数学文卷·2018届宁夏银川市育才中学高三上学期第三次月考试题（解析版）

数学文卷·2018届宁夏银川市育才中学高三上学期第三次月考试题（解析版）

宁夏育才中学2018届高三月考3‎ 数学试题（文科）‎ 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共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. 若，则下列不等式中不成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】∵,‎ ‎∴， ，故选项A,C,D正确。‎ 对于选项B，令，满足，由于，故，故选项B不正确。选B。‎ ‎2. 复数（是虚数单位）的虚部是（ ）‎ A. 2 B. -1 C. 1 D. -2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 复数的虚部是 故选 ‎3. 已知向量，，则“”是“与共线”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】当时，，则与共线，‎ 当与共线时，，，‎ ‎“”是“与共线”的充分不必要条件 故选 ‎4. 某几何体的三视图如下图所示，且该几何体的体积是，则正视图中的值是（ ）‎ A. 2 B. C. D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】由三视图可知，原几何体是一个四棱锥，其中底面是一个上底，下底，高分别为1，2，2的直角梯形，一条长为的侧棱垂直于底面，其体积为，解得.‎ 故选C.‎ ‎5. 已知实数满足不等式组则的最大值为（ ）‎ A. B. C. 4 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】作出不等式组对应的平面区域如图所示，‎ 因为表示可行域内的点与定点B(-1,1)连线的斜率，有图可见，点A与定点B的连线斜率最大，由，解得A(1,2)，所以.‎ 故选B.‎ ‎6. 已知为一条直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】D ‎【解析】A. 若，则或，故A错误；‎ B. 若，则或故B错误；‎ C. 若，则或，或与相交；‎ D. 若，则，正确.‎ 故选D.‎ ‎7. 已知关于的不等式对任意实数都成立，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】关于的不等式对任意实数都成立，‎ 则，解得，故选D.‎ ‎8. 若正数满足，则的最小值为（ ）‎ A. 24 B. 18 C. 12 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】由，得.‎ 当且仅当，即时等号成立，故选C.‎ 点睛：本题为利用基本不等式求最值，利用基本不等式求最值注意三点要求：“一正、二定、三相等”，两个正数的算术平均数不小于这两个正数的几何平均数，首先这两个数要求是正数，二两个正数的和为定值，则积有最大值，两个正数的积为定值，则和有最小值，三何时取等号，当且仅当这两个数相等时取等号，三条缺一不可.‎ ‎9. 在中，角的对边分别为，若，则的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】依题意得，‎ 因此的面积等于，故选C.‎ ‎10. 已知函数，则的图象大致为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】显然为偶函数，排除选项A,B 又时，,.‎ 令得，令,得,‎ 所以在上是减函数，在上是增函数，只有选项D适合，‎ 故选D.‎ 点睛：由函数的解析式判断函数图象时，一般采用排除的方法进行求解，常用的方法有以下几种：‎ ‎（1）根据函数的定义域进行排除；‎ ‎（2）根据函数的奇偶性、周期性、单调性等进行排除；‎ ‎（3）对于在坐轴上标有单位的情形，可用特殊值进行排除。‎ ‎11. 在数列中，，，若数列满足：，则数列的前10项的和等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 数列是以为首项为公差的等差数列，‎ 故选 点睛：由已知条件化简求得数列是等差数列，即可求出的通项公式，继而求出的通项公式，然后利用裂项求和法求得结果，注意对条件的转化 ‎12. 已知等边三角形三个顶点都在半径为2的球面上，球心到平面的距离为1，点是线段的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】设正三角形的中心为，连接，分析知经过点的球的截面，当截面与垂直时截面圆的半径最小，相应地截面圆的面积有最小值，由此算出截面圆半径的最小值，从而可得截面面积的最小值.‎ 连结，因为是正三角形的中心，三点都在球面上,所以平面，结合平面，可得，因为球的半径.球心到平面的距离为1，得，所以在中，,又因为为的中点，是等边三角形，所以，因为过作球的截面，当截面与垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆的半径，可得截面面积为.故选C.‎ 点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法 ‎(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．‎ ‎(2)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．‎ 第Ⅱ卷（共90分）‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13. 命题“，”的否定是__________．‎ ‎【答案】，‎ ‎【解析】命题“，”是一个全称命题，‎ 命题的否定是，‎ ‎14. 在等比数列中，已知，，则__________．‎ ‎【答案】128‎ ‎【解析】‎ ‎15. 若关于的不等式的解集为，则实数__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意可得 令一根为，一根为 ‎16. 一个棱长为5的正四面体（棱长都相等的三棱锥）纸盒内放一个小正四面体，若小正四面体在纸盒内可以任意转动，则小正四面体棱长的最大值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设大正四面体的内切球半径为，则解得.