宁夏银川一中2019届高三第四次月考数学（理）试题（解析版）

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银川一中2019届高三年级第四次月考理科数学一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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，，则A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解出集合B，根据集合的交集的概念得到交集.【详解】集合=，则.故答案为：A.【点睛】高考对集合知识的考查要求较低，均是以小题的形式进行考查，一般难度不大，要求考生熟练掌握与集合有关的基础知识．纵观近几年的高考试题，主要考查以下两个方面：一是考查具体集合的关系判断和集合的运算．解决这类问题的关键在于正确理解集合中元素所具有属性的含义，弄清集合中元素所具有的形式以及集合中含有哪些元素．二是考查抽象集合的关系判断以及运算．2.复数是纯虚数，则实数等于A.2B.1C.0D.-1【答案】D【解析】试题分析：，若是实数，则，∴．考点：复数乘除和乘方．3.设是两条直线，是两个平面，则“”的一个充分条件是A.B.C.D.【答案】C【解析】 试题分析：当时，与的位置关系可能平行，相交，异面直线，故不正确；当时，，故不正确；当时，，正确；当，时，与的位置关系可能平行，相交，异面直线，故答案为C.考点：空间中直线、平面的位置关系.4.等比数列｛an｝的前n项和为Sn，己知S2＝3，S4＝15，则S3＝A.7B.－9C.7或－9D.【答案】C【解析】【分析】等比数列｛an｝的前n项和为Sn，己知S2＝3，S4＝15,可求得公比，再分情况求首项，进而得到结果.【详解】等比数列｛an｝的前n项和为Sn，己知S2＝3，S4＝15,代入数值得到q=-2或2，当公比为2时，解得，S3＝7；当公比为-2时，解得，S3＝-9.故答案为：C.【点睛】本题考查等比数列的通项公式，是基础的计算题，对于等比等差数列的小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.5.某多面体的三视图如图所示，则该多面体的各棱中，最长棱的长度为A.B.C.2D.1 【答案】A【解析】由三视图可知该多面体的直观图为如图所示的四棱锥：其中，四边形为边长为1的正方形，面，且，.∴，，∴，,∴∴最长棱为故选A.点睛: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.6.设满足则A.有最小值，最大值B.有最大值，无最小值C.有最小值，无最大值D.有最小值，无最大值【答案】C【解析】x，y满足的平面区域如图： 当直线y=﹣x+z经过A时z最小，经过B时z最大，由得到A（2，0）所以z的最小值为2+0=2，由于区域是开放型的，所以z无最大值；故选C．点睛：本题考查的是线性规划问题，解决线性规划问题的实质是把代数问题几何化，即数形结合思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域;二，画目标函数所对应的直线时，要注意让其斜率与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错;三，一般情况下，目标函数的最大值或最小值会在可行域的端点或边界上取得.7.若等边△ABC的边长为，平面内一点M满足：,则A.-2B.1C.2D.-1【答案】A【解析】【分析】运用数量积的定义，求出，再，运用数量积的定义和性质，即可得到所求．【详解】平面内一点M满足,，则||＝||＝2，， 则＝＝＝＝﹣×12﹣×12+＝﹣2．故选：A．【点睛】本题考查平面向量的数量积的定义和性质，以及平面向量基本定理，考查运算能力，属于中档题．向量的两个作用：①载体作用：关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问题；②工具作用：利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题.8.已知f(x)是定义在R上的偶函数,且在区间(-∞,0)上单调递增,若实数a满足,则a的取值范围是A.B.∪C.D.【答案】C【解析】试题分析：∵是定义在上的偶函数，且在区间上单调递增，∴在上单调递减．∵，，∴．∴，解得．故选：C．考点：函数的单调性和奇偶性.9.正项等比数列中，存在两项使得，且，则最小值是A.B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】由a6＝a5+2a4，求出公比q，由,确定m，n的关系，然后利用基本不等式即可求出的最小值．【详解】在等比数列中，∵a6＝a5+2a4， ∴即q2﹣q﹣2＝0，解得q＝2或q＝﹣1（舍去），∵∴即2m+n﹣2＝4＝22，∴m+n﹣2＝2，即m+n＝4，∴即n＝2m时取等号．故选：D．【点睛】本题主要考查等比数列的运算性质以及基本不等式的应用，涉及的知识点较多，要求熟练掌握基本不等式成立的条件．在解决多元的范围或最值问题时，常用的解决方法有：多元化一元，线性规划的应用，均值不等式的应用等。10.将函数图象上的点向左平移（）个单位长度得到点，若位于函数的图象上，则（）A.，的最小值为B.，的最小值为C.，的最小值为D.，的最小值为【答案】A【解析】试题分析：由题意得，，当s最小时，所对应的点为，此时，故选A.【考点】三角函数图象的平移 【名师点睛】三角函数图象的变换，有两种选择：一是先伸缩再平移，二是先平移再伸缩．