【文档说明】【精准解析】山东省威海荣成市2018届高三上学期期中考试数学（文）试题.pdf，共(20)页，462.914 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1高三文科数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页.考试时间120分钟.满分150分.答题前，考生务必用0.5毫米的黑色签字笔将自己的姓名、座号、考号填写在答题纸规定的位置.第Ⅰ卷（选择题共60分）注意事项：每小题选出答案后，用铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需

改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上.一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合=|lg(2)0}Axx，{|2}Bxx，则()RCAB（）A.(1,3]B.[2,3)C.{

3}D.【答案】B【解析】【分析】利用对数的性质化简集合A，求出RCA，利用交集的定义运算求出结果．【详解】20lg20lg1xx，221xx，解得3x=|lg(2

)0}|3Axxxx，则|3RCAxx，()|23RCABxx故选：B【点睛】本题考查集合的交并补运算，考查对数不等式，属于基础题．2.下列四个命题中真命题的个数是（）①

“1x”是“2320xx”的充分不必要条件；②命题“,sin1xRx”的否定是“,sin1xRx”；③“2，则sin2yx为偶函数”的逆命题为真命题；④命题:[1,),lg0px

x，命题2:,10qxRxx，则pq为真命题A.0B.1C.2D.32【答案】C【解析】【分析】利用小范围可推出大范围判断①；利用全称量词命题的否定为存在量词命题判断②；利用正弦函数的奇偶性判断③；利用对数的性质和二次函数的图象判断④

．【详解】①2320120xxxx，即1x或2x，所以“1x”是“2320xx”的充分不必要条件，正确；②命题“,sin1xRx”的否定是“,sin1xRx”，正确；③“2，则sin2yx为偶函数”的逆命题为“

sin2yx为偶函数，则2”，命题错误，当函数为偶函数时，2kkZ；④:[1,),lg0pxx，命题正确；2:,10qxRxx，命题错误；则pq为假命题，错误；故选：C【点睛】本题考查命题真假的

判断，考查充分必要条件的应用，考查全程量词命题和存在量词命题，考查三角函数的性质，属于中档题．3.如果过曲线，上点P处的切线平行于直线那么点P的坐标为()A.1,0B.0,1C.()0,1D.1,0【答案】A【解析】设点P坐标为00(,)xy.341yx；则30041

3,1xx；于是40000yxx则点P坐标为(1,0).故选A4.在长方体1111ABCDABCD中，12,1,1ABBCBB，P是AB的中点，则异面直线1BC与PD所成的角等于（）A.30B.45C.60D.903【答案

】C【解析】【分析】根据题意，取CD的中点Q，连接BQ，1CQ，得出//BQPD，1CBQ是异面直线1BC与PD所成角，利用等边三角形求出1CBQ的值即可．【详解】长方体1111ABCDABCD中，2AB，1BC，11BB，取CD的中点Q，连接BQ，1CQ，P是AB的

中点，//BQPD，1CBQ是异面直线1BC与PD所成角，如图所示；△1CBQ中，112CBBQCQ，160CBQ，即异面直线1BC与PD所成角等于60．故选：C．【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题.求异面直线所成的角先要利用三角形

中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用特殊三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.5.设D为ABC所在平面内一点，2BCC

D，则（）A.1322ADABACB.1322ADABACC.3122ADABACD.3122ADABAC

【答案】A【解析】4【分析】利用平面向量的线性运算法则直接表示即可得解.【详解】由题意作出图形，如图：则11132222ADACCDACBCACACABABAC

.故选：A.【点睛】本题考查了平面向量线性运算法则的应用，属于基础题.6.已知实数x，y满足条件24,122xyxyxy，则2zxy的最小值为（）A.43B.4C.2D.

