2019屆省高三一輪復習階段性測評（三）數學（文）試題

一、單選題

1．設集合，則（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】根據集合的交集求解.【詳解】

因為，所以，故選：C

【點睛】

本題主要考查了集合交集運算，屬于容易題.2．下列函數中，既是奇函數又在上單調遞增的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】根據基本初等函數的性質判斷即可.【詳解】

由指數函數性質知，函數為非奇非偶，A不正確，由反比例函數知在上為減函數，B不正確，由對數函數性質知為偶函數，C不正確，由正弦函數性質知為奇函數，且在上單調遞增，D正確.故選：D

【點睛】

本題主要考查了常見基本初等函數的單調性及奇偶性，屬于中檔題.3．命題“,”的否命題是（）

A．,B．,C．,D．,【答案】B

【解析】根據為原命題條件,為原命題結論,則否命題:若非則非,即可求得答案.【詳解】

根據為原命題條件,為原命題結論,則否命題:若非則非

結合,存在性命題的否定是全稱命題

命題“,”的否命題是:,故選:B.【點睛】

本題考查了否命題,解題關鍵是理解否命題的定義,屬于基礎題.4．等差數列中，若，則（）

A．10

B．12

C．14

D．16

【答案】B

【解析】由等差中項可求出，再利用得公差，即可求出.【詳解】

因為差數列中，所以，解得，又，則.所以，故選：B

【點睛】

本題主要考查了等差數列的等差中項，等差數列的定義，通項公式，屬于容易題.5．下列選項中，是“”成立的必要不充分條件是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】化簡不等式可得，原問題轉化為找真包含集合的集合即可.【詳解】

由得，因為，所以是成立的必要不充分條件，故選：B.【點睛】

本題主要考查了必要不充分條件，集合的真子集，屬于中檔題.6．如圖，在菱形ABCD中，E為CD的中點，則的值是（）

A．1

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】選定為一組基底，利用向量的加法法則及數量積性質運算即可求解.【詳解】

因為菱形ABCD中，E為CD的中點

所以

因為菱形ABCD中，所以，故選：D

【點睛】

本題主要考查了向量的加法運算，向量的數量積運算及性質，屬于中檔題.7．在數列中，，為的前n項和，若，則（）

A．5

B．6

C．7

D．8

【答案】A

【解析】由可知數列為公比的等比數列，根據等比數列求和公式可得，即可求解n.【詳解】

因為，所以，所以數列是以為首項，公比的等比數列，所以，解得，故選：A

【點睛】

本題主要考查了等比數列的定義，前n項和公式，屬于中檔題.8．已知x，y滿足約束條件，則的最大值是（）

A．6

B．8

C．12

D．14

【答案】D

【解析】作出可行域，根據簡單線性規劃求最值即可.【詳解】

作出不等式組對應的平面區域：

由得，作直線，并平移直線過點時，z取得最大值，且最大值為，故選：D

【點睛】

本題主要考查了簡單線性規劃，屬于容易題.9．已知，若曲線在處的切線為，則（）

A．0

B．1

C．2

D．3

【答案】D

【解析】根據曲線在處的切線為可知，聯立方程組求解即可.【詳解】，由題意可知，∴，∴或，∴.故選：D

【點睛】

本題主要考查了導數的幾何意義，切點在切線及曲線上，屬于中檔題.10．已知為上的偶函數，當時，若，，則a，b，c的大小關系是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】根據函數為偶函數且在上單調遞減，只需比較，三者的大小即可.【詳解】

因為時，所以在上單調遞減，且為上的偶函數，又，∴，∴，故選：C

【點睛】

本題主要考查了函數的單調性，偶函數的性質，對數的運算法則、性質，屬于中檔題.11．已知函數，則函數的一個單調遞減區間是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】因為,化簡可得:,根據正弦函數的單調性,即可求得單調遞減區間.【詳解】，根據正弦函數的單調性可知,其減區間為:，∴

當時,函數的一個單調遞減區間為.故選:A.【點睛】

本題主要考查三角函數的單調區間的求法,利用正弦函數的圖像和性質是解決本題的關鍵,考查了計算能力,屬于基礎題.12．定義在上的函數，滿足，若在上的最大值為M，最小值為m，則值為（）

A．0

B．1

C．2

D．3

【答案】D

【解析】根據題意，可求出，故函數為中心對稱圖形，且對稱中心為，據此可求出的值.【詳解】，故的圖象關于點對稱，若最大值最小值，則點與點關于點對稱

故.故選：D

【點睛】

本題主要考查了函數的對稱性，利用函數關于點對稱求最值的和，屬于中檔題.二、填空題

13．若平面向量，且，則實數________.【答案】

【解析】利用向量垂直可知向量的數量積為0，計算即可求值.【詳解】

因為，則.所以，解得.故答案為：

【點睛】

本題主要考查了向量垂直的條件，數量積的坐標運算，屬于容易題.14．已知角為第四象限角，且，則________.【答案】

【解析】根據及角為第四象限角，可求出，再根據誘導公式計算即可.【詳解】

∵角為第四象限角，且，則，.故答案為：

【點睛】

本題主要考查了同角三角函數的關系，誘導公式，屬于容易題.15．天干地支紀年法，源于中國，中國自古便有十天干與十二地支.十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支紀年法是按順序以一個天干和一個地支相配，排列起來，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年為“甲子”，第二年為“乙丑”，第三年為“丙寅”，…，以此類推.排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新開始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新開始，即“丙子”，…，以此類推.已知2018年為戊戌年，那么到改革開放一百年，即2078年為__________年．