特别注意：①平移变换时，当自变量x的系数不为1时，要将系数先提出；②翻折变换要注意翻折的方向；③三角函数名不同的图象变换问题，应先将三角函数名统一，再进行变换.视频11.已知函数设表示p、q中的较大值，表示p、q中的较小值）记的最小值为A，的最大值为B，则A-B＝A.16B.-16C.a2-2a-16D.a2+2a-1【答案】B【解析】【分析】在同一坐标系中画出f（x）与g（x）的图象，由图象及H1（x）的定义知H1（x）的最小值是f（a+2），H2（x）的最大值为g（a﹣2），进而可得答案．【详解】f（x）＝g（x），即x2﹣2（a+2）x+a2＝﹣x2+2（a﹣2）x﹣a2+8，即x2﹣2ax+a2﹣4＝0，解得x＝a+2或x＝a﹣2．f（x）与g（x）的图象如图．由图象及H1（x）的定义知H1（x）的最小值是f（a+2），H2（x）的最大值为g（a﹣2），A﹣B＝f（a+2）﹣g（a﹣2）＝（a+2）2﹣2（a+2）2+a2+（a﹣2）2﹣2（a﹣2）2+a2﹣8＝﹣16．故答案为：B【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质、函数最值的应用等，考查了数形结合的思想，属于中档题． 12.设函数，是公差为的等差数列，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】∵数列{an}是公差为的等差数列，且∴∴即得∴[点评]本题难度较大，综合性很强.突出考查了等差数列性质和三角函数性质的综合使用，需考生加强知识系统、网络化学习.另外，隐蔽性较强，需要考生具备一定的观察能力.视频二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.已知为第二象限角，，则（）.A.B.C.D.【答案】A【解析】因为为第二象限，所以，即，所以，选B.视频 14.一个三棱锥的三视图如图所示，则其外接球的体积是______．【答案】【解析】【分析】由已知中几何体的三视图，画出几何体的直观图，进而求出几何体的外接球的半径，可得答案．【详解】观察三视图，可得直观图如图所示．该三棱锥ABCD的底面BCD是直角三角形，AB⊥平面BCD，CD⊥BC，侧面ABC，ABD是直角三角形；由CD⊥BC，CD⊥AB，知CD⊥平面ABC，CD⊥AC，AD是三棱锥ABCD外接球的直径，AD2＝AB2+BC2+CD2＝50，所以AD＝5，三棱锥ABCD外接球的体积故答案为． 【点睛】这个题目考查的是三视图和球的问题相结合的题目，涉及到三视图的还原，外接球的体积或者表面积公式。一般三视图还原的问题，可以放到特殊的正方体或者长方体中找原图。找外接球的球心，常见方法有：提圆心；建系，直角三角形共斜边则求心在斜边的中点上。15.的内角的对边分别为,已知，则为_．【答案】【解析】【分析】由正弦定理化简已知等式可得a2+b2﹣c2＝ab，利用余弦定理可求cosC＝，结合范围C∈（0，π），可求C的值．【详解】∵∴，可得：a2+b2﹣c2＝ab，∴cosC＝，∵C∈（0，π），∴C＝．故选：．【点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.16.设函数，.若存在两个零点，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】,若存在两个零点，即a,和g(x)有两个不同的交点即可，画出图象，使得两个函数图像有2个交点，找到两个临界即可. 【详解】,若存在两个零点，即a,和g(x)有两个不同的交点即可，其中一个临界是过点（1，0）代入得到a=2,且能取到，另一个临界是过点（1，2），代入得到a=-4.故范围是.故答案为：。【点睛】函数的零点或方程的根的问题，一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，一般有下列两种考查形式：(1)确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题；(2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或取值范围问题．三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。17.如图，在△ABC中，已知点D在边AB，AD＝3DB，，，BC＝13．(1)求的值；(2)求CD的长.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：根据平方关系由求出，利用求出，根据三角形内角和关系利用和角公式求出，利用正弦定理求出，根据，计算，最后利用余弦定理求出 .试题解析：（1）在中，，，所以．同理可得，．所以．（2）在中，由正弦定理得，．又，所以．在中，由余弦定理得，．【点睛】凑角求值是高考常见题型，凑角求知要“先备料”后代入求值，第二步利用正弦定理和余弦定理解三角形问题，要灵活使用正、余弦定理，有时还要用到面积公式，注意边角互化.18.如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1，点M、E分别是PA、PD的中点(1)求证：CE//平面BMD(2)点Q为线段BP中点，求直线PA与平面CEQ所成角的余弦值. 【答案】(1)见解析；（2）.【解析】【分析】(1)连接ME，通过对边关系得到四边形为平行四边形，所以，进而得到线面平行；（2）建立坐标系，进而得到直线PA的方向向量，和面的法向量，进而得到线面角.【详解】（1）连接ME，因为点分别是的中点，所以，所以，所以四边形为平行四边形，所以.又因为平面，平面,所以平面.