‎ 设小正四面体棱长的最大值为，内切球为小正四面体的外接球，则 即，解得.‎ 点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.‎ 三、解答题 （本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） ‎ ‎17. 已知函数 .‎ ‎（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；‎ ‎（2）若角为三角形的一个内角，且函数的图象经过点，求角的大小.‎ ‎【答案】（1）最小正周期，；（2）.‎ ‎【解析】试题分析:由三角函数中的恒等变换应用化简函数解析式可得 ‎，由周期公式可求函数最小正周期，由可以计算出单调递增区间；‎ 通过角为三角形的一个内角，求出表达式的相位的范围，利用正弦函数的值域求解。‎ 解析：（1）∵ .‎ ‎∴函数的最小正周期，‎ 由，解得.‎ ‎∴函数的单调递增区间为.‎ ‎（2）由，得或，‎ 又角是三角形的内角，∴，故.‎ ‎18. 如图，在空间四边形中，分别是的中点，分别在上，且 ‎.‎ ‎（1）求证：四点共面；‎ ‎（2）设与交于点，求证：三点共线.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用三角形的中位线平行于第三边；平行线分线段成比例定理，得到EF、GH都平行于BD，利用平行线的传递性得到EF∥GH，据两平行线确定以平面得证． （2）利用分别在两个平面内的点在两个平面的交线上，得证．‎ 试题解析：‎ 证明：（1）因为分别为的中点，‎ 所以.‎ 在中，，‎ 所以，所以.‎ 所以四点共面.‎ ‎（2）因为，所以，又因为平面，‎ 所以平面，‎ 同理平面，‎ 所以为平面与平面的一个公共点.‎ 又平面平面.‎ 所以，所以三点共线.‎ ‎19. 在锐角三角形中，分别是角的对边，且.‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）4.‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用正弦定理化简已知的等式，根据sinA不为0求出sinC的值，由三角形为锐角三角形，利用特殊角的三角函数值即可求出C的度数； （2）由c与cosC的值，利用余弦定理列出关系式，再利用完全平方公式变形，利用基本不等式即可求出a+b的最大值．‎ 试题解析：‎ ‎（1）由及正弦定理，‎ 得.‎ 所以，因为是锐角三角形，所以.‎ ‎（2）因为，，所以由余弦定理，得，即.‎ 所以，即.‎ 所以，当且仅当取“=”.‎ 故的最大值是4.‎ ‎20. 如图，在三棱锥中，平面平面，，点在线段上，且，，点在线段上，且.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若四棱锥的体积为7，求线段的长.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）或.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由等腰三角形的性质可证PE⊥AC，可证PE⊥AB．又EF∥BC，可证AB⊥EF，从而AB与平面PEF内两条相交直线PE，EF都垂直，可证AB⊥平面PEF． （Ⅱ）设，可求AB，S△ABC，由EF∥BC可得△AFE∽△ABC，求得，由，可求S△AFD，从而求得四边形DFBC的面积，由（Ⅰ）知PE为四棱锥P-DFBC的高，求得PE，由体积，即可解得线段BC的长．‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：因为，，所以点为等腰边的中点，所以.‎ 又平面平面，平面平面，平面，，所以平面.‎ 因为平面，所以.‎ 因为，，所以.‎ 又因为平面，.‎ 所以平面.‎ ‎（2）解：设，则在中，‎ ‎.‎ 所以.‎ 由，，得，‎ 故，即，‎ 由， .‎ 从而四边形的面积为 .‎ 由（1）知平面，所以为四棱锥的高.‎ 在中，.‎ 所以 ‎.‎ 所以.‎ 解得或.‎ 由于，因此或.‎ 所以或.‎ ‎21. 在等差数列中，，，若数列，的前项和分别为，且，对任意都有，成立.‎ ‎（1）求数列，的通项公式；‎ ‎（2）证明：时，.‎ ‎【答案】（1），；（2）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由等差数列的基本量运算得解方程即可得，由，两式相减得，是等比数列，利用等比数列求通项公式即可；‎ ‎（2）由，得，可得 ，即为，渴求通项公式化简即可得最值.‎ 试题解析：‎ ‎（1）解：设数列的公差为，则解得 ‎∴，即.‎ 由，两式相减得 ‎，‎ 又，∴，‎ ‎∴,∴是等比数列.‎ ‎∴‎ ‎（2）证明：由，得，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ ，‎ ‎.‎ ‎∴当正整数时，取得最小值-20.‎ ‎∴时，.‎ 点睛：求等差数列或等比数列的通项公式基本方法是列方程组解方程组，得出首项与公比（或公差），然后写出通项公式；有关数列求和问题，主要方法有倒序相加法、错位相减法、分组求和法、公式法等，本题采用分组求和法求和，本题要根据数列通项的形式特点采用相应的方法求和 ‎22. 已知函数，在和处有两个极值点，其中，.‎ ‎（1）当时，求函数的极值；‎ ‎（2）若（为自然对数的底数），求的最大值.‎ ‎【答案】（1）的极大值为，的极小值为；（2）.‎ ‎【解析】试题分析:当时，将代入求导即可求其极值，‎ 设，确定的范围，表示出，构造新函数，利用导数法确定函数的单调性，即可求出结论。‎ 解析：（1）由，，则，‎ 当时，得或；当时，得.‎ 即函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎∴的极大值为，‎ 的极小值为.‎ ‎（2） ，‎ 又 ，所以是方程的两个实根，‎ 由韦达定理得：，，‎ ‎∴ ‎ ‎ .‎ 设，令，.‎ ‎∴在上是减函数，，‎ 故的最大值为.‎ 点睛：本题考查了利用导数求函数的极值以及利用导数研究函数的单调性，遇到含有的题目时可以采用构造新函数的方法，将二元转化为一元，然后利用导数研究函数单调性求得最值 ‎ ‎ ‎ ‎