2021届宁夏银川一中高三第五次月考数学(理)试题

1、 2021 届宁夏川一中高第五次月考学（理）题 一单题1设合 A C ，则 A DB （ ）【答案D【分析】可以求出集合 B 然后进行交集的运算即可【详解】解：B x x ， B x ， | 5 AB | 3 4故选： D 2在平内，数 z 对应点坐标 (1,2) 则 i （ A iB C iD 【答案B【分析】先根据复数几何意义得，再根据复数乘法法则得结果【详解】由题意得 i，iz 故选：【点睛题考查复数几何意义及复数乘法法则查基本分析求解能力基题3新肺疫情控，酸测新肺确的效捷段某院在为冠炎酸测点院开检工的 天每检对从受测检报告成均时t 时大致从关为tt t , N N（t、N0 为数已第

2、天检过平耗为6 时第天第天测程均时为小，么得第天测程均时致（ ）A 16 小时B小C 9 小时D 8 小【答案C【分析】根据题意求得 和 的值，然后计算出0 0 的值即可得【详解】由第 64 天第 67 天测过程平均耗时均为 小知， 16 第 1 页 共 21 页， 所以， ，得 t 64又由N知， N ，所以当 49时，t 6449647，故选：【点睛本题考查分段函数模型的应用，求出 t 和 的是解题的关键，考查计算能0 力，属于中等题.线l : ax y ，线 l x 1 1，“ ”是l l1 2”的A充必要件C必不充条 【答案C分必条D不分不要件【详解直线平行： , 解得 “ 是“l l

3、1 2”的必要不充分条件. 本题选择 C 选项5若 x A) B 11 x ， ) 值为 3CD5）【答案A【分析】根据题意求出 的值， ，再用两角差的余弦即可求得 )值. 2【详解】 x ) ， x , x sin x 1 2 x 12 10， cos cos cos sin 3 10 2 10 第 2 页 共 21 页故选： A .【点睛本题主要考查的是同角三角函数基本关系式，两角差的余弦公式的应用，考查 学生的计算能力，是中档6设 S 是等数n n 和若 m 大 的整， a m ，2 m 4038， （ ）A1000C1020D1030【答案B【分析】利用等差数列的性质求 ，再由前 n

4、项求得 m 【详解 n是等差数列3 amam a a m ，解得 m或 ，若 ， m m 4038 ， 40392，不合题意，舍去， ， m m a 2(2 m ，解得 故选：【点睛本考查等差数列的性质，考查等差数列的 项，利用等差数列的性质可 以更快更准地求解7如所，等 的长 中， AN ）， /BC ，且 AM 若 N 为段 的A【答案BB 22 18【分析】根据题意，得到 ， 与 的夹角为 60AM ，推第 3 页 共 21 页 出AN AB， BM ，据向量数量积的运算法则，即可求出结果【详解】依题意知 2， 与 的夹角为60，且AM ，又N 为段 的点， 3 1 3 所以 AM AC

5、 BC AC AB 2 AC 2 2 BM AM AB AB AB ，因此 AN 2 60故选：【点睛本题主要考查求平面向量的数量积，熟记向量数量积的运算法则，以及平面向 量基本定理即可，属于常考题8九算术是国代容为富数名，中如问题“今刍，下三，四，袤丈无，二，：几”其意为“今有面矩的脊的体下面 3 丈长 丈，棱长 2 丈高 2 丈问：的积 多？（已 1 丈为 10 尺）该体三图图示则锲的体为A 立方C 立方 立尺D9000 立方【答案C【分析由意，将锲体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，利用所给数据，即可求 出体积【详解解由题意，将锲体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观 图如

6、图所示：第 4 页 共 21 页2 1 22 1 2沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直，则将几何体分成两个四棱锥和 1 个三棱柱，则三棱柱的体积 V1 6，棱锥的体积 132， 由三视图可知两个四棱锥大小相等，VV +2V 立方丈10000 立尺故选 【点睛本题考查几何体体积的计算，正确还原几何体，利用方格数据分割与计算是关 键9函y e1 （中e为然数底）图可是 ）AB C【答案D【分析当 x 时， y ，排除 ；当 x ，除 ，得到答案【详解】当x 时，y ，排除 ； 时，y ，排除 C.故选：D.【点睛】本题考查了函数图像的别，取特殊值排除是解题的关知函y f ( 是函，g )

