1、第 1 页 共 17 页2019 届宁夏银川一中高三第三次月考数学（文）试题一、单选题1设集合 Ax|x2 4x30,则 ABA B C D 【答案】D【解析】由不等式的解法，化简集合 ，再由交集的定义，即可得到所求集合.【详解】集合 ,则 ，故选 D.【点睛】本题主要考查了集合的交集的求解问题，其中正确求解集合 ，熟记集合交集的运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2已知向量 (1，m)， (3，2) ，且( ) ，则 mA 8 B 6 C 6 D 8【答案】D【解析】由已知向量的坐标求出 的坐标，再由向量垂直的坐标运算得到答案.【详解】因为 ，所以 ，又由 ，所以 ，解得
2、 ，故选 D.【点睛】本题主要考查了平面向量的坐标运算，以及平面向量的垂直的坐标运算，其中熟记向量的坐标运算和向量的垂直关系的应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3下列函数中，既是偶函数又在 , 上单调递增的函数是第 2 页 共 17 页A B C D 【答案】C【解析】利用基本初等函数的图象与性质，即可求解，得到答案.【详解】对于 A 中，由二次函数的性质可知，函数 在 单调递减，所以不正确；对于 B 中，由在 上函数 单调递减，所以不正确；对于 C 中，由函数 在区间 上单调递增，根据复合函数的单调性可知，函数在 单调递增，所以是正确的；对于 D 中，由函数 在区间 上
3、不是单调函数，所以不正确，所以不正确，故选 C.【点睛】本题主要考查了函数的基本图象与性质的考查，其中熟记函数的单调性与函数的奇偶性的判定方法和基本初等函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.4设不同直线 l1:2xmy10,l2:(m1)xy10 则“m2”是“l1l2”的A 充分而不必要条件 B 必要而不充分条件C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】当 m2 时，代入两直线方程中，易知两直线平行，即充分性成立当 l1l2 时，显然m0，从而有 m1，解得 m2 或 m1，但当 m1 时，两直线重合，不合要求，故必要性成立，故选 C.点睛：充分、必
4、要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若 则 ”、 “若 则 ”的真假并注意和图示相结合，例如“ ”为真，则 是 的充分条件2等价法：利用 与非 非 ， 与非 非 ， 与非 非 的等价关系，对第 3 页 共 17 页于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若 ，则 是 的充分条件或 是 的必要条件；若 ，则 是 的充要条件5已知函数 ()sin(0)fx 的最小正周期为 ，则该函数的图象（ ）A关于点 0， 对称 B关于直线 x对称C关于点 ， 对称 D关于直线 对称【答案】A【解析】试题分析：由 得， ，解得 ，函数解析式是2T2，对称中心为 ，即 ，验证得 A 正确)32si
5、n()xf )0,(kkx3【考点】三角函数图像的基本性质6若 ，则 =A B C D 【答案】A【解析】由三角函数的诱导公式，化简得 ，即可求解.【详解】因为 ，又由 ，故选 A.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中解答中利用三角函数的诱导公式和余弦函数的倍角公式，准确化简运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.第 4 页 共 17 页7如图所示的是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积为A 20 B 24 C 28 D 32【答案】C【解析】空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是 4，圆锥的高是 2 ，在轴截面中圆锥的母线长
6、使用勾股定理做出的，写出表面积，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是 4，圆柱的高是 4，做出圆柱的表面积，注意不包括重合的平面【详解】由三视图知，空间几何体是一个组合体，上面是一个圆锥，圆锥的底面直径是 4，圆锥的高是 2 ，在轴截面中圆锥的母线长是 =4，圆锥的侧面积是 24=8，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是 4，圆柱的高是 4，圆柱表现出来的表面积是 22+224=20空间组合体的表面积是 28，故选：C【点睛】本题考查由三视图求表面积，本题的图形结构比较简单，易错点可能是两个几何体重叠的部分忘记去掉，求表面积就有这样的弊端思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长
