2019届高三数学期中试题

[编辑推荐]大家把理论知识复习好的同时，也应该要多做题，从题中找到自己的不足，及时学懂，下面是中国学科吧（jsfw8.com）小编为大家整理的高三数学期中试题及答案，希望对大家有帮助。

第Ⅰ卷(选择题　共60分)

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的。)

1.(xxxx•辽宁沈阳二中阶段测试)已知复数z=1+2ii5，则它的共轭复数z-等于(　　)

A.2-i　　　　　　　B.2+i

C.-2+iD.-2-i

[答案]　B

[解析]　z=1+2ii5=1+2ii=2-i，故其共轭复数是2+i.

2.(文)(xxxx•辽宁沈阳二中阶段测试)下面框图表示的程序所输出的结果是(　　)

A.1320B.132

C.11880D.121

[答案]　A

[解析]　运行过程依次为：i=12，x=1→x=12，i=11→x=132，i=10→x=1320，i=9，此时不满足i≥10，输出x的值1320.

(理)(xxxx•江西南昌调研)若下面框图所给的程序运行结果为S=20，那么判断框中应填入的关于k的条件是(　　)

A.k=9B.k≤8

C.k<8D.k>8

[答案]　D

[解析]　运行过程依次为k=10，S=1→S=11，k=9→S=20，k=8→输出S=20，此时判断框中的条件不满足，因此应是k>8.

3.(文)(xxxx•黄冈市期末)若复数a+3i1+2i(a∈R，i是虚数单位)是纯虚数，则实数a的值为(　　)

A.-2　　B.4

C.-6　　　D.6

[答案]　C

[解析]　∵a+3i1+2i=a+3i1-2i1+2i1-2i=a+6+3-2ai5是纯虚数，a∈R，

∴a+6=03-2a≠0，∴a=-6，故选C.

(理)(xxxx•温州八校期末)若i为虚数单位，已知a+bi=2+i1-i(a，b∈R)，则点(a，b)与圆x2+y2=2的关系为(　　)

A.在圆外B.在圆上

C.在圆内D.不能确定

[答案]　A

[解析]　∵a+bi=2+i1-i=2+i1+i2=12+32i(a，b∈R)，∴a=12b=32，

∵122+322=52>2，∴点P12，32在圆x2+y2=2外，故选A.

4.(文)(xxxx•合肥市质检)如图所示，输出的n为(　　)

A.10　　B.11

C.12　　　D.13

[答案]　D

[解析]　程序依次运行过程为：n=0，S=0→n=1，S=12×1-13=-111→n=2，S=12×2-13=-19，……

∴S=-111-19-17-15-13-1+1+13+15+17+19+111+113>0，此时输出n的值13.

(理)(xxxx•丰台区期末)已知程序框图如图所示，将输出的a的值依次记为a1，a2，…，an，其中n∈N*且n≤xxxx.那么数列{an}的通项公式为(　　)

A.an=2•3n-1B.an=3n-1

C.an=3n-1D.an=12(3n2+n)

[答案]　A

[解析]　程序运行过程依次为a=2，n=1，输出a=2，即a1=2，n=2，a=3×2=6，不满足n>xxxx→输出a=6，即a2=2×3，n=3，a=3×6=18，仍不满足n>xxxx→输出a=18，即a3=2×32……因此可知数列{an}的通项公式为an=2×3n-1(n≤xxxx).

5.(xxxx•蚌埠二中质检)下列命题错误的是(　　)

A.对于等比数列{an}而言，若m+n=k+S，m、n、k、S∈N*，则有am•an=ak•aS

B.点-π8，0为函数f(x)=tan2x+π4的一个对称中心

C.若|a|=1，|b|=2，向量a与向量b的夹角为120°，则b在向量a上的投影为1

D.“sinα=sinβ”的充要条件是“α+β=(2k+1)π或α-β=2kπ　(k∈Z)”

[答案]　C

[解析]　由等比数列通项公式知，am•an=a21qm+n-2=a21qk+S-2=a1qk-1•a1qS-1=akaS，故A正确;

令2x+π4=kπ(k∈Z)得，x=kπ2-π8，

令k=0得x=-π8，∴-π8，0是函数f(x)=tan2x+π4的一个对称中心，故B正确;

b在a方向上的投影为|b|•cos〈a，b〉=2×cos120°=-1，故C错;

由sinα=sinβ得α=2kπ+β或α=2kπ+π-β，∴α+β=(2k+1)π或α-β=2kπ(k∈Z)，故D正确.