7、2 x ，f ( x)与g ( )的像交点 , y 1 1， x , ) 2 ，( , ) ，x 1 x y 6 1 6A0BCD18【答案D第 5 页 共 21 页 2 2 2 【分析 2 2 2 x 1 x x 由此 中心对称，f 关于点中心对称，故交点的横纵坐标之和为定值【详解】 x 1 x x ，由此 中心对称，y ，由此f ，所以f 中心对称，x 1 6，y 1 2y 6，所以x 1 y 18 6 1 6，故选 【点睛函数的对称性分轴对称和对称中心，图像关于点中心对称，那么对称点的横纵 坐标之和为对称中心横纵坐标的 11若数 2 在间 ,1 内有小， 的取范 是A eBCD【答案C【

8、分析】求出f 在 内有极小值可得f的图象性质，从而可求 的值范围.【详解】 f ax 2 x x，由题意f在区间 上有零点，且在该零点的左侧附近，有f ，右侧附近有f 则 在区间 上有零点，且在该零点的左侧附近，有f，右侧附近有f当 时，h 为开口向上的抛物线且 ，无解 当 ，则 ，舍第 6 页 共 21 页 当 a h 为开口向下的抛物线，其对称轴为x a 2， 故 ，解得 故选：【点睛本题考查函数的极值，注意根据极值的类型判断导数的函数图象性质，本题属 于中档题. 中角 C的边别 b c已 c 2 5 ， cos a B b C ， O 满足 OA OC ， ， 的面为 A 5BC552D

9、 55【答案D【分析】作出图形， OC ，所以 为 ABC 重心，连 AO 并延长交BC 与 E E BC 中点长 AE 至 F AE 连 BF四边形 为平行四边形在 中用余弦定理得 AE在 乘以 2 可中用面积公式求得面积，再【详解】如图所示， OA OC ，以 O 为的重心，连 AO 并延长交 BC 与 E， E 为 的中点，延长 AE 至 F，使 ， BF， CF，则四边形 ABFC 为行四边形，第 7 页 共 21 页 sin x 2 2 sin x 2 2 C cos B A B b c 2 ， 2 2 2 5 ， ac 即 c ，又因为 5 ，所以 ， AC ，cosAFB CAE

10、 38，设 ，则AF ，在 ABF 中余弦定理得 cos AF 2 AB 2 2，即 42 2 ，解得x ，即 AE .又 sinCAE 2 9 64 8， ABC S 55AE AC CAE 8故选：D.【点睛本题考查解三角形的应用，考查三角形中的几何计算，考查逻辑思维能力和运 算能力，属于中档题.二填题知【答案】sin x ， 则 tan _【分析先据sin x 的值和二者的平方关系联立求得 cos 和 x的值，最后利用商数关系求得 tan x 的.0 【详解】， x 1 4 5由题意可得 x ，的 3sin x 5，因此，tan sin x cos x 第 8 页 共 21 页故答案为：

11、【点睛关键点点睛：本题考查利用同角三角函数的基本关系求值，解答的关键就是建立有关 cos x 和 x的方程组，考查计算能力，属于基础.知函f ( x) 1332 x ，函f 的大点_【答案】 【分析】利用导数研究函数的单区间，从而得到极大值.【详解】1 f ( x) x332 x f x 令f ，得： x x xf f x)极大值极小值所以当x 时，函数f 取得极大值，即函数f 的极大值点为 故答案为： 15如，直棱 A B 1 1中AC BC BC CC 1， D 、 分别 AB 、 1 的点则面线 与CD所的的弦为_【答案】【分析题以CA , 1所在直线为 y z轴空直角坐标系 ， 的标，

12、利用空间向求夹角即.【详解由意可知CA , 1两两垂直，故以 C 点原点，以CA , 1所在直线为 y z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，第 9 页 共 21 页j j 则 C (0,0,0) ， B(0,4,0) ， A ， D (2,2,0) ， (0,2,5) ， 则 BE (0, ， (2, BE BE BE 4 58 29 29所以异面直线 BE 与 故答案为：所成的角的余弦值为【点睛方法点睛：利用空间向量求立体几何常考查的夹角，设直 方向向量分别为 b，平面 法向量分别为 v，则直线 l , 所的角为 ),cos ；线l与平面 所的角为 0 ),sin a a u；面角 的大小为

