【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（理）试题.pdf，共(22)页，436.314 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高三理科数学本试卷分第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,),lg0pxx，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.直线4yx与曲线3yx在第一象限内围成的封闭图形的面积为（）A.22B.42C.4D.2【答案】C【解析】【分析】首先解方程确定

积分上限和积分下限，然后利用定积分可得封闭图形的面积.【详解】解方程34xx可得：1232,0,2xxx，求解第一象限内围成的封闭图形的面积，则积分上限为2，积分下限为0，利用定积分求解面积的方法可得所求面积的值为：2324200142|8444Sxxdxxx

.故选C.3【点睛】本题主要考查定积分的应用，利用定积分求解封闭图形的面积的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4.如图,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,E、F分别是A1B1、CC1的中点,则异面直线AE与BF所成角的余弦值为()A.15B.35C

.45D.25【答案】D【解析】【详解】本题考查两条异面直线所成的角.取线段1DD的中点M，连结MF，则//MFAB且MFAB，则四边形ABFM是矩形，故//AMBF.所以MAE即为AE与BF所成的角.设正方体的棱长为2a，则

,2MDaADa，所以5AMa；连结1DE，则222211115DEADAEa；则22116MEDEDMa；又22115AEAAAEa，所以在AME中，由余弦定理得2222222255642cos

2105255aaaAMAEMEaMAEAMAEaaa故正确答案为D45.设D为ABC所在平面内一点，且2BCCD，则（）A.1322ADABACB.1322ADABAC

C.3122ADABACD.3122ADABAC【答案】B【解析】【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1113()2222ADACCDACBCACACABABAC

.故选：B.【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.4

C.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

，5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.【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127kaaaa，则k的值为（）A.22B.23C.2

4D.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11261237····kkaqaaaaq，112621k

，故22k故选：A6【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C.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】sin3cos32cos32cos34

12yxxxx.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7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：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()2,0xxxfxxxx，212(log)(log)2(1)faffa

，则实数a的取值范围是（）A1,22B.102，C.1,2D.0,2【答案】A【解析】【分析】根据条件判断()fx的奇偶性和单调性，把不等式212(log)(log)2(1)faffa转化为2log1a进行求解

即可.【详解】当0x时，0x，则2()2()fxxxfx，当0x时，0x，则2()2()fxxxfx，∴函数()fx为偶函数，8∴222122(log)(log)(log)(

log)2(log)fafafafafa.又当0x时，函数()fx单调递增，∴22(log)2(1)faf可转化为2((log1))faf，则2log1a，∴21log1a，解得122a.故选：A.【点睛】本题考查了分

段函数的性质，考查函数的单调性与奇偶性，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于中档题.11.在△ABC中，D是BC上的点，AD平分BAC，23BDDC，则ABAC（）A.23B.2C.32D.3【答案】C【解析】【分析】过点B作//BEAC，延长AD与BE交于点E，可证明△BD

E∽△CDA，结合AD平分BAC，可得BEDBAD，ABBE，从而可知ABACBEBDACDC.【详解】过点B作//BEAC，延长AD与BE交于点E，则DBEDCABEDCADBDECDA

，所以△BDE∽△CDA，且32BEBDACDC，又因为AD平分BAC，所以BEDBAD，故△ABE是等腰三角形，且ABBE，9所以ABAC32BEAC.故选：C.【点睛】本题考查角分线、相似三角

形的性质，考查学生的推理能力，属于基础题.12.定义域为R的函数fx的导函数为()fx¢，满足3fxfx，若()12f=-，则不等式3fx1ex的解集为（）A.(0,1)B.(1,)C.0，D.

1，【答案】D【解析】【分析】构造函数3exfxgx，求导可判断gx是R上的减函数，不等式3fxfx可转化为1gxg，从而可求出x的取值范围.【详解】令3exfxgx，求导得3exfxf

xgx，∵3fxfx，∴()0gx¢<，则gx是R上的减函数，又3fx1ex等价于31eexfx，而1311eefg，∴1gxg，∴1x.故选：D.【

点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，构造函数3exfxgx是解决本题的关键，属于中档题.第Ⅱ卷（非选择题共90分）10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222244ab

aabb144423921612913,213ab.【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cosabab；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．11【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)的条件才能应用，否则会出现错误.15.已知A、B是球O的球面上两点，3AOB，球O的表面积为144，C为球面上的动点，则三棱锥OABC体积的最大值为___________.【答案】183【解析】【分析】计算出球的半径R的值，并计算出OA

B的面积，进而可求得OABC体积的最大值为13OABSR△，即可得解.【详解】如下图所示：12设球O的半径为R，球O的表面积为24144R，可得6R，3AOB，6OAOB==，OAB是边长为6的等边三角形，则AOB的面积为236934OABS△，当OC平面AOB