6.(xxxx•安徽百校联考)已知正项等比数列{an}满足：a7=a6+2a5，若存在两项am、an，使得aman=4a1，则1m+4n的最小值为(　　)

A.32B.53

C.256D.不存在

[答案]　A

[解析]　∵{an}为等比数列，an>0，a7=a6+2a5，∴a1q6=a1q5+2a1q4，∴q2-q-2=0，∴q=-1或2，∵an>0，

∴q=2，∵am•an=4a1，∴a1qm-1•a1qn-1=16a21，

∴qm+n-2=16，即2m+n-2=24，∴m+n=6，∴1m+4n=16(m+n)1m+4n=165+nm+4mn≥32，等号在nm=4mn，即m=2，n=4时成立，故选A.

7.(xxxx•山东日照调研)二次方程ax2+2x+1=0(a≠0)有一个正根和一个负根的充分不必要条件是(　　)

A.a>0B.a<0

C.a>1D.a<-1

[答案]　D

[解析]　∵方程ax2+2x+1=0(a≠0)有一个正根和一个负根，∴a>0f0<0或a<0f0>0，∴a<0，因此，当a<-1时，方程有一个正根和一个负根，仅当方程有一个正根和一个负根时，不

一定有a<-1，故选D.

8.观察等式：sin230°+cos260°+sin30°cos60°=34，sin220°+cos250°+sin20°cos50°=34和sin215°+cos245°+sin15°cos45°=34，…，由此得出以下推广命题，则推广不正确的是(　　)

A.sin2α+cos2β+sinαcosβ=34

B.sin2(α-30°)+cos2α+sin(α-30°)cosα=34

C.sin2(α-15°)+cos2(α+15°)+sin(α-15°)cos(α+15°)=34

D.sin2α+cos2(α+30°)+sinαcos(α+30°)=34

[答案]　A

[解析]　观察已知等式不难发现，60°-30°=50°-20°=45°-15°=30°，推广后的命题应具备此关系，但A中α与β无联系，从而推断错误的命题为A.选A.

9.(xxxx•山东潍坊一中期末)一次研究性课堂上，老师给出函数f(x)=x1+|x|(x∈R)，甲、乙、丙三位同学在研究此函数时分别给出命题：

甲：函数f(x)的值域为(-1,1);

乙：若x1≠x2，则一定有f(x1)≠f(x2);

丙：若规定f1(x)=f(x)，fn(x)=f(fn-1(x))，则fn(x)=x1+n|x|对任意n∈N*恒成立

你认为上述三个命题中正确的个数有(　　)

A.3个B.2个

C.1个D.0个

[答案]　A

[解析]　当x>0时，f(x)=x1+x∈(0,1)，当x=0时，f(0)=0，当x<0时，f(x)=x1-x∈(-1,0)，∴f(x)的值域为(-1,1)，且f(x)在(-∞，+∞)上为增函数，因此，x1≠x2时，一定有f(x1)≠f(x2).

∵f(x)=x1+|x|，f1(x)=f(x)，∴f1(x)=x1+|x|，又fn(x)=f(fn-1(x))，

∴f2(x)=f(f1(x))=fx1+|x|=x1+|x|1+|x|1+|x|=x1+2|x|，

f3(x)=f(f2(x))=fx1+2|x|=x1+2|x|1+|x|1+2|x|=x1+3|x|……

可知对任意n∈N*，fn(x)=x1+n|x|恒成立，故选A.

10.(xxxx•陕西宝鸡质检)如果函数f(x)对任意的实数x，存在常数M，使得不等式|f(x)|≤M(x)恒成立，那么就称函数f(x)为有界泛函数，下面四个函数：

①f(x)=1;②f(x)=x2;

③f(x)=(sinx+cosx)x;④f(x)=xx2+x+1.

