2019届山西省高三一轮复习阶段性测评（三）数学（理）试题（解析版）

2019届山西省高三一轮复习阶段性测评（三）数学（理）试题（解析版）

‎2019届山西省高三一轮复习阶段性测评（三）数学（理）试题 一、单选题 ‎1．设集合,,,则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先化简集合,根据交集和补集定义,即可求得.‎ ‎【详解】‎ ‎∵,化简可得 ‎∴，‎ ‎∴，‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了集合的交集和补集运算,在集合运算比较复杂时,可以使用韦恩图辅助分析问题.‎ ‎2．函数的定义域为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据二次根式下表达式非负和分数分母不为零,即可求得的定义域.‎ ‎【详解】‎ 因为 根据二次根式下表达式非负和分数分母不为零 ‎ ‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了函数的定义域的求解,其中解答中熟记函数的定义域的概念,以及根据函数的解析式有意义进行求解,属于基础题.‎ ‎3．命题“,”的否命题是（ ）‎ A．, B．,‎ C．, D．,‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据为原命题条件,为原命题结论,则否命题:若非则非,即可求得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎ 根据为原命题条件,为原命题结论,则否命题:若非则非 结合,存在性命题的否定是全称命题 ‎ 命题“,”的否命题是:,‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了否命题,解题关键是理解否命题的定义,属于基础题.‎ ‎4．下列函数中,既是奇函数又在上单调递增的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据奇函数满足,且定义域关于原点对称.逐个选项判断其奇偶性和单调性即可得出答案.‎ ‎【详解】‎ 对于A, ,故,‎ ‎ ,可得不是奇函数,故A不符合题意;‎ 对于B, ,故 ‎ ,可得是奇函数,‎ 又 ,在是减函数,故B不符合题意;‎ 对于C, ,故 ‎ ,可得不是奇函数,故C不符合题意;‎ 对于D, ,故 ‎ ,可得是奇函数,‎ 又在是增函数,故D符合题意 故选:D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数的奇偶性与单调性,熟练掌握函数单调性,奇偶性的定义是解题的关键,属于基础题.‎ ‎5．已知向量,则下列结论正确的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据平面向量共线和平面向量数量积的坐标表示,逐一判断即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 对于A,故,故A错误;‎ 对于B,,故B错误;‎ 对于C,,,不存在实数使:,所以不平行于,故C错误;‎ 对于D,,故D正确.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了平面向量的坐标运算.考查了平面向量共线的坐标表示、平面向量数量积的坐标表示,熟练掌握向量的基本知识是解本题关键,属于基础题.‎ ‎6．在各项均为正数的数列中,,,为的前项和,若,则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】由,化简可得,得或,因为各项均为正数,故符合题意,不符题意舍去,所以数列为首项为,公比为的等比数列,根据等比数列前项和公式即可求得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎ ,得，‎ ‎ 或，‎ 又各项均为正数,故符合题意,不符题意舍去.‎ ‎,,所以数列为首项为,公比为的等比数列 则，解得，‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查等比数列的通项公式,等比数列的前项和公式的应用.解题关键是掌握等比数列前项和公式,考查了计算能力,属于中档题 ‎7．“,”是“”的（ ）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】根据充分条件和必要条件的定义判断,即可得出答案.‎ ‎【详解】‎ ‎ 当,时,能推出.‎ 故“,”是“”充分条件 而时,可得或 ‎ ,不能推出,‎ 故“,”不是“”必要条件 综上所述, “,”是“”的充分不必要条件 故选:A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了充分条件与必要条件的判定,其中熟记充分条件和必要条件的判定方法是解答的关键,着重考查了理解能力与运算能力,属于基础题.‎ ‎8．已知实数,满足,则下列结论一定成立的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据指数函数单调可知,是减函数,根据,可得,逐项判断即可求得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎ 根据指数函数单调可知是减函数 ‎ 由,可得 对于A,令,根据余弦函数图像可知,当时,不一定成立,故A错误.‎ 对于B,因为,可取,,此时,,得,故B错误.‎ 对于C,因为,可取,,此时,,得,故C错误.‎ 对于D,因为是增函数,当,可得,故D正确.‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查了不等式的性质和指数函数的单调性,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.