时，三棱锥OABC体积取得最大值1193618333OABSR△.故答案为：183.【点睛】本题考查三棱锥体积最值的计算，确定点C的位置是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.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12si

n2cos2fx=xxax在R上递增，则22sinsin30xax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22cos2sin2

sinsin3fx=xax=xax，因为函数12sin2cos2fx=xxax在R上递增，13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12301

230gaga，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；（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AB

C中，因为cos4coscosbCaBcB由正弦定理得，sincos4sincossincosBCABCB，可得sincossincos4sincosBCCBAB，即sin()4sincosBCAB，可得sin4sincosAAB，14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4223a

cb.【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，面ABEF为正方形，24AFFD，90AFD，60DFE.（1）证明：平面ABEF平面EFDC；（2）证明：//E

FCD；（3）求FA与平面ABCD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）5119.【解析】【分析】（1）由AFEF，AFDF，可得AF平面EFDC，由此能证明平面ABEF平面EFDC；15（2）先证明//EFAB，可得//EF平面ABC

D，再由线面平行的性质可得//EFCD；（3）过F作直线lEF，分别以FA，FE，l，为x，y，z建立如图所示空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用夹角公式可得结果.【详解】（1）因为平面ABEF为正方形，

所以AFEF，又因为90AFD，所以AFDF，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）证明：∵//EFAB，EF面ABCD，

ABÌ面ABCD//EF平面ABCDEF平面EFDC，平面EFDC平面ABCDCD//EFCD；（3）过F作直线lEF，∵平面ABEF平面EFDC，∴l面ABEF，所以l，FA，FE两两垂直，分别以FA，FE，l为

x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系.(4,0,0),(4,4,0),(013ABD,,)，=(0,4,0)AB，(4,1,3)AD，设面ABCD的法向量(,,)mxyz，40430yxyy，取3x，求得(3,0,4)m，(4,0,0)

FA，4351cos,19419mFA，∴FA与平面ABCD所成角的正弦值为5119【点睛】本题考查面面垂直、线线平行的证明，线面角的向量法，是中档题.空间向量解答16立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间

直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.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)nnnSnSnn，∴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17∴121111112231nbbbnn

=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()xxxaf

xx，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1112lnaxxx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，12a.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，18∴11()1,xfx1112ln1,axxx即对任意的111113(,),2ln22xaxxx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12ABACEDEFAD.（1）求证：BE平面DEFG；（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，19再由EF∥DG，且ACEF，得到四边形ACFE为平行四边形，从而//AECF，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A

BC平面ADGCAC，平面ADGC平面DEFGDG，∴AC∥DG，EF∥DG，∴AC∥EF，ACEF，∴四边形ACFE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，20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F

BC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，∴12121211co

s,3441nnnnnn，由图形可知，二面角FBCA的余弦值13.【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2()(2)lnfxaxaxx.(1)讨论fx的单调性；(2)若fx有两个零点，求a的取值范围.【答案】(1)见解析；(2)0,121【解析】【分析

】（1）将函数求导后，对a分成0,0aa两种情况，讨论函数的单调性.（2）结合（1）的结论，当0a时函数在定义域上递减，至多只有一个零点，不符合题意.当0a时，利用函数fx的最小值小于零，求得a的取值范围，并验

证此时函数有两个零点，由此求得a点的取值范围.【详解】（1）1211'220axxfxaxaxxx若0a，'0fx，fx在0,上单调递减；若0a，当1

0,xa时，'0fx，即fx在10,a上单调递减，当1,xa时，'0fx，即fx在1,a上单调递增.（2）若0a，fx在0,上单调递减，fx至多一个零点，不符合题意.若0a，由（1）可知，

fx的最小值为11ln1faaa令1ln1haaa，211'0haaa，所以ha在0,上单调递增，又10h，当0ha时，1,a，fx至多一个零点，不符合题意，当

0ha时，0,1a又因为21210aafeeee，结合单调性可知fx在11,ea有一个零点令lngxxx，11'1xgxxx，当0,1x时，gx单调递减，当1,x时，gx

单调递增，gx的最小值为110g，所以lnxx当3axa时，222ln2fxaxaxxaxaxx2330axaxxaxa22结合单调性可知fx在3,aa有一个

零点综上所述，若fx有两个零点，a的范围是0,1【点睛】本小题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数求解有关零点个数的问题，考查分类讨论的思想方法，考查分析和解决问题的能力，属于中档题.在求解

有关利用导数求函数单调区间的问题中，导函数往往含有参数，此时就要对参数进行分类讨论.函数零点个数问题，往往转化为函数最值来解决.