3【答案】C【解析】【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，代入计算，即可求解.【详解】画出不等式组24,122xyxyxy所表示的平面区域，如图所示，目标

函数2zxy，可互为直线122zyx，当直线122zyx过点A时在y轴上的截距最小，此时目标函数取得最小值，又由2422xyxy，解得(2,0)A，所以目标函数的最小值为min2z.故选：C.5【点睛】本题主

要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力．7.在等比数列na中，首项11a，公比1q，若1

27kaaaa，则k的值为（）A.22B.23C.24D.28【答案】A【解析】【分析】利用等比数列的基本量运算可求出k的值．【详解】数列{}na为等比数列，且首项11a，公比1q，又11261

237····kkaqaaaaq，112621k，故22k故选：A【点睛】本题考查等比数列的基本量运算，考查学生计算能力，属于基础题．8.为了得到函数sin3cos3yxx的图象，可以将函数

2cos3yx的图象（）A向右平移12个单位长B.向右平移4个单位长6C.向左平移12个单位长D.向左平移4个单位长【答案】A【解析】【分析】化简得到sin3cos32cos312yxxx，根据平移法则得到答案.【详解】sin3cos32cos32c

os3412yxxxx.故2cos3yx向右平移12个单位长可以得到sin3cos3yxx的图像.故选：A.【点睛】本题考查了三角函数平移，意在考查学生对于三角函数平移的理解和掌握情况.9.若某几何体的三视图如图所示

，则此几何体的体积等于()A.24B.30C.10D.60【答案】A【解析】【分析】根据几何体的三视图得出该几何体是三棱柱去掉一个三棱锥所得的几何体，结合三视图的数据，求出它的体积．【详解】根据几何体的三视图，得该几何体是三棱柱截去一个三棱锥

后所剩几何体几何体是底面为边长为3,4,5的三角形，高为5的三棱柱被平面截得的，如图所示：7由题意：原三棱柱体积为：11345302V截掉的三棱锥体积为：211343632V所以该几何体的体积为：1230624VVV本题

正确选项：A【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．10.已知函数222,0,2,0,xxxfxxxx若ƒ(-a)+ƒ(a)≤2ƒ(1)，则实数a的取值范围是A.[-1，0)B.[0，1]C.[-1,1]D.[

-2,2]【答案】C【解析】若0x，则0x，2()2()fxxxfx，若0x，则0x，2()2()fxxxfx，故函数()fx为偶函数，且当0x时，函数()fx单调递增.∴不等式()()2(1)fafaf等价于2()2(1)faf，

即()(1)faf∴1a∴11a故选C.点睛：本题考查与分段函数有关的不等式问题.解决与分段函数有关的不等式时，要注意观察分段函数的表达式，根据条件判断函数的奇偶性和单调性是解决本题的关键，从而将不等式()()

2(1)fafaf等价于2()2(1)faf.11.在ABC中，D是BC上的点，AD平分BAC，23BDDC，则sinsinCB（）A.23B.32C.2D.3【答案】B8【解析】【分析】首

先根据题意利用正弦定理在ABD△中，得到sinsinADBADBBD，在ACD△中，得到sinsinADCADCCD，从而得到sinsinCBDBCD，再根据已知条件即可得到答案.【详解】如图所示：由题知：在ABD△中，sinsinADBDBBAD，解得si

nsinADBADBBD.在ACD△中，sinsinADCDCCAD，解得sinsinADCADCCD.因为AD平分BAC，BADCAD，所以sinsinCBDBCD.又因为23BDDC，所以sin3sin2CBDBCD.故选：B【点睛】

本题主要考查正弦定理解三角形，同时考查学生分析问题的能力，属于简单题.12.定义域为R的函数fx的导函数为fx，满足fxfx，若01f，则不等式xfxe的解集为（）A.01，B.1，C.1，D.0，【答案】D【解析】【分析】构造

函数xfxgxe，用导数法得到gx在R上递减，然后由01f，得到01g，再利用函数的单调性定义求解.9【详解】令xfxgxe，因为fxfx，则0xfxf

xgxe，所以gx在R上递减，又01f，则01g，不等式xfxe等价于10xfxge，所以0x.故选：D【点睛】本题主要考查函导数与函数的单调性以及函数单调性解不等式，还考查了构造函数求解问题的能力，

属于中档题.第Ⅱ卷（非选择题共90分）注意事项：1.请用0.5毫米的黑色签字笔将每题的答案填写在答题纸的指定位置.书写的答案如需改动，要先划掉原来的答案，然后再写上新答案.2.不在指定答题位置答题或超出答题区域书写的答案无效.在试题卷上答题无效.二

