浙江省杭州地区(含周边)重点中学2018-2019学年第一学期高三期中考试数学试题(解析版)
- 格式：docx
- 大小：57.39 KB
- 文档页数：13
浙江省杭州地区(含周边)重点中学2018-2019学年第一学期高三期中考试数学试题（解析版）
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 设全集𝐼={0,1，2，3，4}，集合𝐴={1,2，3}，集合𝐵={1,4}，则(∁𝐼𝐴)∪𝐵=( )
A. {0} B. {0,4}
C. {0,1，4} D. {0,1，2，3，4}
【答案】C
【解析】解：∁𝐼𝐴={0,4}；
∴(∁𝐼𝐴)∪𝐵={0,1，4}．
故选：C．
进行补集、并集的运算即可．
考查列举法表示集合的定义，以及并集和补集的运算．
2. 已知复数z满足𝑧(1+𝑖)=1−𝑖(𝑖为虚数单位)，则z等于( )
A. i B. −𝑖 C. 2−𝑖 D. 2+𝑖
【答案】B
【解析】解：∵复数z满足𝑧(1+𝑖)=1−𝑖，∴𝑧=1−𝑖1+𝑖=(1−𝑖)2(1+𝑖)(1−𝑖)=−2𝑖2=−𝑖，
故选：B．
由条件可得𝑧=1−𝑖1+𝑖，再利用两个复数代数形式的除法法则求出结果．
本题主要考查两个复数代数形式的除法，两个复数相除，分子和分母同时乘以分母的共轭复数，虚数单位i的幂运算性质，属于基础题．
3. 设a，𝑏∈𝑅，那么“𝑎𝑏>1”是“𝑎>𝑏>0”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】解：由不等式的性质，𝑎>𝑏>0，可推出𝑎𝑏>1，
而当𝑎𝑏>1，时，例如取𝑎=−2，𝑏=−1，显然不能推出𝑎>𝑏>0．
故𝑎𝑏>1是𝑎>𝑏>0的必要不充分条件． 第2页，共13页 故选：B．
𝑎>𝑏>0，可推出𝑎𝑏>1，而当𝑎𝑏>1，时，例如取𝑎=−2，𝑏=−1，显然不能推出𝑎>𝑏>0，由充要条件的定义可得答案．
本题为充要条件的判断，正确利用不等式的性质是解决问题的关键，属基础题．
4. 函数𝑓(𝑥)=𝑥sin𝑥的图象大致是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】解：函数𝑓(𝑥)=𝑥sin𝑥满足𝑓(−𝑥)=−𝑥sin(−𝑥)=𝑥sin𝑥=𝑓(𝑥)，函数的偶函数，排除B、C，
因为𝑥∈(𝜋,2𝜋)时，sin𝑥<0，此时𝑓(𝑥)<0，所以排除D，
故选：A．
利用函数的奇偶性排除选项，然后利用特殊值判断即可．
本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及函数值的应用，考查分析问题解决问题的能力．
5. 已知等差数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，𝑆5=−5，𝑆9=−27，{𝑏𝑛}为等比数列，且𝑏3=𝑎3，𝑏5=𝑎5，则𝑏9的值为( )
A. −9 B. 9 C. −27 D. 27
【答案】C
【解析】解：等差数列{𝑎𝑛}的公差设为d，前n项和为𝑆𝑛，𝑆5=−5，𝑆9=−27，
可得5𝑎1+10𝑑=−5，9𝑎1+36𝑑=−27，
解得𝑎1=1，𝑑=−1，
即有𝑎𝑛=2−𝑛；
设{𝑏𝑛}为公比为q的等比数列，且𝑏3=𝑎3=−1，𝑏5=𝑎5=−3，