7、对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.8在等差数列 中，已知 ，则该数列的前 项和 等于（ ） A B C D 第 5 页 共 17 页【答案】B【解析】在等差数列 中，因为 ，则 ，该数列的前项和为，选 B.9设 m，n 是两不同的直线， 是两不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A若 ，=n
8、，mn，则 m B若 m，n ，mn，则 C若 m，n ，m n，则 D若 n，n，m，则 m【答案】D【解析】试题分析：设 m、n 是两条不同的直线，、 是两个不同的平面，则：若 ，=n，mn 时，m 与 可能垂直，也可能不垂直，不一定垂直，故A 不正确若 m，n ，mn 时， 与 可能平行或相交；，故 B 不正确若 m，n，mn 时， 与 不一定垂直，故 C 错误n，n，m 时，则必有：m，故 D 一定成立【考点】平面的基本性质及推论10已知直线 l：xay 10(a R)是圆 C：x2y24x 2y10 的对称轴,过点A( 4,a)作圆 C 的一条切线,切点为 B,则|AB|A 2 B
9、C 6 D 【答案】C【解析】根据直线过圆心，即可求出 a,利用平面圆的性质， 即可求解.【详解】由于直线 xay10 是圆 C：x 2y 24x2y10 的对称轴，圆心 C(2,1)在直线 xay10 上，2a10，a1，A(4，1)|AC| 236440.又 r2，|AB| 240436.|AB|6.【点睛】本题主要考查了圆的方程，圆的平面几何性质，属于中档题.11侧棱和底面垂直的三棱柱 ABC-A1B1C1 的六个顶点都在球 O 的球面上，若ABC 是第 6 页 共 17 页边长为 的等边三角形，C1C= ，则球 O 的表面积为A B C D 【答案】D【解析】根据组合体的结构特征，现求
10、得三棱柱的底面正三角形的外接圆的半径 ，在利用勾股定理求得外接球的半径 ，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】由题意，设三棱柱的底面是边长为 的等边三角形，设其外接圆的半径为 ，由正弦定理可得 ，即又由三棱柱的侧棱长为 ，所以三棱柱的外接球的半径 ，所以外接球的表面积为 ，故选 D.【点睛】本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）利用球的截面的性质，根据勾股定理列出方程求解球的半径.12已知函数 的图象上存在点
11、 P，函数 的图象上存在点Q，且点 P，Q 关于原点对称，则实数 a 的取值范围为A B C D 3, e2【答案】D【解析】函数 y=x 22 的图象与函数 y=x2+2 的图象关于原点对称，若函数 y=a+2lnx（ ）的图象上存在点 P，函数 y=x 22 的图象上存在点 Q，且第 7 页 共 17 页P，Q 关于原点对称，则函数 y=a+2lnx（ ）的图象与函数 y=x2+2 的图象有交点，即方程 a+2lnx=x2+2（ ）有解，即 a=x2+22lnx（ ）有解，令 f（x）=x 2+22lnx，则 f（x）= ，当 x ，1）时， f（x） 0，当 x（1，e时，f（x）0，故
12、当 x=1 时，f（x）取最小值 3，由 f（ ）= +4，f（e）=e2，故当 x=e 时，f（x）取最大值 e2，故 a3，e2，故选：D点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解二、填空题13函数 f(x)lnx2x 的单调递增区间是_【答案】【解析】求出函数的导数，解关于导数的不等式，求出函数的单调区间，即可.【详解】第 8 页 共 17 页因为 ，
13、所以 ，令 ，解得 ，即函数的单调递增区间为 .【点睛】本题主要考查了利用导数求解函数的单调区间，其中熟记函数的导数与函数的单调性之间的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.14在 中， ， ， ，则 的面积为 _【答案】【解析】利用余弦定理，求得 ，进而利用三角形面积的计算公式，即可求解.【详解】在 中，由余弦定理可得： ,即 ，即 ，解得 ，所以 的面积为 .【点睛】本题主要考查了余弦定理和三角形的面积的计算问题，其中解答中合理利用正弦、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，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.15函数 的图象恒过