【答案】戊戌.【解析】分析：由題意結合天干地支紀年法確定其周期性，然后確定2078年的紀年即可.詳解：由題中所給的紀年法則可知，紀年法的周期為：，且，故2078年為戊戌年.點睛：本題主要考查新定義知識及其應用，排列組合的應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.16．若，恒成立，則實數a的取值范圍是________.【答案】

【解析】分離參數可得恒成立，只需求最小值即可，利用導數可求最小值.【詳解】

原不等式可轉化為，令，，由得，得，且當時，，當時，，所以當時，與同時取到極小值，也是最小值，所以，故.故答案為：

【點睛】

本題主要考查了利用導數求函數的極值、最小值，分離參數，不等式恒成立，屬于中檔題.17．已知函數，且函數的最小正周期為.（1）求及的對稱中心；

（2）求在區間上的最大值和最小值.【答案】（1），的對稱中心為，.（2）最大值為1，最小值為-2.【解析】（1）利用二倍角公式與兩角和公式對函數解析式化簡整理，根據最小正周期，求得ω，再求出對稱中心（2）根據x的范圍，確定的范圍，利用三角函數的性質求得函數的最大和最小值．

【詳解】

（1），∵函數的最小正周期為，∴，∴，∴，令，∴，∴的對稱中心為，.（2）∵，∴，當時，函數取得最大值為1，當時，函數取得最小值為-2.【點睛】

本題主要考查了三角函數恒等變換的應用，正弦函數圖象和性質，考查了學生對三角函數基礎知識的綜合運用，屬于中檔題.三、解答題

18．已知集合A＝{x|x2﹣5x＜0}，B＝{x|m+1≤x≤3m﹣1}.（1）當m＝2時，求?U（A∩B）；

（2）如果A∪B＝A，求實數m的取值范圍．

【答案】（1）；

（2）.【解析】（1）先解二次不等式求集合A，再求，結合補集概念即可得結果；（2）由，所以，再討論①當時，②當時，運算即可得解．

【詳解】

（1）集合，當m＝2時，所以A∩B＝，故.（2）因為，所以，①當時，有得：m＜1，②當時，有，解得，綜合①②得：m＜2，故實數m的取值范圍為：．

【點睛】

本題主要考查了集合的關系及集合間的運算，分類討論思想在集合運算中的應用，屬于中檔題．

19．已知等比數列中，，數列滿足，.（1）求數列的通項公式；

（2）求數列的前n項和.【答案】（1）

（2），.【解析】（1）求出等比數列的通項公式代入，即可求解（2）根據錯位相減法求數列的和即可.【詳解】

（1）由，得，解得，.（2）由（1）知，.所以，所以，所以.故，.【點睛】

本題主要考查了等比數列的通項公式，錯位相減法求數列的和，屬于中檔題.20．已知的內角，的對邊分別為，且.（1）求角;

（2）若點滿足,且，求的面積.【答案】（1）

（2）

【解析】（1）因為,根據正弦定理:,可得,化簡可得,即可求得,進而求得角.（2）在中,根據余弦定理得,可得,結合已知,即可得到,由三角形面積公式,即可求得答案.【詳解】

（1）∵，∴，∴，即

∵，∴，∴，可得:.（2）在中,根據余弦定理得，即，∴，∵，∴，∴.【點睛】

本題主要考查正弦定理,余弦定理解三角形和三角形面積公式,解題關鍵是利用正弦定理邊化角,再利用和角的正弦公式化簡所給式子,屬于基礎題.21．設，函數

（Ⅰ）當時，求函數的最小值；

（Ⅱ）若，解關于的不等式.【答案】(1)

;(2)的解集為.【解析】（Ⅰ）代入的值，討論x的取值范圍，根據x的范圍判斷函數的單調性。

（Ⅱ）討論x的取值范圍，去掉中絕對值，并根據不同范圍內解析式解不等式即可。

【詳解】

（Ⅰ）當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以.（Ⅱ）①當時，解得，因為，所以此時.②當時，解得，因為，所以此時.③當時，解得，因為，所以此時.綜上可知，的解集為.【點睛】

本題考查了絕對值不等式解法的綜合應用，關鍵是分類時掌握好邊界的選取，屬于中檔題。

22．設函數.（1）當時，求函數的單調區間；

（2）當時，方程在區間上有唯一實數解，求實數m的取值范圍.【答案】（1）單調遞增區間為，遞減區間為

（2）或

【解析】（1）代入，求出其導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間即可（2）時，原方程有唯一解可轉化為在上有唯一解，利用導數研究的單調性，即可求解.【詳解】

（1）依題意，可知的定義域為，當時，，令，解得或，當時，當時，所以的單調遞增區間為，遞減區間為.（2）時，由得，又，所以，要使方程在區間上有唯一實數解，只需有唯一實數解，令，則，由，得，由，得.∴在區間上是增函數，在區間上是減函數.∵，，∴或.【點睛】

本題主要考查了利用導數研究函數的單調性、最值問題，函數恒成立問題，轉化思想，屬于難題．