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1、2018-2019学年山东省菏泽市高三（上）期末数学试卷（理科）（B卷）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求1（5分）设集合的真子集的个数是A8B7C4D32（5分）的值为ABCD3（5分）已知，且，则向量与向量的夹角为ABCD或4（5分）若抛物线上的点到焦点的距离为10，则到轴的距离是A6B7C8D95（5分）已知实数，满足等式，下列关系式不可能成立的是ABCD6（5分）一个底面半径为2的圆柱被与其底面所成角是的平面所截，截面是一个椭圆，则该椭圆的焦距等于ABCD7（5分）已知，则的最小值是A2BC4D8（5分）为了得到函数的
2、图象，可以将函数的图象A向右平移个单位B向左平移个单位C向右平移个单位D向左平移个单位9（5分）过双曲线的右焦点与对称轴垂直的直线与渐近线交于，两点，若的面积为，则双曲线的离心率为ABCD10（5分）已知等差数列的公差，为其前项和，若，成等比数列，且，则的最小值是ABCD11（5分）如图所示，正方体的棱长为1，分别是棱，的中点，过直线，的平面分别与棱、交于，设，给出以下四个命题：平面平面；当且仅当时，四边形的面积最小；四边形周长，是单调函数；四棱锥的体积为常函数；以上命题中假命题的序号为ABCD12（5分）非零向量，的夹角为，且满足，向量组，由一个和两个排列而成，向量组，由两个和一个排列而成，
3、若所有可能值中的最小值为，则A1B3CD二、填空题（每题5分，共20分，将答案填在答题卡上)13（5分）曲线在点处的切线方程为14（5分）在三棱锥中，侧棱，两两垂直，、的面积分别为、，则三棱锥的外接球的体积为 15（5分）已知锐角三角形中，角，所对的边分别为，若，则的取值范围是16（5分）中国传统文化中很多内容体现了数学的对称美，如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分展现了相互转化、对称统一的形式美、和谐美，给出定义：能够将圆的周长和面积同时平分的函数称为这个圆的“优美函数”，给出下列命题：对于任意一个圆，其“优美函数”有无数个；函数可以是某个圆的“优美函数”；函数可以同时是无
4、数个圆的“优美函数”；函数可以同时是无数个圆的“优美函数”；函数是“优美函数”的充要条件为函数的图象是中心对称图形其中正确的命题是三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写岀文字说明，证明过程或演算步骤17（10分）解关于的不等式：18（12分）设函数，为常数，且，的部分图象如图所示（1）求，的值；（2）设为锐角，且，求的值19（12分）已知数列的首项为，且（）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（）设，求数列的前项和20（12分）如图，在四棱锥中，平面，为的中点点在线段上（1）点为线段的中点时，求证：直线面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角所成角的余弦值21（12分）已知
5、以椭圆的两焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形为等腰直角三角形，直线与以椭圆的右焦点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆相切（1）求椭圆的方程；（2）矩形的两顶点、在直线上，、在椭圆上，若矩形的周长为，求直线的方程22（12分）已知函数，（1）当时，若函数在区间，上的最小值为，求的值；（2）讨论函数零点的个数2018-2019学年山东省菏泽市高三（上）期末数学试卷（理科）（B卷）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求【解答】解：集合，集合的真子集的个数是：故选：【解答】解：，故选：【解答】解：；又；的夹角为故选：【解答
6、】解：抛物线的准线方程为：，抛物线上的点到焦点的距离为10，可得，则到轴的距离是：9故选：【解答】解：分别画出，实数，满足等式，可得：，而不成立故选：【解答】解：因为底面半径为的圆柱被与底面成的平面所截，其截口是一个椭圆，则这个椭圆的短半轴为，长轴为：，则，椭圆的焦距为；故选：【解答】解：，当且仅当时取等号故选：【解答】解：函数的图象，变换为函数的图象，只需向右平移个单位，所以为了得到函数的图象，可以将函数的图象，向左平移个单位故选：【解答】解：为右焦点，设其坐标为，令，则代入可得，的面积为，故选：【解答】解：等差数列的公差，成等比数列，且，解得，当时，则，令且，解可得，即时，取得最小值，且；