其中属于有界泛函数的是(　　)

A.①②B.①③

C.②④D.③④

[答案]　D

[解析]　对任意实数x.∵sinx+cosx=2sinx+π4≤2，∴存在常数M≥2，有|sinx+cosx|≤M成立，

∴|x(sinx+cosx)|≤M|x|，即|f(x)|≤M|x|成立，∴③是有界泛函数;

又∵x2+x+1=x+122+34≥34，

∴1x2+x+1≤43，∴存在常数M≥43，使|x||x2+x+1|≤M(x)，即|f(x)|≤M|x|成立，

故④是有界泛函数，因此选D.

11.(xxxx•北京学普教育中心联考版)观察下列算式：

21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128,28=256，…

用你所发现的规律得出2xxxx的末位数字是(　　)

A.2　　　B.4

C.6　　　　D.8

[答案]　D

[解析]　观察发现，2n的末位数字以4为周期出现，依次为2,4,8,6,xxxx被4除的余数为3，故2xxxx的末位数字与23的末位数字相同，故选D.

12.(xxxx•河北冀州中学期末)如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为1n(n≥2)，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如11=12+12，12=13+16，13=14+112，…，则第10行第4个数(从左往右数)为(　　)

11

12　12

13　16　13

14　112　112　14

15　120　130　120　15

A.11260B.1840

C.1504D.1360

[答案]　B

[解析]　第10行第1个数为110，第2个数为19-110=190，第9行第1个数为19，第2个数为18-19=172，∴第10行第3个数为172-190=1360，第8行第1个数为18，第2个数为17-18=156，故第9行第3个数为156-172=1252，∴第10行第4个数为1252-1360=1840.

第Ⅱ卷(非选择题　共90分)

二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)

13.(文)(xxxx•江西吉安期末)请阅读下列材料：若两个正实数a1，a2满足a21+a22=1，那么a1+a2≤2.证明：构造函数f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2=2x2-2(a1+a2)x+1.因为对一切实数x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0，从而得4(a1+a2)2-8≤0，所以a1+a2≤2.类比上述结论，若n个正实数满足a21+a22+…+a2n=1，你能得到的结论为________.

[答案]　a1+a2+…+an≤n(n∈N*)

[解析]　构造函数f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+…+(x-an)2=nx2-2(a1+a2+…+an)x+1，

∵f(x)≥0对任意实数x都成立，

∴Δ=4(a1+a2+…+an)2-4n≤0，

∵a1，a2，…，an都是正数，∴a1+a2+…+an≤n.

(理)(xxxx•北京学普教育中心)我们知道，在边长为a的正三角形内任一点到三边的距离之和为定值3a2，类比上述结论，在棱长为a的正四面体内任一点到其四个面的距离之和为定值________.

[答案]　6a3

[解析]　在正三角形内到三边的距离之和等于正三角形的高;正三角形的边类比空间正四面体的面，正四面体内任一点到其四个面的距离之和等于正四面体的高6a3.

14.(xxxx•湖北荆门市调研)如果一个复数的实部、虚部对应一个向量的横坐标、纵坐标，已知z1=(1-2i)i对应向量为a，z2=1-3i1-i对应向量为b，那么a与b的数量积等于_______

_.

[答案]　3

[解析]　z1=2+i对应向量a=(2,1)，z2=1-3i1-i=1-3i1+i2=2-i对应向量b=(2，-1)，

∴a•b=3.

15.(xxxx•辽宁沈阳二中检测)直角坐标系中横坐标、纵坐标均为整数的点称为格点，如果函数f(x)的图象恰好通过k(k∈N*)个格点，则称函数f(x)为k阶格点函数，下列函数：①f(x)=sinx;②f(x)=3π(x-1)2+2;③f(x)=14x;④f(x)=log0.5x，其中是一阶格点函数的有________.

[答案]　①②

[解析]　f(x)=sinx通过的格点只有(0,0);f(x)=3π(x-1)2+2经过的格点只有(1,2);f(x)=log0.5x经过的格点有(2n，-n)，n=0,1,2…;f(x)=14x经过的格点至少有(0,1)，(-1,4)，故填①②.

16.(xxxx•杭州市质检)设n为正整数，f(n)=1+12+13+…+1n，计算得f(2)=32，f(4)>2，f(8)>52，f(16)>3，观察上述结果，可推测一般的结论为________.