可得𝑞2=𝑏5𝑏3=3，
𝑏9=𝑏3𝑞6=−27，
故选：C．
设等差数列的公差为d，运用等差数列求和公式解方程可得首项和公差，可得等差数列的通项公式，再设等比数列公比为q，运用等比数列的通项公式，即可得到所求值． 本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
6. 已知0<𝛼<𝜋，sin𝛼+cos𝛼=12，则cos𝛼的值为( )
A. 1−√74 B. 1+√74 C. −1−√74 D. √7−14
【答案】A
【解析】解：由sin𝛼+cos𝛼=12，两边平方得：sin𝛼cos𝛼=−38．
∵0<𝛼<𝜋，∴sin𝛼>0，cos𝛼<0．
联立{sin𝛼+cos𝛼=12sin𝛼cos𝛼=−38，解得cos𝛼=1−√74．
故选：A．
把已知等式两边平方可得sin𝛼cos𝛼=−38，由0<𝛼<𝜋，得sin𝛼>0，cos𝛼<0，联立{sin𝛼+cos𝛼=12sin𝛼cos𝛼=−38求得cos𝛼的值．
本题考查三角函数的化简求值，考查同角三角函数基本关系式的应用，是基础题．
7. 将函数𝑓(𝑥)=sin2𝑥的图象向右平移𝜑(0<𝜑<𝜋2)个单位后得到函数𝑔(𝑥)的图象.若对满足|𝑓(𝑥1)−𝑔(𝑥2)|=2的𝑥1、𝑥2，有|𝑥1−𝑥2|𝑚𝑖𝑛=𝜋3，则𝜑=( )
A. 5𝜋12 B. 𝜋3 C. 𝜋4 D. 𝜋6
【答案】D
【解析】解：因为将函数𝑓(𝑥)=sin2𝑥的周期为𝜋，函数的图象向右平移𝜑(0<𝜑<𝜋2)个单位后得到函数𝑔(𝑥)的图象.若对满足|𝑓(𝑥1)−𝑔(𝑥2)|=2的可知，两个函数的最大值与最小值的差为2，有|𝑥1−𝑥2|𝑚𝑖𝑛=𝜋3，
不妨𝑥1=𝜋4，𝑥2=7𝜋12，即𝑔(𝑥)在𝑥2=7𝜋12，取得最小值，sin(2×7𝜋12−2𝜑)=−1，此时𝜑=−𝜋6，不合题意，
𝑥1=3𝜋4，𝑥2=5𝜋12，即𝑔(𝑥)在𝑥2=5𝜋12，取得最大值，sin(2×5𝜋12−2𝜑)=1，此时𝜑=𝜋6，满足题意．
另解：𝑓(𝑥)=sin2𝑥，𝑔(𝑥)=sin(2𝑥−2𝜑)，设2𝑥1=2𝑘𝜋+𝜋2，𝑘∈𝑍，2𝑥2−2𝜑=−𝜋2+2𝑚𝜋，𝑚∈𝑍，
𝑥1−𝑥2=𝜋2−𝜑+(𝑘−𝑚)𝜋，
由|𝑥1−𝑥2|𝑚𝑖𝑛=𝜋3，可得𝜋2−𝜑=𝜋3，解得𝜑=𝜋6，
故选：D． 第4页，共13页 利用三角函数的最值，求出自变量𝑥1，𝑥2的值，然后判断选项即可．
本题考查三角函数的图象平移，函数的最值以及函数的周期的应用，考查分析问题解决问题的能力，是好题，题目新颖.有一定难度，选择题，可以回代验证的方法快速解答．
8. 设单位向量𝑒1⃗⃗⃗ ，𝑒2⃗⃗⃗ 对任意实数𝜆都有|𝑒1⃗⃗⃗ +√32𝑒2⃗⃗⃗ |≤|𝑒1⃗⃗⃗ +𝜆𝑒2⃗⃗⃗ |，则向量𝑒1⃗⃗⃗ ，𝑒2⃗⃗⃗ 的夹角为( )
A. 𝜋3 B. 2𝜋3 C. 𝜋6 D. 5𝜋6
【答案】D
【解析】解：∵𝑒1⃗⃗⃗ ,𝑒2⃗⃗⃗ 是单位向量，设𝑒1⃗⃗⃗ ,𝑒2⃗⃗⃗ 的夹角为𝜃；
∴对|𝑒1⃗⃗⃗ +√32𝑒2⃗⃗⃗ |≤|𝑒1⃗⃗⃗ +𝜆𝑒2⃗⃗⃗ |两边平方得，1+34+√3cos𝜃≤1+𝜆2+2𝜆cos𝜃；
整理得，𝜆2+2cos𝜃⋅𝜆−√3cos𝜃−34≥0，该不等式对任意实数𝜆恒成立；
∴△=4cos2𝜃+4√3cos𝜃+3=(2cos𝜃+√3)2≤0；