‎ ‎9．已知函数，则函数的一个单调递减区间是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】因为,化简可得:,根据正弦函数的单调性,即可求得单调递减区间.‎ ‎【详解】‎ ‎ ，‎ 根据正弦函数的单调性可知,其减区间为:，‎ ‎∴‎ 当时,‎ 函数的一个单调递减区间为.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查三角函数的单调区间的求法,利用正弦函数的图像和性质是解决本题的关键,考查了计算能力,属于基础题.‎ ‎10．已知函数的图像如图所示,则函数的图像可能是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据函数图像,判断出正负号,结合二次函数图像性质,即可求得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎ 由函数图像可知,当时,，‎ ‎ ，即 又 渐近线方程为,,即 当时,，所以,.‎ ‎ 是二次函数 ‎ 对称轴:,‎ ‎ ,图像开口向下.‎ ‎ ,与轴正半轴相交 综上所述,只有B符合题意.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了根据函数图像判断参数的正负问题.解题关键是根据所给函数图像的特征,结合特殊点,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.‎ ‎11．设函数,在上可导,且,则当时,有（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】设,因为,可得,在给定的区间上是增函数,即可求得答案.‎ ‎【详解】‎ 设,当时,‎ ‎∴‎ ‎∴在给定的区间上是增函数,‎ 当时,‎ 解得:‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数的单调性,考查利用导数判断函数的单调性,并根据函数的单调性比较函数值的大小,属于中档题.‎ ‎12．已知,当时,不等式（是整数）恒成立,则的最大值是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】因为,代入,得.当时,得,得整数;当时,设可得,所以,即可得到结果.‎ ‎【详解】‎ ‎,代入 得 当时成立,得,所以整数.‎ 又 可证时成立,设，‎ 得,‎ ‎ ，‎ ‎ 所求的最大值是.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了不等式的恒成立问题的求解,其中根据题意构造新函数,利用导数得到函数的单调性,求得函数的最小值是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力．‎ 二、填空题 ‎13．已知数列的前项和,,则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】因为,,即可求得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎ ，‎ ‎ ,‎ 根据.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题的解题关键是掌握 ,考查了计算能力,属于基础题.‎ ‎14．如图,在菱形中,,为的中点,则的值是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】因为,即可得出答案.‎ ‎【详解】‎ ‎ 在菱形中,‎ ‎ ‎ ‎.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了平面向量的线性运算.解题关键是掌握向量的平方等于向量模的平方,‎ 属于基础题.‎ ‎15．设,满足约束条件,则的最大值是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合即可求得的最大值.‎ ‎【详解】‎ 不等式组表示的平面区域如下图所示.‎ 由目标函数,可化为:‎ 由图像可知当目标函数过点,在截距最小,此时取得最大值.‎ 由解得:‎ 目标函数在点处取得最大值,代入.故最大值为.‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查线性规划的相关内容,解题关键是根据约束条件画出不等式组表示的平面区域,数形结合解决问题,属于中档题.‎ ‎16．对于函数,若存在区间,使得,则称函数为“可等域函数”,区间为函数的一个“可等域区间”.给出下列四个函数:‎ ‎①;‎ ‎②;‎ ‎③;‎ ‎④.‎ 其中存在唯一“可等域区间”的“可等域函数”的序号是________.‎ ‎【答案】②③‎ ‎【解析】根据存在区间,使得,则称函数为“可等域函数”,区间为函数的一个“可等域区间”,对四个函数逐一判断,即可得到答案.‎ ‎【详解】‎ 对于①,是的可等域区间,但不唯一,故①不成立;‎ 对于②,,且在时递减,在时递增,‎ 若,则,故 又,,而,故,故是一个可等域区间;‎ 若,则,解得,,不合题意,‎ 若,则有两个非负解,但此方程的两解为和,也不合题意,‎ ‎ 函数只有一个等可域区间,故②成立;‎ 对于③,函数的值域是,‎ ‎ ,函数在上是增函数,‎ 考察方程,由于函数与只有两个交点,,‎ 即方程只有两个解和,‎ ‎ 此函数只有一个等可域区间,故③成立;‎ 对于④,函数在定义域上是增函数,‎ 若函数有等可域区间,则,,‎ 但方程无解,故此函数无可等域区间,故④不成立.‎ 综上所述,只有②③正确.‎ 故答案为:②③.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数的新定义.解题关键是理解所给的函数新定义:“可等域区间”的“可等域函数”,考查了分析能力和计算能力,属于中等题.‎ 三、解答题 ‎17．记函数的定义域为集合,函数的定义域为集合.