[答案]　f(2n)≥n2+1

[解析]　f(2)=32=12+1，f(4)=f(22)>2=22+1，f(8)=f(23)>52=32+1，f(16)=f(24)>3=42+1，观察可见自变量取值为2n时，函数值大于或等于n2+1，即f(2n)≥n2+1.

三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(本小题满分12分)(xxxx•华安、连城、永安、漳平、龙海、泉港六校联考)设命题p：命题f(x)=x3-ax-1在区间[-1,1]上单调递减;命题q：函数y=ln(x2+ax+1)的值域是R，如果命题p或q为真命题，p且q为假命题，求a的取值范围.

[解析]　p为真命题⇔f′(x)=3x2-a≤0在[-1,1]上恒成立⇔a≥3x2在[-1,1]上恒成立⇔a≥3，

q为真命题⇔Δ=a2-4≥0恒成立⇔a≤-2或a≥2.

由题意p和q有且只有一个是真命题，

p真q假⇔a≥3-2

p假q真⇔a<3a≤-2或a≥2⇔a≤-2或2≤a<3，

综上所述：a∈(-∞，-2]∪[2,3).

18.(本小题满分12分)(xxxx•广东高州市长坡中学期末)复数z=12-32i2是一元二次方程ax2+bx+1=0(a，b∈R)的根.

(1)求a和b的值;

(2)若(a+bi)u-+u=z(u∈C)，求u.

[解析]　(1)由题得z=-12-32i，

因为方程ax2+bx+1=0(a、b∈R)是实系数一元二次方程，所以它的另一个根为-12+32i.

由韦达定理知：-12-32i+-12+32i=-ba-12-32i-12+32i=1a

⇒a=1b=1.

(2)由(1)知(1+i)u-+u=-12-32i，设u=x+yi(x，y∈R)，则(1+i)(x-yi)+(x+yi)=-12-32i，

得(2x+y)+xi=-12-32i，

∴2x+y=-12x=-32，∴x=-32y=3-12，

∴u=-32+23-12i.

19.(本小题满分12分)(xxxx•山东省实验中学)已知a>0，命题p：函数y=ax在R上单调递减，q：设函数y=2x-2a，x≥2a2a，x<2a，函数y>1恒成立，若p∧q为假，p∨q为真，求a的取值范围.

[解析]　若p为真命题，则0

又ymin=2a，∴2a>1，∴q为真命题时a>12，

又∵p∨q为真，p∧q为假，∴p与q一真一假.

若p真q假，则0

故a的取值范围为0

20.(本小题满分12分)(xxxx•北京学普教育中心)已知复数z1=sin2x+λi，z2=m+(m-3cos2x)i，λ、m、x∈R，且z1=z2.

(1)若λ=0且0

(2)设λ=f(x)，已知当x=α时，λ=12，试求cos4α+π3的值.

[解析]　(1)∵z1=z2，

∴sin2x=mλ=m-3cos2x，

∴λ=sin2x-3cos2x，

若λ=0则sin2x-3cos2x=0得tan2x=3，

∵0

∴2x=π3或2x=4π3，

∴x=π6或2π3.

(2)∵λ=f(x)=sin2x-3cos2x

=212sin2x-32cos2x=2sin2x-π3，

∵当x=α时，λ=12，

∴2sin2α-π3=12，∴sin2α-π3=14，

sinπ3-2α=-14，

∵cos4α+π3=cos22α+π6-1

=2cos22α+π6-1=2sin2π3-2α-1，

∴cos4α+π3=2×-142-1=-78.

21.(本小题满分12分)(xxxx•山东临沂质检)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BB1，AC1⊥平面A1BD，D为AC中点.

(1)求证：B1C∥平面A1BD;

(2)求证：B1C1⊥平面ABB1A1.

[解析]　(1)证明：如图，连结AB1，设AB1∩A1B=O，则O为AB1中点，连结OD，

∵D为AC中点，

在△ACB1中，有OD∥B1C.

又∵OD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，

∴B1C∥平面A1BD.