、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量,ab的夹角为60,2,3ab,则2ab.【答案】13【解析】【分析】利用平面向量数量积公式以及数量积的运算法则，求得22ab的值，再开平方即可得结果.【详解】

因为向量,ab的夹角为60,2,3ab,所以222244abaabb144423921612913,10213ab.【点睛】向量数量积的运算主要掌握两点：一是数量积的基本公式cosaba

b；二是向量的平方等于向量模的平方22aa.14.等差数列{an}的公差d≠0满足1313,,aaa成等比数列，若1a=1，Sn是{na}的前n项和，则2163nnSa的最小值为___

_____．【答案】4【解析】【分析】1313,,aaa成等比数列，1a=1，可得：23a=1a13a，即（1+2d）2=1+12d，d≠0，解得d．可得an，Sn．代入2163nnSa利用分离常数法化简后，利用基本不等式求出式子的最小值．【详解】∵1313,,aaa成等比数列，a1=1

，∴23a=1a13a，∴（1+2d）2=1+12d，d≠0，解得d=2．∴an=1+2（n﹣1）=2n﹣1．Sn=n+12nn×2=n2．∴2163nnSa=221219216221nnnnn=n+1+91+n﹣2≥29n11n﹣2=4，当

且仅当n+1=91+n时取等号，此时n=2，且2163nnSa取到最小值4，故答案为4．【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式，等比中项的性质，基本不等式求最值，在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使

其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)11的条件才能应用，否则会出现错误.15.直三棱柱ABC－111ABC的六个顶点都在球O的球面上．若AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，122AA＝，则球O的表面积为_____

___．【答案】16【解析】【分析】先证明AB，BC，1BB两两互相垂直，再以AB，BC，1BB为长，宽、高作长方体，该长方体的外接球经过直三棱柱ABC－111ABC的六个顶点，利用长方体的外接球的直径公式求出外接

球的半径得解.【详解】∵AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，∴△ABC是以A为直角顶点的等腰直角三角形，∵直三棱柱ABC－111ABC中，1BB⊥平面ABC，∴AB，BC，1BB两两互相垂直，因此，以AB，BC，1BB为长，宽

、高作长方体，该长方体的外接球经过直三棱柱ABC－111ABC的六个顶点．∵长方体的外接球直径2222221222(22)4RABBCBB，∴R＝2，由此可得球的表面积2416.SR＝＝故答案为16【点睛】本题

主要考查几何体的外接球的半径和球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.16.若函数12sin2cos2fx=xxax在R上递增，则a的取值范围___________

.【答案】11a.【解析】【分析】根据函数12sin2cos2fx=xxax，求导22sinsin3fx=xax，由函数1212sin2cos2fx=xxax在R上递增，则22sinsin30x

ax在R上恒成立，令sin1,1tx，转化为2230tat在1,1恒成立求解.【详解】由函数12sin2cos2fx=xxax，所以22cos2sin2sinsin3fx=xax=xax，因为函数12sin2cos2fx=xx

ax在R上递增，所以22sinsin30xax在R上恒成立，令sin1,1tx，所以2230tat在1,1恒成立，令223gttat，所以12301230gaga

，解得11a，故答案为：11a【点睛】本题主要考查导数与函数单调性的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.三、解答题：本大题6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且

cos4coscosbCaBcB.（1）求cosB的值；（2）若2BABCuuruuur，且23b，求ABC的周长.【答案】（1）1cos4B；（2）4223.【解析】【分析】（1）由正弦

定理和题设条件，化简得到sin4sincosAAB，再由(0,)A，则sin0A，即可求得1cos4B；13（2）由（1）和2BABCuuruuur，求得8ac，再利用余弦定理，求得42ac，进而得到三角形周长.【详解】（1）在

ABC中，因为cos4coscosbCaBcB由正弦定理得，sincos4sincossincosBCABCB，可得sincossincos4sincosBCCBAB，即sin()4sincosBCAB，可得s

in4sincosAAB，又因为(0,)A，则sin0A，因此1cos4B.（2）由2BABCuuruuur，可得cos2acB，又1cos4B，故8ac，因为23b，根据余弦定

理，可得2222cosbacacB，所以2()32ac，即42ac，所以ABC周长为4223acb.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用

