1、2018 届江西省南昌市第二中学高三上学期第三次月考数学（文）试题一、单选题1已知集合 ，则 =（ ）22,0.|0ABxABA B2 C0 D-2【答案】B【解析】试题分析：由题意得 ，所以22,.|01,2Ax，故选 B2【考点】集合的运算 1iz【答案】D【解析】试题分析： ，所对应的点的坐标为213112iiiz i，故复数 在复平面内所对应的点位于第四象限.13,2【考点】1.复数的除法；2.复数的几何意义3己知命题“ 使 ”是假命题，则实数 的取值范围是,xR21()02axa（ ）A B(1,3) C D (3,1)(,1)(3,)【答案】B【解析】试题分析：依题意可知, ,使
2、为真命题xR2102ax所以 ,即 ,解得 故 B 正确2140a130a3【考点】1 命题;2 一元二次不等式4设 ，则“ ”是“ ”的（ ）0,xyRxyA. 充要条件 B. 充分而不必要条件C. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】试题分析：若“ ”则“ ”，是假命题，其逆命题是真命题，故是必要xy而不充分条件,故选 C.【考点】充分必要条件.5已知 ，则 的114527972,log9xfabc,fabfc大小顺序为（ ）A. fbffcB. caC. fffbD. bc【答案】B【解析】试题分析： 为单调递增函数，而2xf，所以 ，选 B1114452797
3、,log079abc fcfbfa【考点】比较大小6为得到函数 的图象，只需将函数 的图象（ ）1cos2yx1sin23yxA. 向右平移 个单位 B. 向左平移 个单位6C. 向右平移 个单位 D. 向左平移 个单位33【答案】D【解析】 故选 D.111sinsincos2223yxxx，7已知 满足约束条件 ，则下列目标函数中，在点 处取得最大值的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】在直角坐标系内作出可行域如下图所示，由线性规划知识可知，目标函数 与均是在点 处取得最大值，目标函数 在点 处取得最大值，目标函数 在点 处取得最大值，故选 D.8如图， 为 的外心， 为钝角
4、， 是边 的中点，则的值为（ ）A. 4 B. C. D. 【答案】B【解析】外心 在 上的投影恰好为它们的中点， 分别设为 ，所以 在 上的投影为 ，而 恰好为 中点， 故考虑 ，所以点睛：和三角形外心有关的，多联系投影的应用，式子两边点击向量，出模长9已知函数 ，则函数 的大致图象为（ ）【答案】A【解析】试题分析：函数定义域 ，当 时 ，函数为增函数，当时函数为减函数 ，当 时 ，函数为减函数，综上可知 A 正确【考点】函数性质及图像10如图，网格纸上正方形小格的边长为 1，图中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 234834【答案】C【解析】该
5、几何体 如图，其体积为 .SABCD18233V故选 C.点睛：三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式当 然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合(3)由几何体的三视图还原几何体的形状要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图11在各项均为正数的等比数列 中，若 ，则 的最na43218a54
6、2a小值为（ ）A12 B C D12316【答案】C【解析】试题分析：，则243212121288()(8aaaqaq，求导得导函数零点 ，为唯一一个极354212(),()q3小值点，也是最小值点，所以 时 取最小值为 ，选 C54a12【考点】数列性质，利用导数求最值【方法点睛】等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法利用导数解答函数最值的一般步骤：第一步：利用 f（x）0 或 f（
7、x）0 求单调区间；第二步：解 f（x）0 得两个根 x1、 x2；第三步：比较两根同区间端点的大小；第四步：求极值；第五步：比较极值同端点值的大小12设函数 ，则函数 的各极小值之和为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】因为 ，所以 ，当 时，当 时， ，则 ，且 ）是函数的极小值点，则极小值为 （ ，且 ），则函数 的各极小值之和为 ；故选 D二、填空题13设向量 ， ，且 ，则 _.【答案】【解析】因为 ，所以 ， 则 = .故结果为 .14已知函数 ，且 ，2015()2sintan2015fxxx(2015)6f则 的(2015f值为_【答案】 4【解析】试题分析：由题意