14、定点 ，若点 在直线上，其中 ，则 的最小值为_【答案】8【解析】由题意可得定点 ，把要求的式子化为 ，利用基本不等式求得结果.【详解】第 9 页 共 17 页由题意，根据对数函数的性质可得，函数 的图象恒过定点 ，又点 在直线 上，所以 ，则 ，当且仅当 时，等号成立，所以 的最小值为 .【点睛】本题主要考查了对数函数的图象与性质，以及利用基本不等式求最值问题，其中根据对数函数的性质求得过定点 ，代入直线的方程，求得 ，再利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.16函数 在 ， 上恒成立，则实数 的取值范围是_【答案】【解析】讨论
15、 是否为 ，分类变量，构造线函数，利用导数的符号判断函数的单调性，求解函数的最小值，然后推出结果.【详解】当 时， ，满足题意，当 时，函数 在 上恒成立，即 ，令 ，则 ，当 时， ，当 时， ，所以函数 在 上单调递增，所以当 时，函数 ，所以实数 的取值范围是 .第 10 页 共 17 页【点睛】本题主要考查了函数的恒成立问题的求解，以及利用导数研究函数的单调性和最值的应用，其中解答中分离参数，构造新函数，利用导数求解新函数的单调性和最值是解答的关键，着重考查了转化思想，以及分析问题和解答问题的能力.三、解答题17风景秀美的宝湖畔有四棵高大的银杏树，记作 A，B，P，Q，湖岸部分地方围有
16、铁丝网不能靠近欲测量 P，Q 两棵树和 A，P 两棵树之间的距离，现可测得 A，B 两点间的距离为 100 m，PAB75， QAB45， PBA60，QBA90，如图所示则 P，Q 两棵树和 A，P 两棵树之间的距离各为多少？【答案】【解析】在三角形 中，由内角和定理求出 的度数，由 ，以及 的长，利用正弦定理求出 的长即可，在三角形 中，由 为直角， 为 ，得到为等腰直角三角形，根据 求出 的长，利用余弦定理即可求解.【详解】PAB 中，APB180(7560)45，由正弦定理得 AP50 .QAB 中，ABQ90，AQ100 ，PAQ754530，由余弦定理得 PQ2(50 )2(100
17、 )2250 100 cos305000，PQ 50 .因此，P，Q 两棵树之间的距离为 50 m，A，P 两棵树之间的距离为 50 m.【点睛】本题主要考查了解三角形的实际应用问题，其中在解有关三角形的题目时，要有意识第 11 页 共 17 页地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到，着重考查了分析问题和解答问题的能力.18数列an的前 n 项和记为 Sn，a1=1，an+1=2Sn+1（n1）
18、 （1 ）求an的通项公式；（2 ）等差数列bn的各项为正，其前 n 项和为 Tn，且 T3=15，又a1+b1，a2+b2 ，a3+b3 成等比数列，求 Tn【答案】(1) ；(2) .13na2nT【解析】试题分析：（1）由题意可得：a n=2Sn1+1（n2） ，所以 an+1an=2an，即an+1=3an（n2） ，又因为 a2=3a1，故a n是等比数列，进而得到答案（2）根据题意可得 b2=5，故可设 b1=5d，b3=5+d，所以结合题意可得（5d+1）（5+d+9）=（5+3）2，进而求出公差得到等差数列的前 n 项和为 Tn试题解析：（1）因为 an+1=2Sn+1，所以
19、an=2Sn1+1（n2），所以两式相减得 an+1an=2an，即 an+1=3an（n2）又因为 a2=2S1+1=3，所以 a2=3a1，故a n是首项为 1，公比为 3 的等比数列an=3n1（2）设b n的公差为 d，由 T3=15 得，可得 b1+b2+b3=15，可得 b2=5，故可设 b1=5d，b3=5+d，又因为 a1=1，a2=3，a3=9，并且 a1+b1，a2+b2，a3+b3 成等比数列，所以可得（5d+1） （5+d+9）=（5+3） 2，解得 d1=2，d2=10等差数列b n的各项为正，d 0，d=2，第 12 页 共 17 页点睛：等比数列的基本量运算问题的
20、常见类型及解题策略：化基本量求通项求等比数列的两个基本元素 和 ，通项便可求出，或利用知三1aq求二，用方程求解化基本量求特定项利用通项公式或者等比数列的性质求解化基本量求公比利用等比数列的定义和性质，建立方程组求解化基本量求和直接将基本量代入前 项和公式求解或利用等比数列的性质求解n19如图，已知 AF平面 ABCD，四边形 ABEF 为矩形，四边形 ABCD 为直角梯形，DAB90，AB CD，ADAFCD2，AB 4(1)求证：AC 平面 BCE；(2)求三棱锥 EBCF 的体积【答案】 （1）见解析；（2）【解析】（1）过点 作 ，垂足为 ，利用勾股定理证明 ，利用 平面 ，证明 ，即
21、可证明 平面 ；（2）证得 平面 ，利用 ，即可求解 的体积.【详解】(1)证明：过点 C 作 CMAB，垂足为 M，因为 ADDC，所以四边形 ADCM 为矩形，所以 AMMB2，又 AD2，AB4，所以 AC2 ，CM2，BC2 ，所以 AC2BC 2AB 2，所以 ACBC，因为 AF平面 ABCD，AFBE，所以 BE平面 ABCD，所以 BEAC.又 BE平面 BCE，BC平面 BCE，且 BEBCB，所以 AC平面 BCE.(2)因为 AF平面 ABCD，所以 AFCM，又 CMAB，AF平面 ABEF，第 13 页 共 17 页AB平面 ABEF，AFABA，所以 CM平面 AB