是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.18.如图，在以,,,,,ABCDEF为顶点的五面体中，四边形ABEF为正

方形，2AFD.（1）证明：平面ABEF平面EFDC；（2）证明：//EFCD.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】14【分析】（1）首先根据题意易证AF平面EFDC，再利用面面垂直的判断即可

得证明平面ABEF平面EFDC.（2）首先根据题意易证//EF平面ABCD，再利用线面平行的性质即可得到//EFCD.【详解】（1）因为平面ABEF为正方形，所以AFEF，又因为90AFD，所以AF

DF，因为EF平面EFDC，DF平面EFDC，且EFDFFI，所以AF平面EFDC，又因为EF平面ABEF，所以平面ABEF平面EFDC.（2）因为//EFAB，EF面ABCD，ABÌ面ABCD所以//EF平面ABCDEF平面EFDC，平面EFDC平面ABC

DCD，所以//CDEF【点睛】本题第一问考查面面垂直的证明，第二问考查线面平行的性质，属于简单题.19.已知数列{}na的前n项和为nS，112a，2(1)nnSnann，nN.（1）证明：数列1{

}nnSn是等差数列，并求nS；（2）设3nnSbn，求数列{}nb的前n项和nT.【答案】（1）证明见解析；21nnSn；（2）111n.【解析】【分析】(1)由2(1)nnSnann知，当2n时：21()(1)nnnSnSSnn，两式作差化简

，可证明数列1{}nnSn是等差数列；利用等差数列的通项公式可求得nS；(2)由(1)求出nb，利用裂项相消法求和可得结果．【详解】(1)证明：由2(1)nnSnann知，当2n时：21()(1)nnnSnSSnn，即221(1)(1)nnnSnS

nn，15∴1111nnnnSSnn，对2n成立.又11+111S，∴1nnSn是首项为1，公差为1的等差数列.11(1)1nnSnn∴21nnSn(2)3111(1)1nnSbnnnnn∴1211

11112231nbbbnn=111n【点睛】本题考查定义法证明等差数列，考查数列求和，考查数列的递推关系式，属于中档题．20.设函数3222ln11(),()28axxfxgxxxx.（1）若曲

线()yfx在点(1,(1))f处的切线与30xy垂直，求函数()fx的解析式；（2）如果对于任意的1213,[,]22xx，都有112()()xfxgx成立，试求实数a的取值范围.【答案】（1）21ln()xxfxx

；（2）12a.【解析】【分析】（1）求导3ln4()xxxafxx，由已知得(1)1f，求出12a得解（2）求导2()34gxxx得到()gx在(12)32，上的最大值为1()12g转化11()1,xfx得到1112lnax

xx在113[,]22x恒成立.构造函数1111()ln,hxxxx求得1()hx的最大值为(1)1h=，得解【详解】（1）3ln4()xxxafxx，∵曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线与30xy垂直，∴(1)1f，1612a.21ln()

xxfxx（2）2()34gxxx，∴14(,)23x，()0gx，43(,)32x，()0gx，∴()gx在14(,)23上递减，在43(,)32上递增，∴()gx在14(,)23上的最大

值为131()1,()224gg较大者，即()1gx，∵对于任意的113[,]22x，都有112()()xfxgx成立，∴11()1,xfx1112ln1,axxx即对任意的111113(,),2l

n22xaxxx成立.令1111()ln,hxxxx，11()lnhxx，∴11(,1)2x，1()0hx，13(1,)2x，1()0hx，∴1()hx在1(,1)2上递增，在3(1,

)2上递减，1()hx的最大值为(1)1h=，∴21a，12a.【点睛】本题考查函数导数几何意义及利用导数研究函数最值及不等式恒成立求参数范围.属于基础题.21.如图，在多面体ABCDEFG中，平面//ABC平面DEFG，AD平面DEFG，EDDG，EF∥DG，且1

2ABACEDEFAD.（1）求证：BE平面DEFG；17（2）求证：CF∥平面ABED；（3）求二面角FBCA的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）13.【解析】【分析】（1）根据平面ABC∥平面DEFG，利用面面平行的性