8、得，设，则 ，所以函2015()2015sintangxfxx()gx数为奇函数，因为 ，所以 ，所()6f(2015gf以 ，令 ，则 ，所以x2015)f(2015)4f【考点】函数奇偶性的应用15已知四面体 中， ， ， ， 平面 ，则四面体外接球的表面积为_【答案】【解析】由 ， ， ，可得 ；又 平面 ，平面 ， ， ，以 为长、宽、高，作长方体如图所示：则该长方体的外接球就是四面体 的外接球，长方体的对角线长为 ，长方体外接球的直径 ，得 ；因此，四面体 的外接球表面积为 故结果为 .点睛:对棱相等的三棱锥,可以放到长方体中 ,长方体的外接球即该三棱锥的外接球.16已知函数 ，若方
9、程 在2201log,9,8xfxx1fxg上有三个实根，则正实数 的取值范围为_,aa【答案】10,2【解析】试题分析：分别作出 ， 图像，由图可知yfx1ygx，因此正实数 的取值范围为21log2xa0,2【考点】函数与方程【方法点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解三、解答题17已知等差数列 na的前 项和为 nS， N， 35a， 10S.（1）求数列 的通项公式；（2）设 ，求数列 nb的前 项和 nT.2sinab【答
10、案】 （1） ；（2） 1n2433nnTn， 为 偶 数， 为 奇 数【解析】试题分析：（1）设出等差数列的首项及公差，解方程组可得 na的通项公式；（2）从 的取值容易发现数列 nb需分奇偶讨论，再结合分组求和可得2sinnb的前 项和 T.试题解析：（1）设等差数列a n的公差为 d，由题意，得 解得125091ad所以 .12ad1n（2）因为 ， 当 为奇数时，2sin)12(si12 nabnnn 1si当 为偶数时，n02si当 为偶数时， nTn329512253 nn 34)1(4)(2n当 为奇数时， nTnnb1)12(323211 n42nn综上：2334nn nT，
11、为 偶 数， 为 奇 数【考点】等差数列的通项公式、数列求和、分类讨论思想【方法点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式、数列求和、分类讨论思想，属于中档题.首先通过解方程组求出基本量 ，即得数列 na的通项公式；把（1）的结1,ad论代入 可得 ，列举可发现当 为nb 2si)2(sin22 nan n奇数时， ，当 为偶数时， ，也就是说 随 的奇偶性发生si1i0nb变化，所以按 的奇偶性讨论进行求和.18直三棱柱 ， ， ， ，点ABC09BAC2BAC1分别为 和 的中点.,MN（1 ）证明： 平面 ；/（2 ）求三棱锥 的体积（锥体体积公式 ，其中 为底面面积， 13VSh为高）h【
12、答案】 （1）证明见解析；（2） .16【解析】试题分析：（1）证明线面平行， 为 中点又因为 为 的中点，MABNBC所以 ，找平行线（2）转化三棱锥的顶点MNAC.2ANABCNBCVV（）连接 ， ，由已知 ， ，三棱柱90 2A为直三棱柱，所以 为 中点又因为 为 的中点，所以B NBC .NC又 平面 ， 平面 ，MAA因此 平面 .（）连接 ，由题意 ，平面 平面 ，NBC所以 平面 .又 ，ANBCAN12B故 .6MCAANCVV点睛：第一问构建三角形中位线，证明线线平行，进而得到线面平行；第二问转化三棱锥的顶点，达到高和底面积都好求的目的.19如图所示，在四棱锥 中，底面 为
13、菱形，且PBDB， 为 的中点， .06,DBPM（1 ）求证：平面 平面 ；PADBC（2 ）若 ，四棱锥 的体积为 ，求三棱锥 的高.0923APBM【答案】 （1）见解析；（2）三棱锥 的高APBM41h【解析】试题分析：（1）利用平面与平面垂直的判定定理，只需证明 平面E；（2）利用等体积法，即 ，可求求三棱锥 的高ABCDABPAV APB试题解析：（1）证明：取 的中点 E，连接 PE，EM，ACD， PE底面 为菱形， ，CB又 EMAC， M又 ， 平面 ，BP则 平面 DA又 平面 ，平面 平面 PAD()解：设 ，由 ，可得 ，aPDA90AaAD2， .E2223)(43
