安徽省宣城市2018-2019学年八校联考高三上学期期末数学试题(解析版)

安徽省宣城市八校联考高三上学期数学卷（文）
考生注意事项：
1.答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。

务必在答题卡背面规定的地方填写姓名和座位号后两位。

2.答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

3.答第Ⅱ卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。

作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔捕清楚。

必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。

4.考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题.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.如图，设全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先由图可知阴影部分，表示的集合为，再由题中条件，即可得出结果.
【详解】由图可知阴影部分表示的集合为，因为集合，，所以
.故选A
【点睛】本题主要考查集合的混合运算，熟记概念即可，属于基础题型.
2.设是虚数单位，则复数的共轭复数（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先由复数的除法运算，化简复数，进而可得其共轭复数.
【详解】因为，所以.
故选A
【点睛】本题主要考查复数的运算以及共轭复数，熟记运算法则以及共轭复数的概念即可，属于基础题型.
3.函数的定义域为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题中解析式有意义，列出不等式组，即可求出结果.
【详解】由已知得，解得.故选B
【点睛】本题主要考查具体函数的定义域，即是求使解析式有意义的的范围，由题意列式计算即可，属于基础题型.
4.设是等比数列的前项和，若，，则数列的公比是（）
A. B. 1 C. 或1 D. 或1
【答案】D
【解析】
【分析】
先设数列的公比为，由题中条件可得，，进而可求出结果.
【详解】设数列的公比为，因为，，则，，所以，解得或1.
故选D
【点睛】本题主要考查等比数列的基本量的计算，熟记公式即可，属于基础题型.
5.已知是定义在上的奇函数，且当时，若，则（）
A. -2
B.
C.
D. 2
【答案】D
【解析】
【详解】因为是定义在上的奇函数，，且当时，又，而，所以不小于0，所以当时，，由，可得，解得.
故选D
【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，熟记函数奇偶性概念即可，属于基础题型.
6.若曲线的切线倾斜角的取值范围是，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先对函数求导，再由切线倾斜角的取值范围是得出斜率范围，进而可求出结果.
【详解】因为，所以，
因为倾斜角的取值范围是，所以斜率，因此，所以.
故选B
【点睛】本题主要考查导数的几何意义，熟记几何意义即可，属于基础题型.
7.设是等差数列的前项和，且，则（）
A. 36
B. 45
C. 54
D. 63
【答案】C
【解析】
【详解】因为是等差数列的前项和，且，
所以，因此，所以.
故选C
【点睛】本题主要考查等差数列，熟记等差数列的性质以及前项和公式即可，属于基础题型.
8.若将函数的图像向左平移个单位，所得图像关于轴对称，则的最小正值是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先由函数平移得到平移后的解析式，再由图像关于轴对称，得到，进而可求出结果.
【详解】将函数的图像向左平移个单位，可得，由所得图像关于轴对称，可知，得，故的最小正值是.
故选C
【点睛】本题主要考查三角函数的平移问题，熟记平移原则，以及三角函数的性质即可，属于基础题型.
9.若，满足约束条件，且的最小值为-1，则（）
A. -2
B. -1
C. 0
D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】
先由约束条件作出可行域，再由目标函数可化为，表示在轴的截距，结合图像即可得出结果.
【详解】由约束条件画出可行域如图，
因为目标函数可化为，表示在轴的截距，由图像可知：
显然在直线与的交点处取得最小值，
由解得交点坐标为，则，解得.
故选B
【点睛】本题主要考查线性规划，由约束条件作出可行域，再由目标函数的几何意义即可求解，属于基础题型.
10.在1和17之间插入个数，使这个数成等差数列，若这个数中第一个为，第个为，当取最小值时，（）
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
【答案】D
【解析】
由题意，，所以，
当时，即，即时，有最小值。