13、 0 知从 2 开的续偶蛇排形宝形表第行 2第行 4，第行 8，10，第四为 ，18，20，如所，宝形表位第 i行第 列数为i j，如 10 ， a ， a ， 3,2 5,4 i j，第 10 页 共 21 页i j 【答案】 【分析】根据宝塔形数表数字排的规律可知，第 行最大数字应为2 2n ，确定出 i , j在第几行，即确定出 i的值，然后根据等差数列的规律再确定 j 的，从而得到 i j 的【详解】宝塔形数表的前 行共有 2个数，故第 行大的数字为，按照蛇形排列形规律：当 n 时，第 行的最后一个数字为 ，当n 45 时，得 45 行的一个数字为 2070，所以 i , j一定位于第

14、45行，即 i ，再根据等差数列的规律，假设 202045, j，则a j ，则j 26，所以 2020 ，时 i j 26 故答案为： 【点睛本题考查等差数列的应问题答本题的关键在于找到数表中数字的排列规 律，从而借助等差数列的通项公式、前 项公式求解三解题ABC 中角 A， 的边别 ，知 a B 45（） 的；第 11 页 共 21 页 ， 所以 （）边 BC 上取点 ，使得 cos ADC ，求 tan 值 ， 所以 5【答案） C ）5tan 【分析）用余弦定理求得，利用正弦定理求得in （2根据 的值，求得in ADC的值，由1求得 C的值，从而求得sin DAC ,cos DAC的

15、值，进而求得 DAC的值【详解）余弦定理得 b222 2 所5 .以 由正弦定理得 sin 5 C C B b 5（2由于 ， ADC , ，所以sin 由于ADC , C 2 ，所以 2 5 .5所以sin sin 5 4 5 5 ADC ADC 25由于 2，所以 cos DAC 11 25所以tan sin DAC cos DAC 【点睛本题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，属于中档 题数列a 12，(4 a n an n第 12 页 共 21 页 n n n 2 1 2 2 n n n 2 1 2 2（） nn ，明比列并 项公； n（） 为数 n n 项和证： n

16、【答案）明见解析， n n）明见解【分析）已知条件可得b n b n a n，从而可证得， 再由等比数列的通项公式可得a n 2 n 12n n ，而可求得 a ， n（2利用错位相减法求出 ，利放缩法可证得结论【详解）为bn an 2 ，(4 a n an n，所以b n a 1 b n a 2 又 ，以 n ，公比为 的比数列 于是a 1 n 2 n 1 ，2n n n（2 n 3 5 2 3 1 两边同乘以 得 S 3 42n 2n 以上两式相减得1 S 2 2 21 1 2 1 2 2 22n 2 故S n2n 2【点睛此考查由递推式证明等比数列，考查错位相减法的应用，考查计算能力，属

17、 于基础题19已知圆 : y 2 a 0) 的离率 6 右点 1 的 3直l与圆交 B两， 为边等三形顶为 ( 3,2)（）椭 G 的方； （） 的面积第 13 页 共 21 页0 x y 20 【答案） （2【分析）据椭圆的简单几何性质知 a ， ，写出椭圆的方程）斜截式设出直线 ，联立方程组，根据直线与圆锥曲线的位置关系，可得出 中为E ( 0 的坐标，再根 eq oac(, ) 为等腰三角形知 ，从而得 PE 的率为 2 44，求出 m ，写出 ：x y 0，并计算 AB 2，再根据点到直线距离公式求高，即可计算出面积c 6【详解）已知得 c ， a 3，解得 a 3 ， 4 ，所以椭圆

18、的方程为x 12 4（2设直线l的方程为 ，y 由 2 y 2 得 x m ，设 A 、 B 的坐标分别为 , y ， x y 1 1 （ x 中为 , 0 ，则x 0 x x m 1 ， y x 2 ，因为 AB 是等 eq oac(, )PAB 的边，所以 PE AB 所以 PE 的率为 2 4m4，解得 2 ，此时方为 4 x 解得x 1，x 2，所以y 1，y 2，所以 | AB | 2，此时，点 ( 到直线 AB ：x 的距离 ，所 eq oac(, )PAB 的面积 1 2 【解析椭的简单几何性质2直和椭圆的位置关系、椭圆的标准方程、 点到直线的距离.【思路点晴】本题主要考查的是椭