7、故选：【解答】解：连结，则由正方体的性质可知，平面，所以平面平面，所以正确连结，因为平面，所以，四边形的对角线是固定的，所以要使面积最小，则只需的长度最小即可，此时当为棱的中点时，即时，此时长度最小，对应四边形的面积最小所以正确因为，所以四边形是菱形当，时，的长度由大变小当，时，的长度由小变大所以函数不单调所以错误连结，则四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以为底，以，分别为顶点的两个小棱锥因为三角形的面积是个常数，到平面的距离是个常数，所以四棱锥的体积为常函数，所以正确所以四个命题中假命题所以选【解答】解：，向量组， 共有3种情况，即，向量组，共有3种情况，即，所有可能值中的最小值为，或，解得，
8、故选：二、填空题（每题5分，共20分，将答案填在答题卡上)【解答】解：的导数为，可得切线的斜率为，即有曲线在处的切线方程为，即故答案为：【解答】解：三棱锥中，侧棱、两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的对角线就是球的直径，设长方体的三边为，则由题意得：，解得：，所以球的直径为：所以球的半径为，所以三棱锥的外接球的体积为故答案为：【解答】解：由余弦定理，可得正弦定理边化角，得是锐角三角形，即，那么：则，故答案为：，【解答】解：对于任意一个圆，其过圆心的对称轴由无数条，所以其“优美函数”有无数个；函数的定义域为，值域为不可以是某个圆的“优美函数”；函数，根据的图象可知可以将圆分成优美
9、函数，图象可以延伸，所以可以同时是无数个圆的“优美函数”；函数只要过圆心，即可以同时是无数个圆的“优美函数”；函数是“优美函数”的充要条件为函数的图象是中心对称图形，不对，有些中心对称图形不一定是“优美函数”，比如“双曲线”；故答案为：三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写岀文字说明，证明过程或演算步骤【解答】解：可得，即，当时，即时，不等式的解为，当时，即，不等式的解为，当时，即时，不等式的解集为空集，故当时，不等式的解集为，当时，不等式的解为，当时，不等式的解集为空集【解答】（本题满分为14分）解：（1）由图象，得，（2分）最小正周期，（4分），由，得，（7分）（2）由，得，又，（1
10、0分）（14分）【解答】（）证明：，则数列是以3为首项，以2为公比的等比数列，即（）解：由（）知，则【解答】证明：（1）连结点，交于点，连结，点为线段的中点，四边形为正方形，为的中点，平面，直线平面解：（）平面，且，平面，两两互相垂直，分别以，为，轴，建立空间直角坐标系，则由，得：，0，2，0，为的中点，1，设，则，则，2，0，设平面的法向量为，直线与平面所成角的正弦值为，解得，则，1，1，1，设平面的法向量，令，得，4，平面与平面所成角的余弦值为【解答】解：（1）由题意知，以椭圆的右焦点为圆心，椭圆长半轴长为半径的圆的方程为，圆心到直线的距离，以椭圆的两焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形为等
11、腰直角三角形，所以，代入式得，因此，所求椭圆的方程为；（2）设直线的方程为，代入椭圆的方程，整理得，由，得，设点，、，则，易知，则由知，所以，由已知可得，即，整理得，解得或，所以，直线的方程为或【解答】解：（1），当时， 在上恒成立，这时在，上为增函数，（1），令 得（舍去），当时，由 得，若，有 ，在，上为减函数，若有 ，在，上为增函数， （a），令，得当时， 在上恒成立，这时在，上为减函数，令得（舍去）综上知，（2）函数，令，得设，当时，此时在上单调递增，当时， ，此时在上单调递减，所以是的唯一极值点，且是极大值点，因此也是的最大值点，的最大值为又，结合的图象可知：当 时，函数无零点；当时，函数有且仅有一个零点；当 时，函数有两个零点；时，函数有且只有一个零点；综上所述，当 时，函数无零点；当 或时，函数有且仅有一个零点；当 时，函数有两个零点声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/12/17 21:22:47；用户：18434650699；邮箱：18434650699；学号：19737267