊥平面ABC，垂足为H．连接AH，并延长交BC于G，于是∠A1AH为A1A与底面ABC所成的角．又经证明可得∠AGE为二面角A﹣BC﹣E的平面角，进而在平行四边形A1AGE中得到所求角；（2）设EG与B1C的交点为P，则点P为EG的中点，连PF，可证得A1E∥FP，故得平面；（3）分析可得过四点的球的球心在直线A1H上，且球心O与A1A中点的连线OF⊥A1A，根据几何知识可得球的半径，进而得到球的体积．
【详解】（1）过A1作A1H⊥平面ABC，垂足为H．连接AH，并延长交BC于G，
于是∠A1AH为A1A与底面ABC所成的角．
∵∠A1AB=∠A1AC，
∴AG为∠BAC的平分线．
又AB=AC，
∴AG⊥BC，且G为BC的中点．
因此由三垂线定理A1A⊥BC．
∵A1A∥B1B，且EG∥B1B，
∴EG⊥BC．
所以∠AGE为二面角A﹣BC﹣E的平面角，
∴∠AGE=120°．
由于四边形A1AGE为平行四边形，得∠A1AG=60°．
∴直线与底面所成的角为60°．
（2）证明：设EG与B1C的交点为P，则点P为EG的中点，连PF．
在平行四边形AGEA1中，因F为A1A的中点，
故A1E∥FP．
而FP⊂平面B1FC，A1E⊄平面B1FC，
所以A1E∥平面B1FC．
（3）连接A1C．
在△A1AC和△A1AB中，由于AC=AB，∠A1AB=∠A1AC，A1A=A1A，
∴△A1AC≌△A1AB，
∴A1C=A1B．
由已知得A1A=A1B=A1C=a．
又A1H⊥平面ABC，
∴H为△ABC的外心．
设所求球的球心为O，则O∈A1H，且球心O与A1A中点的连线OF⊥A1A．
在Rt△A1FO中，A1O===．
故所求球的半径R=a，
∴球的体积V=πR3=πa3．
【点睛】（1）对于空间中线面位置关系的判定的问题，解题时注意转化方法的运用，即根据线面平行或垂直间的互化进行证明．
（2）用几何法求空间角时要遵循“一找、二证、三计算”的思路求解，通过线面关系先作出所求的角，然后再通过解三角形的方法求出该角即可．
22.已知函数，，且曲线在处的切线方程为
.
（1）求，的值；
（2）求函数在上的最小值；
（3）证明：当时，.
【答案】(1) (2) （3）见解析
【解析】
试题分析：（1）求出f（x）的导数，计算，，求出a，b的值即可；
（2）求出f（x）的导数，得到导函数的单调性，得到f（x）在[0，1]递增，从而求出f（x）的最大值；
（3）只需证明x＞0时，，因为，且曲线在处的切线方程为，故可猜测：当且时，的图象恒在切线的上方．试题解析：
（1）由题设得，∴，
解得，．
（2）由（1）知，，
令函数，∴，
当时，，递减；
当时，，递增；∴，即
∴当时，，且仅当时，
故在上单调递增，
∴；
（3）由题要证：当时，，
即证：，
因为，且曲线在处的切线方程为，
故可猜测：当且时，的图象恒在切线的上方．
下面证明：当时，，
证明：设，，
则，令，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又，，，
所以，存在，使得，
当时，；当，
故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
又，∴，当且仅当时取等号．
故．
由（2）知，，故，∴，当且仅当时取等号．
所以，．
即．所以，，
即成立，当时等号成立.
故：当时，， 12分
方法二：要证，等价于，又，可转化为证明
令，
，
，因此当时，，单调递增；当时，，单调递减；
有最大值，即恒成立，即当时，。