19、圆的方程，椭圆的简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，点到直第 14 页 共 21 页 y线的距离，属于难题解决本类问题时，注意使用椭圆的几何性质，求得椭圆的标准方 y程；求三角形的面积需要求出底和高，在求解过程中要充分利用三角形是等腰三角形， 进而知道定点与弦中点的连线垂直，这是解决问题的关键图， PD 平 AD CD， CD，AD CD DP 2，E，F，M分为AP， 的点（）证EF平MPC；（）二角 PM 的弦；（若 N 为段 CQ 上的且直 DN 与面 所的为 长求线 【答案）明见解析） ） 【分析）接 EM ，得 EF面 M；EF MC，利用用线面判定定理，即可得到（）以 D 为点，分

20、别以 DCDP 的方向为 轴 轴 轴正方向的空间直角坐标系，求得平面 PMQ 和面 法量，利用向量的夹角公式，即可求解（）设 QN ，则N ，从而 DN ，由（知平面 PMQ 的向量为 关方程，即可求解的【详解 AB PQCD 为 AB ， 第 15 页 共 21 页2 1 1 2 所以 PABQ 为行四边形2 1 1 2 由点 和 分为 和BQ的中点，可得 EM 且 EM AB 因为AB， AB，F 为 的点，所以 CF 且 ，得EMCF 且 EM CF ，四边形 EFCM 为行四边形，所以 EF 又EF M， M，所以 平 PC .（为 PD 面 BCD CD 以建立以 D 为点以 DP的

21、方向为 轴 y 轴， z 轴正方向的空间直角坐标系.依题意可得，P PM 设 1为平面PMQ的法向量，则 n 1n 1，即 x y y ，不妨设 ，得 =1设 为平面 的向量，则 n ，即 n 22 y z x y ，不妨设 ，得 = 2 n 1 n 1 n 1 12，于是 n 1 2所以，二面角 PM 的正弦值为 .（）设QN ，即QN ，则N 从而DN 由（知平面 PMQ 的向量为 1，由题意，sin DN cos DN 1，即 ，第 16 页 共 21 页 1 1e n 1 1e n 整理得 3 ，得或 ，因为 0 1 所 1 5 ，所以 QN ， QN QC 3 【点睛】本题考查了线面

22、平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量， 利用向量的夹角公式求解.知函f 13 lnx（）函f 上单区；（）max，n 中的大，f 的函，函h h 上成求数 a 的值围（）明 n n ln 【答案f 单调递增区间为 单调递减区间为a ；（3详见解析【分析）导后求出f的解集后即可得解；（2转化条件得g 在上恒成立，即a 1 1 ln 3 在 F 1 x，求导后求得F 的最大值即可得解；（3利用导数

23、证明 exx ，而可证 13 1 1 1 n 1，即可得证.第 17 页 共 21 页a 3 【详解）为a 3 f x 2 ，所以xx x x 令f得 x ，当 时f 单调递增；当 时，f ，f 单调递减；所以函数f 上的单调递增区间为，单调递减区间为；（2由（）知当 x 时，f 恒成立，故h 恒成立；当 时，f ，又因为 恒成立，所以g 在上恒成立， 1 所以 x ，即1 1 ln a 3 在上恒成立，令F 1 ln x 0 ， a ， 3 由 F x x x ，令 得x ，易得F 上单调递增，在上单调递减，所以F F ，max所以a 13， a ， 综上可得（3证明：设 ，所以 上单调递增

24、，所以m ，即 e x 1所以 n1 1 n n 1n1n 1n 13 3n 3n n n n n 3n ，所以1 1 1 1 3 n n 3n 【点睛】本题考查了导数的综合用，考查了计算能力和推理能力，属于中档.第 18 页 共 21 页1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 y 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 y 2 2 2 2 直角标 中曲 的参方为 为数，将线 y 1经伸变 后得曲 .在以点极，x 轴半为轴极坐系y中直 极标程 10说明曲 C 是哪种线并将线 方化极标程；已知点 M 是线 C 上的任一，点 到直 l 的距离最值最值 【答案）C2 为心在原点，半径为 2 的，R）最大值为 2 2， 最小值 2.【分析）据伸缩关系先求出曲线 的参数方程，化普通方程，即可求出方程C 所示的曲线，再利用x y ，即可求出曲线 C 的极坐标方程；（2将直线 l的极坐标方程化为直角坐标方程，将