（2）如图，以为坐标原点建立空间坐标系，则又，设平面的法向量为，列方程组求得其中一个法向量为，设直线与平面所成角大小为，于是，进而求得.【点睛】这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系。求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可。19.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5. （Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；（Ⅱ）求二面角A1-BC1-B1的余弦值；（Ⅲ）证明：在线段BC1存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】把平面与平面垂直转化为直线和平面垂直.要证直线和平面垂直，依据相关判定定理转化为证明直线和直线垂直.求二面角，往往利用“作——证——求”的思路完成，作二面角是常常利用直线和平面垂直.第（Ⅲ）题，求解有难度，可以空间向量完成.（Ⅰ）因为为正方形，所以.因为平面ABC⊥平面AA1C1C，，且平面ABC平面AA1C1C，所以⊥平面ABC.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，⊥AC,⊥AB.由题意知，所以.如图，以A为原点建立空间直角坐标系,则.设平面的法向量为，则即令，则，所以.同理可得，平面的法向量为.所以. 由题知二面角A1-BC1-B1为锐角，所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为.（Ⅲ）设是直线上的一点，且.所以，解得，所以.由，即，解得.因为，所以在线段上存在点D，使得，此时.【考点定位】本题考查了平面与平面垂直的性质定理，直线和平面垂直的判定定理，考查了法向量、空间向量在立体几何中的应用和二面角的求法，考查了空间想象能力和推理论证能力.视频20.已知数列，，，且满足（且）（1）求证：为等差数列；（2）令，设数列的前项和为，求的最大值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】(1)将式子变形得到，故得到数列是公差为2的等差数列；（2）通过第一问的结论，以及累加法的应用得到，代入表达式得到，设， ，将此式和0比即可得到最大项.【详解】（1），则.所以是公差为2的等差数列.（2）.当满足.则.∴，∴，设，∴，∴，∴当时，，即，当时，，即，∴，则的最大值为【点睛】数列最值的求解方法如下：1．邻项比较法，求数列的最大值，可通过解不等式组 求得的取值范围；求数列的最小值，可通过解不等式组求得的取值范围；2．数形结合，数列是一特殊的函数，分析通项公式对应函数的特点，借助函数的图像即可求解；3．单调性法，数列作为特殊的函数，可通过函数的单调性研究数列的单调性，必须注意的是数列对应的是孤立的点，这与连续函数的单调性有所不同；也可以通过差值的正负确定数列的单调性．21.（1）当时，求证：；（2）求的单调区间；（3）设数列的通项,证明．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】【分析】(1)构造函数，对函数求导得到函数的单调性，进而求得函数的最值，即可得证；（2）直接对函数求导得到，分，，，，几种情况得到函数的单调性;(3)由题意知,由（1）知当时,当时即,令则，同理:令则,同理:令则将式子累加得结果.【详解】（1）的定义域为，恒成立；所以函数在上单调递减，得时即： （2）由题可得，且.当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，（3）由题意知.由（1）知当时当时即令则，同理:令则.同理:令则以上各式两边分别相加可得： 即所以：【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等。22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（，为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，若直线与曲线相切；（Ⅰ）求曲线的极坐标方程；（Ⅱ）在曲线上取两点，与原点构成，且满足，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式可得直线的直角坐标方程为，，消去参数可知曲线是圆心为，半径为的圆，由直线与曲线相切，可得：；则曲线C的方程为，再次利用极坐标与直角坐标的互化公式可得可得曲线C的极坐标方程.(2)由（1）不妨设M（），，（），，，由此可求面积的最大值.试题解析：（1）由题意可知直线的直角坐标方程为， 曲线是圆心为，半径为的圆，直线与曲线相切，可得：；可知曲线C的方程为，所以曲线C的极坐标方程为，即.(2)由（1）不妨设M（），，（），，，当时，，所以△MON面积的最大值为.23.已知函数的定义域为；（1）求实数的取值范围；（2）设实数为的最大值，若实数，，满足，求的最小值．【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由题意可知恒成立，令，分类讨论得到其解析式，通过作图发现其最大值，即可得到实数的取值范围；（2）由（1）可知，所以，可求其最小值.试题解析：（1）由题意可知恒成立，令， 去绝对值可得：，画图可知的最小值为-3，所以实数的取值范围为；（2）由（1）可知，所以，，当且仅当，即等号成立，所以的最小值为