22、EF.VE BCFV CBEF BEEFCM 242 .【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，以及几何体的体积的计算，其中熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直20已知圆 C： ，直线 l1 过定点 A (1，0)（1 ）若 l1 与圆 C 相切，求 l1 的方程； （2 ）若 l1 与圆 C 相交于 P， Q 两点，求三角形 CPQ 的面积的最大值，并求此时直线 l1的方程【答案】
23、（1） 或【解析】（1）通过直线 的斜率存在与不存在两种情况，利用直线的方程与圆 C 相切，圆心到直线的距离等于半径即可求解直线 的方程；（2）设直线方程为 ，求出圆心到直线的距离、求得弦长，得到 的面积的表达式，利用二次函数求出面积的最大值时的距离，然后求出直线的斜率，即可得到直线的方程.【详解】（1）若直线 l1 的斜率不存在，则直线 l1：x1，符合题意. 若直线 l1 斜率存在，设直线 l1 的方程为 ，即 由题意知，圆心（3，4）到已知直线 l1 的距离等于半径 2，即： ，解之得 . 所求直线 l1 的方程是 或 .(2)直线与圆相交，斜率必定存在，且不为 0, 设直线方程为 ，则
24、圆心到直线 l1 的距离 又CPQ 的面积 第 14 页 共 17 页当 d 时，S 取得最大值 2. k1 或 k7所求直线 l1 方程为 xy10 或 7xy70 .【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到直线与圆相切，圆的弦长公式，以及三角形的面积公式和二次函数的性质等知识点的综合考查，其中熟记直线与圆的位置关系的应用，合理准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.21已知函数 ，曲线 的图象在点 处的切2,xfeaRyfx0,f线方程为 .yb（1 ）求函数 的解析式；fx（2 ）当 时，求证： ；R2fx（3 ）若 对任意的 恒成
25、立，求实数 的取值范围.fxk0,k【答案】 （1） （2）见解析(3) 1xe,2e【解析】试题分析：(1)利用导函数研究函数切线的方法可得函数的解析式为 .21xfe(2)构造新函数 .结合函数的最值和单调性可得21xgxfe.2fx(3)分离系数，构造新函数 ， ，结合新函数的性质可得实fx0数 的取值范围为 .k,2e试题解析：（1）根据题意，得 ，则 .xf01fb由切线方程可得切点坐标为 ，将其代入 ，得 ，0,yfx1a故 .21xfe第 15 页 共 17 页（2）令 .21xgxfe由 ，得 ，10e当 ， ， 单调递减；,xxygx当 ， ， 单调递增.g所以 ，所以 .m
26、in0x2fx（3） 对任意的 恒成立等价于 对任意的fk,fxk恒成立.0,x令 ， ，得 fx0x2xffx.21xxe21xe由（2）可知，当 时， 恒成立，0,0x令 ，得 ；令 ，得 .x11所以 的单调增区间为 ，单调减区间为 ，故y, ,，所以 .min2xemin2kxe所以实数 的取值范围为 .k,22在直角坐标系 中，直线 的参数方程为 （ 为参数） ，在极坐标系（与直角坐标系 取相同的长度单位，且以原点 为极点，以 轴正半轴为极轴）中，圆 的方程为 （1 ）求圆 的直角坐标方程；（2 ）设圆 与直线 交于点 、 ，若点 的坐标为 ， ，求 【答案】 （1） ；（2）【解析
27、】第 16 页 共 17 页（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，代入即可求解圆 C 的直角坐标方程；（2）把直线的参数方程代入圆的方程，利用参数 的几何意义，即可求解.【详解】（1） ，即圆 的标准方程为 （2）设直线 圆 的两个交点 、 分别对应参数 ， ，则将方程 代入 得：， ，由参数 的几何意义知： ，.【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线参数方程的应用，其中熟记极坐标、直角坐标的互化公式，以及直线的参数方程中参数的几何意义的合理应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.23已知 a0，b0，c0，求证： .【答案】见解析【解析】利用基本不等式 ，借助叠加法和不等式的传递性，即可作出证明.【详解】得：又： 得：第 17 页 共 17 页得： ；所以【点睛】本题主要考查了不等式的证明问题，其中解答中正确分析题意，合理利用基本不等式，借助叠加法和不等式的传递性是解答的关键，着重考查了推理与论证能力.