14、aSBC由（）可知 平面 ，则=ABCDPVABCDSE31 3263212aa，则 ， 2aP可得 ， ， 13M2PB ， 439PBMSABS设三棱锥 的高为 ，则由 可得hABMPAV即 BMPBMSESh3131 1349所以三棱锥 的高为 A134【考点】平面与平面垂直的判定定理，等体积数20已知椭圆 的焦距为 2，离心率为 ， 轴上一点 的坐2:xyCab02yQ标为 03，（）求该椭圆的方程；（）若对于直线 ，椭圆 上总存在不同的两点 与 关于直线 对称，:lyxmCABl且 ,求32QAB实数 的取值范围m【答案】 （） ；（） .21xy31，【解析】试题分析：（）由已知易
15、得 ， ；（）由已知当椭圆 上总存2abC在不同的两点 与 关于直线 对称时，取弦 中点 ，由中点弦问题可知ABlABPxy，又 ，可得 ，121212120xxyy12k2Pm，由 在椭圆内，故 ，即 ，又联立 ，得P221m23m230yxm， ，得 ，所以223180x0692QBA1的取值范围为 .m31，试题解析：（）由题意知： ， ，所以 ， c2a2a1b所以所求的椭圆的方程为 21xy（）由题意设 ， ，直线 方程为： 1A， 2B， AByxn联立 消 整理可得： ，2yxny22340xn由 ，解得 2224180n3n， ，123x123nx设直线 之中点为 ，则 ，AB
16、0Py， 1203xn由点 在直线 上得： ，P23n又点 在直线 上， ，所以 lm33，又 ， ，13QAxy， ， 2QBxy， ， 1223B ， ，121233xyn296m310解得： 3综合， 的取值范围为 m31，（法二：请酌情给分）由题意设 ， ，直线 的中点为 ，1Axy， 2Bxy， ABPxy，则 ，1212xy，将 ， 两点分别代入椭圆方程，AB并联立 ，两式相减得： ，210xy 22110xy即 ，121212120y又 ，所以， ，ABl12ABkx所以， 的中点 的轨迹方程为： ，Pyx由 得： ，即 ，12yxmy2m，又 在椭圆内， ，即 ，P22123即
17、 ，3另一方面：易知：直线 的方程 ；AB3yxm联立 ，消去 并整理得： ，230yxm 22180x ， ，12421283又 ， ，3QAxy， 2QBxy， 123B ， ，121233xy21 39189mxm29630解得： ，13综合： 的取值范围为m31，【考点】直线与圆锥曲线的位置关系【方法点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，
18、但应注意不要忽视判别式的作用21已知函数 1lnafxxaR（1 ）当 时，求函数 的单调区间；01f（2 ）是否存在实数 ，使 恒成立，若存在，求出实数 的取值范围；若不axa存在，说明理由【答案】 （1）函数 的单调增区间为 和 ，单调减区间为 ；f0,a1,1（2 ）当 时，使 恒成立aex【解析】试题分析：（1）借助题设条件运用导数的知识；（2 ）借助题设运用导数的知识求解探求.试题解析：（1 ）函数 的定义域为 ，fx0,，2211 xaaf 当 时，0由 ，得 ，或 ，fx0x由 ，得 ， 1a故函数 的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 ，fx0,a1,1a当 时， 恒成立，1
19、a2xf故函数 的单调递增区间为 .fx0,（2 ） 恒成立等价于 恒成立，1ln0ax令 ，1lngxax当 时，即当 时， ，0gx故 在 内不能恒成立，x,当 时，即当 时，则 ，1a1a1a故 在 内不能恒成立，0gx,当 时，即当 时，1lnax由 解得 ，0gx1e当 时， ；0gx当 时， .1xe所以 ，min10age解得 .1ae综上，当 时， 在 内恒成立，即 恒成立，0gx,fx所以实数 的取值范围是 .a1,e【考点】导数与不等式的有关知识等有关知识的综合运用【易错点晴】导数是研究函数的单调性和极值最值问题的重要而有效的工具.本题就是以含参数 的函数解析式为背景,考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力.本题的第一问是求函数 单调区间问题,求解fx时借助题设中的 直接对函数 求导,分类求出01a1lnafxaR了函数的单调区间；第二问运用则借助不等式 恒成立构造函数fx进行分析推证,最后求得参数 的取值范围,从而使得问题简捷lngxx巧妙获解.本题具有一定的难度和区分度,是一道难得的好题.