质定理得ABDE∥，再由ABDE，得到四边形ADEB为平行四边形，从而BE∥AD，然后结合AD平面DEFG得证.（2）连接AE，根据平面ABC∥平面DEFG，利用面面平行的性质定理得AC∥DG，再由EF∥DG，且ACEF，得到四边形ACFE为平行四边形，从而//AEC

F，再利用线面平行的判定定理证明.（3）根据,,ADDEDG两两垂直，建立空间直角坐标系，分别求得平面FBC的一个法向量为1(,,)nxyz和平面ABC的一个法向量2(0,0,1)n，然后由121212cos,nnnnnn

求解.【详解】（1）平面ABC∥平面DEFG，平面ABC平面ADEBAB，平面DEFG平面ADEBDE，∴ABDE∥又ABDE，四边形ADEB为平行四边形，

BE∥ADAD面DEFG，BE平面.DEFG（2）连接AE，平面ABC∥平面DEFG，平面ABC平面ADGCAC，平面ADGC平面DEFGDG，∴AC∥DG，EF∥DG，∴AC∥EF，18ACEF，∴四边形AC

FE为平行四边形，∴//AECF，又,AEADEBCFADEB面面，∴CF∥平面ABED.（3）由已知，,,ADDEDG两两垂直，建立如图的空间坐标系，设1AD，则(0,0,2),(1,0,2),(0,1,2),(1,1,

0)ABCF∴(0,1,2),(1,1,0)BFBC设平面FBC的一个法向量为1(,,)nxyz，则11200nBFyznBCxy

，令1z，则1(2,2,1)n，而平面ABC的一个法向量2(0,0,1)n，∴12121211cos,3441nnnnnn，由图形可知，二面角FBCA的余弦值1

3.【点睛】本题主要考查面面平行的性质定理，线面平行的判定定理以及空间向量法求二面角19问题，还考查了转化化归的思想，逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题.22.已知函数21()(1)2xfxxeax

.（Ⅰ）讨论()fx的单调性；（Ⅱ）若()fx有两个零点，求a的范围.【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）(0,).【解析】【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）根据（Ⅰ）的单调性的讨

论，分析函数极值的正负，以及极限的思想，确定零点的个数.【详解】（Ⅰ）解：()()xfxxea，（i）若0a，由()0fx得0x，当(,0)x时，()0fx，当(0,)x时，()0fx

，∴()fx在(,0)上单调递减，()fx在(0,)上单调递增:.（ii）当0a时，若由()0fx得0ln()xxa或①若10a，则ln0a，当(,ln())(0,)xa时，()0fx，当(ln(),0)xa时，(

)0fx，∴()fx在ln()a（,0)上单调递减，()fx在ln()a（-,),(0,+)上单调递增.②若1a，当(,)x时，()0fx，∴.()fx在,（-+)上单调递增.③若1a，则ln>0a，当(,0)(ln(),)xa

时，()0fx，当(0,ln())xa时，()0fx，∴()fx在ln()a（0，)上单调递减，()fx在ln()a（-,0),(,+)上单调递增.综上可知，若1a，()fx在ln()a（0，)上单调递减，()fx在ln()a（-,0),(,

+)上单调递增，20若1a，()fx在,（-+)上单调递增.若10a，()fx在ln()a（,0)上单调递减，()fx在ln()a（-,),(0,+)上单调递增，若0a，.()fx在(,0)上单调递减，()fx在(0,)上单调递增；（II

）（i）若0a，010f，当0x时，()0fx，由函数()fx的单调性可知，()fx不可能有两个零点；（ii）若0a，1)xfx=xe（）（，()fx只有一个零点；（iii）若0a，()fx在(,0)上单调递减，()fx在(0,)上单调

递增，(0)10f，2(2)20fea，∴(fx）在0+（，）有一个零点.取002ln2axx且，02xae，.又013x，所以000(1)(1)2xaxex，所以0222000000011()(1)(1)(1)2

222xaafxxeaxxaxxx，又02x，所以200110xx，即200(1)02axx，所以0()0fx，由此可知()fx在(,0)有一个零点.综上，a的取值范围为(0,)．【点睛】本

题考查了导函数的应用，求函数的单调区间，函数的零点个数的问题，考查了分类讨论的思想，分类较多，分类标准不好确立，都是本题的难点.