2019届宁夏银川一中高三第三次月考数学(文)试题(解析版)

1、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|x24x30,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，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

2、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

3、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，

4、对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 的最小正周期为，则该函数的图象（ ）A关于点对称 B关于直线对称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，对称中心为，即，验证得A正确【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.7

5、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

6、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

7、C D 【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，mn，则m B若m，n，mn，则C若m，n，mn，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：xay10(aR)是圆C：x2y24x2y10的对称轴,

8、过点A(4,a)作圆C的一条切线,切点为B,则|AB|A 2 B 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：x2y24x2y10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，现求得三

9、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P，函数的图象上存在点Q

10、，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=x22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=x22的图象上存在点Q，且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）=x2+22lnx，则f（x）=，当x，1）时，f（x）0，当x（1，e时，f（x）0，故当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：

11、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】因为，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

12、，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】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，

13、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.【点睛】本题主要考查了函数的恒成立问题的求解，以及利用

14、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

15、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)2250100cos305000，PQ50.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，

16、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）（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) .【解析】试题分析：（1）由题意可得：an=2Sn1+1（n2），所以an+1an=2an，即an+1=3an（n2），又因为a2=3a1，故an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

17、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an是首项为1，公比为3的等比数列an=3n1（2）设bn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bn的各项为正，d0，d=2，点睛：等比数列的基本量运算问

18、题的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19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，ABCD，ADAFCD2，AB4(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，即可证明平面；（2）证得平面，利用，即可求解的体积.

19、【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AC2BC2AB2，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，AB平面ABEF，AFABA，所以CM平面ABEF.VEBCFVCBEFBEEFCM242.【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

20、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】（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

21、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，则圆心到直线l1的距离 又CPQ的面积 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线方程为.（1）求函数的解析式；（2）当时，求证： ；（3）若对任意的恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）见解析(3) 【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