所以，得，即，故选D。

点睛：本题考查等差数列、基本不等式的应用。

根据等差数列的性质，得，利用基本不等式中的条件型问题，得，则时，即，即时，有最小值，解得，。

二、填空题：本大题共5小题.把答案填在题中横线上.
11.已知向量，，，若，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
先由题中条件求出向量的坐标表示，再由，列方程计算即可得出结果.
【详解】因为向量，，所以，又，，所以
，解得.
故答案为
【点睛】本题主要考查向量数量积的坐标运算，熟记公式即可，属于基础题型.
12._______．
【答案】10
【解析】
【分析】
由指数幂运算法则以及对数运算法则即可得出结果.
【详解】原式.
故答案为10
【点睛】本题主要考查对数运算以及指数幂运算，熟记运算法则即可，属于基础题型.
13.如图，在中，，，，过点作延长线的垂线交延长线于点，过点作
延长线的垂线交延长线于点，如此继续下去，设的面积为，的面积为，的面积
为，…，以此类推，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】
先由题意，分别计算出，进而归纳出，即可得出结果.
【详解】因为在中，，，，过点作延长线的垂线交延长线于点，所以
的面积为；
又过点作延长线的垂线交延长线于点，所以的面积为；
如此继续下去，可得的面积为，…，
故数列是一个以为首项，以4为公比的等比数列，所以
因此.
故答案为
【点睛】本题主要考查归纳推理的问题，依题意列举出前几项，根据规律得出一般性结论即可，属于常考题型.
14.已知数列的各项都是正数，其前项和满足，，则数列的通项公式为_______．【答案】
【解析】
【分析】
先由递推公式求出，再由时，整理，求出，进而可求出结果.
【详解】因为数列的各项都是正数，其前项和满足，，所以
当时，，；
当时，，即，即，所以数列是等差数列，又，因此，，因此,又也满足
，所以，.
故答案为
【点睛】本题主要考查由递推公式求数列的通项公式，灵活处理递推公式即可，属于常考题型.
15.设非直角的内角、、所对边的长分别为、、，则下列结论正确的是_____（写出所有正确结论的编号）.
①“”是“”的充分必要条件
②“”是“”的充分必要条件
③“”是“”的充分必要条件
④“”是“”的充分必要条件
⑤“”是“”的充分必要条件
【答案】①②⑤
【解析】
【分析】
结合充分条件与必要条件的概念，由正弦定理可判断①；由余弦函数的单调性可判断②；举出反例可判断
③，④；由二倍角公式和正弦定理可判断⑤.
【详解】由①，利用正弦定理得，，故，等价于，反之也成立，所以①正确；
由②，利用函数在上单调递减得，等价于，反之也成立，所以②正确；由③，不能推出，如为锐角，为钝角，虽然有，但由大角对大边得，所以③错误；
由④，不能推出，如，时，虽然有，但由大角对大边得，④错误；
由⑤，利用二倍角公式得，∴，故等价于，⑤正确.
【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件的判定，熟记概念以及三角函数的相关性质即可，属于常考题型.
三、解答题：本大题共6小题.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
16.设函数，.
（Ⅰ）求的最大值及最小正周期；
（Ⅱ）讨论在区间上的单调性.
【答案】（Ⅰ）最大值为，最小正周期为；
（Ⅱ）在区间上单调递增，在区间上单调递减.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先对函数函数化简整理，再由正弦函数的值域与周期，即可得出结果；
（Ⅱ）先由得到，根据正弦函数的单调性，即可求出结果.
【详解】（Ⅰ）因为
，所以的最大值为，最小正周期为.
（Ⅱ）因为，所以.所以
当，即时，单调递增；
当，即时，单调递减.
综上可知在区间上单调递增，在区间上单调递减.
【点睛】本题主要考查三角函数的性质，熟记正弦函数的性质即可求解，属于基础题型.
17.已知命题：对任意，不等式恒成立；命题：关于的方程有两个不相等的实数根.若“”为真命题，“”为假命题，求实数的取值范围.
【答案】
【解析】
【分析】
根据不等式恒成立，先求出命题为真命题时，的范围；根据关于的方程
有两个不相等的实数根，可求出命题为真命题时，的范围；再由“”为真命题，“”为假命题判断出，的真假，进而可求出结果.
【详解】令，则，
∵是增函数，∴有最小值2，
若命题为真命题，则，.
若命题为真命题，则，或.
∵为真命题，为假命题，∴与一真一假.
若真，则真，此时；
若假，则假，此时，即.
故的取值范围是.
【点睛】本题主要考查已知复合命题的真假求参数的问题，只需由复合命题的真假判断出单个命题的真假，即可求解，属于基础题型.
18.设的内角、、所对边的长分别为、、，且.
（Ⅰ）证明：、、成等差数列；
（Ⅱ）若，，求的面积.
【答案】（Ⅰ）见详解；（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由余弦定理和，化简整理即可得出结果；
（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论先求出，再由余弦定理的推理求出，得到，进而可得出结果.
【详解】（Ⅰ）由余弦定理知，又
所以，即，所以，
因此、、成等差数列.
（Ⅱ）因为，，由（Ⅰ）可得，所以，因此，所以的面
积.
【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，熟记余弦定理即可，属于基础题型.
19.已知数列满足，，.
（Ⅰ）证明：数列为等比数列；
（Ⅱ）设，求数列的前项和.
【答案】（Ⅰ）见详解；（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）对，两边取以2为底的对数，即可证明结论成立；
（Ⅱ）由（Ⅰ）先求出，再由错位相减法即可求出结果.
【详解】（Ⅰ）由，两边取以2为底的对数，得，
则，所以为等比数列，
且.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得因为为数列的前项和，所以，
则.
两式相减得，
所以.
【点睛】本题主要考查等比数列的概念，以及错位相减法求数列的前项和的问题，熟记概念和公式即可，属于常考题型.
20.设函数，，为自然对数的底数.
（Ⅰ）若函数存在两个零点，求的取值范围；
（Ⅱ）若对任意，，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）先求导数，讨论导函数符号变化情况：当时，，在上单调递减，最多存在一个零点，不满足条件；当时，先增后减，在处取得最大值，所以，解得
的取值范围；（2）先变量分离.再研究函数最小值：在处取得最小值，则，
试题解析：
（Ⅰ）.
当时，，在上单调递减，最多存在一个零点，不满足条件；
当时，由解得，当时，，当时，.
故在处取得最大值，
∵存在两个零点，∴，，即的取值范围是.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故只需，.
令，，当时，；当时，.
故在处取得最小值，则，即的取值范围是.
点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.
21.设递增数列满足，、、成等比数列，且对任意，函数
满足.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若数列的前项和为，，数列的前项和为，证明：.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见详解
【解析】
【分析】
（Ⅰ）先对函数求导，根据可得到，以及之间的关系，进而可得结论成立；（Ⅱ）由（Ⅰ）先求出，进而可求出，再由，即可得出结论成立.
【详解】（Ⅰ）因为，所以
，又，所以，即
，因此是以为首项的等差数列；
设数列的公差为，则，因为、、成等比数列，所以，
即，
解得，所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，所以，因此.
又因为当时，，
所以
，故.
【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的性质，以及放缩法求数列前项和的最值问题，需要考生熟记相关知识点，属于常考题型。