∴2cos𝜃+√3=0；
∴cos𝜃=−√32；
又0≤𝜃≤𝜋；
∴𝜃=5𝜋6．
故选：D．
可设𝑒1⃗⃗⃗ ,𝑒2⃗⃗⃗ 的夹角为𝜃，根据𝑒1⃗⃗⃗ ,𝑒2⃗⃗⃗ 为单位向量，对|𝑒1⃗⃗⃗ +√32𝑒2⃗⃗⃗ |≤|𝑒1⃗⃗⃗ +𝜆𝑒2⃗⃗⃗ |两边平方可得，1+√3cos𝜃+34≤1+2𝜆cos𝜃+𝜆2，整理可得，𝜆2+2cos𝜃⋅𝜆−√3cos𝜃−34≥0，而该不等式对于任意的𝜆恒成立，从而得出△=(2cos𝜃+√3)2≤0，从而得出2cos𝜃+√3=0，这样即可求出𝜃．
考查单位向量的概念，不等式的性质，向量数量积的运算及计算公式，向量夹角的范围，以及已知三角函数值求角．
9. 已知定义在R上的奇函数𝑓(𝑥)，满足当𝑥>0时𝑓(𝑥)=12𝑥2−𝑥ln𝑥，则关于x的方程𝑓(𝑥)=𝑎满足( )
A. 对任意𝑎∈𝑅，恰有一解 B. 对任意𝑎∈𝑅，恰有两个不同解
C. 存在𝑎∈𝑅，有三个不同解 D. 存在𝑎∈𝑅，无解
【答案】A
【解析】解：当𝑥>0时，𝑓(𝑥)=12𝑥2−𝑥ln𝑥，𝑓′(𝑥)=𝑥−1−ln𝑥，𝑓″(𝑥)=1−1𝑥
∴0<𝑥<1时，𝑓″(𝑥)<0；𝑥>1时，𝑓″(𝑥)>0，
∴𝑓′(𝑥)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，
∴𝑓′(𝑥)≥𝑓′(1)=0，∴𝑓(𝑥)在(0,+∞)上递增， 又x大于0趋近于0时，𝑓(𝑥)也大于0趋近于0；
x趋近于正无穷时，𝑓(𝑥)也趋近于正无穷，
又𝑓(𝑥)为R上的奇函数，其图象关于原点对称，
结合图象知，对任意的a，方程都恰有一解．
故选：A．
先通过导数研究函数在(0,+∞)上的单调性，再根据奇偶性得函数图象的对称性，最后结合图象可得选A．
本题考查了函数与方程的综合运用，属难题．
10. 设0<𝑏<𝑎<4𝑏，𝑚>0，若三个数𝑎+𝑏2，√𝑎2+𝑏2−𝑎𝑏，𝑚√𝑎𝑏能组成一个三角形的三条边长，则实数m的取值范围是( )
A. (√132−54,1) B. (1,√3) C. [√132−54,2] D. (√3,2)
【答案】C
【解析】解：∵0<𝑏<𝑎<4𝑏，𝑚>0，
令𝑥=𝑎+𝑏2，𝑦=√𝑎2+𝑏2−𝑎𝑏，𝑧=𝑚√𝑎𝑏，
𝑥2−𝑦2=(𝑎+𝑏2)2−√𝑎2+𝑏2−𝑎𝑏2=−34(𝑎−𝑏)2<0，
∴𝑎+𝑏2<√𝑎2+𝑏2−𝑎𝑏，
∴𝑥<𝑦，
∵𝑥，y，z能组成一个三角形的三条边长，
可得𝑦−𝑥<𝑧<𝑥+𝑦，
即为√𝑎2+𝑏2−𝑎𝑏−𝑎+𝑏2<𝑚√𝑎𝑏<√𝑎2+𝑏2−𝑎𝑏+𝑎+𝑏2，
设0<𝑏<𝑎<4𝑏，可得1<𝑎𝑏<4，可令𝑡=𝑎𝑏(1<𝑡<4)，
即有2√𝑎2+𝑏2−𝑎𝑏−(𝑎+𝑏)√𝑎𝑏<2𝑚<2√𝑎2+𝑏2−𝑎𝑏+(𝑎+𝑏)√𝑎𝑏，
即为2√𝑡+1𝑡−1−(√𝑡+1√𝑡)<2𝑚<2√𝑡+1𝑡−1+(√𝑡+1√𝑡)，
由2√𝑡+1𝑡−1+(√𝑡+1√𝑡)≥2√2√𝑡⋅1𝑡−1+2√√𝑡⋅1√𝑡=4，
当且仅当𝑡=1上式取得等号，但1<𝑡<4，可得2√𝑡+1𝑡−1−(√𝑡+1√𝑡)>4，
则2𝑚≤4，即𝑚≤2；
又设𝑘=√𝑡+1√𝑡∈(2,52)，可得2√𝑡+1𝑡−1−(√𝑡+1√𝑡)=2√𝑘2−3−𝑘，
由𝑦=2√𝑘2−3−𝑘的导数为𝑦′=2𝑘√𝑘2−3−1=2𝑘−√𝑘2−3√𝑘2−3，