求:‎ ‎（1）集合,;‎ ‎（2）集合,.‎ ‎【答案】（1）， （2），‎ ‎【解析】（1）由,可得,即可求得.由 即可得到,即可求得.‎ ‎（2）根据集合的交集,并集和补集定义,即可求得答案.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）∵，∴ ‎ ‎∵，∴. ‎ ‎（2）， ‎ ‎ ,故 ‎ ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了集合的交集,并集和补集运算,在集合运算比较复杂时,可以使用数轴来辅助分析问题,考查了计算能力,属于基础题.‎ ‎18．已知等差数列中,,,数列满足,.‎ ‎（1）求数列的通项公式;‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1） （2），‎ ‎【解析】（1）由,,可得: ,解得,故,即可求得.‎ ‎（2）因为,,故,根据数列求和错位相减法,即可求得.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由已知得， ‎ 解得， 故，‎ ‎ 代入 ‎ ,即 ‎∴.‎ ‎（2）由（1）知,. ‎ ‎ ,‎ ‎ , ‎ ‎ .‎ 故,‎ ‎【点睛】‎ 本题考查求等差数列通项公式和数列求和.错位相减法求数列和,适用于通项公式为等差的一次函数乘以等比的数列形式,考查了学生的计算能力,属于基础题型.‎ ‎19．已知的内角,,的对边分别为,,且.‎ ‎（1）求角;‎ ‎（2）若点满足,且,,求的面积.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】（1）因为,根据正弦定理:,可得,化简可得,即可求得,进而求得角.‎ ‎（2）在中,根据余弦定理得,可得,结合已知,即可得到,由三角形面积公式 ‎,即可求得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 即 ‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，可得:. ‎ ‎（2）在中,根据余弦定理得， ‎ 即， ‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查正弦定理,余弦定理解三角形和三角形面积公式,解题关键是利用正弦定理边化角,再利用和角的正弦公式化简所给式子,属于基础题.‎ ‎20．（B）已知函数，的图象如图所示点，在函数的图象上，点在函数图象上，且线段平行于轴．‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若为以角为直角的等腰直角三角形，求点的坐标．　‎ 说明：请同学们在（A）、（B）两个小题中任选一题作答 ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）由AC∥y轴，可得x1=x3．代入函数关系进而证明结论．（2）由△ABC为以角C为直角的等腰直角三角形，可得|AC|=|BC|，y2=y3．可得x3-x2=，．化简即可得出．‎ ‎【详解】‎ ‎（B）证明（1）因为线段平行于轴，所以，‎ 又，，‎ 则.‎ ‎（2）由等腰直角三角形，和，且平行于轴，‎ 所以，且，‎ 又，，‎ 则，解得，‎ 所以，‎ 所以点的坐标为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了对数运算性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质.‎ ‎21．设，函数 ‎（Ⅰ）当时，求函数的最小值；‎ ‎（Ⅱ）若，解关于的不等式.‎ ‎【答案】(1) ;(2) 的解集为.‎ ‎【解析】（Ⅰ）代入的值，讨论x的取值范围，根据x的范围判断函数的单调性。‎ ‎（Ⅱ）讨论x的取值范围，去掉中绝对值，并根据不同范围内解析式解不等式即可。‎ ‎【详解】‎ ‎（Ⅰ）当时，，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，所以.‎ ‎（Ⅱ）①当时，， 解得，‎ 因为，，所以此时.‎ ‎②当时，， 解得，‎ 因为，，所以此时.‎ ‎③当时，， 解得，‎ 因为，，所以此时.‎ 综上可知，的解集为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了绝对值不等式解法的综合应用，关键是分类时掌握好边界的选取，属于中档题。‎ ‎22．已知函数.‎ ‎（1）求函数的极值;‎ ‎（2）当时,若恒成立,求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）极小值为，无极大值. （2）‎ ‎【解析】（1）由得,当,得,即可求得函数的极值.‎ ‎（2）由题意有恒成立,即恒成立, 设,则, 求得的最小值,即可求得实数的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由得, ‎ 令,得, ‎ 当时,当时,‎ 函数在上单调递减;函数在单调递增.‎ ‎ 函数存在极小值.其极小值为,无极大值.‎ ‎（2）由题意有恒成立,即恒成立,‎ 设,‎ 则, ‎ 设,下面证明有唯一解.‎ 易知单调递增,且,所以若有零点x,则,‎ 令,可得,（※）‎ 注意到,‎ 所以方程（※）等价于, ‎ 又由（1）可知,当时,在上单调递增,‎ 又当时,,‎ 所以方程等价于方程, ‎ 设函数,则单调递增,‎ 又,,所以存在,使得 ‎,即方程有唯一解,即,‎ 因此方程有唯一解,‎ 所以有唯一解.‎ 且当时,,单调递减;‎ 当时,,单调递增; ‎ 所以的最小值为,‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 利用导数研究不等式恒成立或存在型问题,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.‎