德州市2018届高三上学期期中考试数学(理)试题 含解析

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
00
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。

学必求其心得，业必贵于专精。