(2)证明：∵AB=B1B，ABC-A1B1C1为直三棱柱，∴ABB1A1为正方形，∴A1B⊥AB1，

又∵AC1⊥平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，

∵AC1⊥A1B，

又∵AC1⊂平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，AC1∩AB1=A，

∴A1B⊥平面AB1C1，

又∵B1C1⊂平面AB1C1，∴A1B⊥B1C1.

又∵A1A⊥平面A1B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，

∴A1A⊥B1C1，

∵A1A⊂平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B=A1，

∴B1C1

⊥平面ABB1A1.

22.(本小题满分12分)(文)(xxxx•山东省实验中学)函数f(x)=lnx+1ax-1a(a为常数，a>0).

(1)若函数f(x)在区间[1，+∞)内单调递增，求a的取值范围;

(2)求函数f(x)在区间[1,2]上的最小值.

[解析]　f′(x)=ax-1ax2　(x>0).

(1)由已知得f′(x)≥0在[1，+∞)上恒成立，

即a≥1x在[1，+∞)上恒成立，

又∵当x∈[1，+∞)时，1x≤1，

∴a≥1，即a的取值范围为[1，+∞).

(2)当a≥1时，∵f′(x)>0在(1,2)上恒成立，f(x)在[1,2]上为增函数，∴f(x)min=f(1)=0，

当0

∴f(x)min=f(2)=ln2-12a.

当12

∴f(x)min=f1a=-lna+1-1a.

综上，f(x)在[1,2]上的最小值为

①当0

②当12

③当a≥1时，f(x)min=0.

(理)(xxxx•丹东四校协作体联考)设数列{an}满足：a1=2，an+1=an+1an(n∈N*).

(1)证明：an>2n+1对n∈N*恒成立;

(2)令bn=ann(n∈N*)，判断bn与bn+1的大小，并说明理由.

[解析]　(1)证法1：当n=1时，a1=2>2×1+1，不等式成立，

假设n=k时，ak>2k+1成立，

当n=k+1时，a2k+1=a2k+1a2k+2>2k+3+1a2k>2(k+1)+1.

∴n=k+1时，ak+1>2k+1+1时成立，

综上由数学归纳法可知，an>2n+1对一切正整数成立.

证法2：当n=1时，a1=2>3=2×1+1，结论成立;

假设n=k时结论成立，即ak>2k+1，

当n=k+1时，由函数f(x)=x+1x(x>1)的单增性和归纳假设有ak+1=ak+1ak>2k+1+12k+1，

因此只需证：2k+1+12k+1≥2k+3，

而这等价于(2k+1+12k+1)2≥2k+3⇔12k+1≥0，

显然成立，所以当n=k+1是，结论成立;

综上由数学归纳法可知，an>2n+1对一切正整数成立.

证法3：由递推公式得a2n=a2n-1+2+1a2n-1，

a2n-1=a2n-2+2+1a2n-2，a22=a21+2+1a21，

上述各式相加并化简得a2n=a21+2(n-1)+1a21+…+1a2n-1>22+2(n-1)=2n+2>2n+1(n≥2)，

又n=1时，an>2n+1显然成立，故an>2n+1(n∈N*).

(2)解法1：bn+1bn=an+1nann+1=1+1a2nnn+1

<1+12n+1nn+1=2n+1n2n+1n+1

=2nn+12n+1=n+122-14n+12<1，

又显然bn>0(n∈N*)，故bn+1

解法2：bn+1-bn=an+1n+1-ann

=1n+1an+1an-ann

=1annn+1[n-(n+1-n)a2n]

≤1annn+1[n-(n+1-n)(2n+1)](由(1)的结论)

=1nn+1n+1+nan[n(n+1+n)-(2n+1)]

=1nn+1n+1+nan[nn+1-(n+1)]

=1nn+1+nan(n-n+1)<0，

所以bn+1

解法3：b2n+1-b2n=a2n+1n+1-a2nn

=1n+1a2n+1a2n+2-a2nn

=1n+12+1a2n-a2nn<1n+12+12n+1-2n+1n

=1n+112n+1-1n<0，

故b2n+1

【总结】高三数学期中试题及答案就为大家介绍到这儿了，小编的整理有帮助到大家吗?如果大家还需要了解更多有关学习的内容，请继续关注中国学科吧（jsfw8.com）。

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