銀川一中2018高三數(shù)學(xué)(理)第五次月考試卷

1、銀川一中2018高三數(shù)學(xué)(理)第五次月考試卷及答案銀川一中2018高三數(shù)學(xué)(理)第五次月考試卷及答案10/10銀川一中2018高三數(shù)學(xué)(理)第五次月考試卷及答案銀川一中2018屆高三年級(jí)第五次月考數(shù)學(xué)試卷（理）第卷(選擇題共60分)一、選擇題：本大題共12小題，每題5分，滿分60分.在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的.1.若A0,1,2,3,Bx|x3a,aA，則ABA.1,2B.0,1C.0,3D.3i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z2i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在象限為2i1A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限3.對(duì)于命題p:xR，使得x2x10，則p是Ap:xR，x2x10B

2、p:xR，x2x10Cp:xR，x2x10Dp:xR，x2x104.設(shè)平面向量m1,2,n2,b，若m/n，則mn等于已知點(diǎn)Bm,8在冪函數(shù)10C2D35fxm1xn的圖象上，設(shè)af3,bfln,cf2，則a,b,c的大小關(guān)系為32A.acbB.abcC.bcaD.bac2x4,y6.設(shè)x、y知足xy1,則zxyx2,2yA.有最小值7，最大值3B.有最大值3，無最小值C.有最小值2，無最大值D.有最小值7，無最大值兩游客坐火車出門旅行，希望座位連在一同，且有一個(gè)靠窗，已知火車上的座位以以下圖，則以下座位號(hào)碼符合要求的應(yīng)該是A48,49B62,63C75,76D84,85一個(gè)幾何體的三視圖以以

3、下圖，則該幾何體的體積為A3B23C53D332公元前6世紀(jì)，古希臘的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派研究過正五邊形和正十邊形的作圖，發(fā)現(xiàn)了黃金切割約為0.618，這一數(shù)值也能夠表示為m2sin18，若m2n4，則mn2cos2271A8B4C2D110.函數(shù)f(x)A(0,)的sin(x)2部分圖象以以下圖，則f2A4B4C2D211.若圓x2y24x4y100上最罕有三個(gè)不一樣樣點(diǎn)到直線l:axby0的距離為22,則直線l的傾斜角的取值范圍是A,5B,4C5,7D,5121212121241212.已知函數(shù)f(x)x2ex2xex(a1)exx在定義域內(nèi)有2個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為A,1B,1C1,D1

4、,eeee第卷（非選擇題共90分）本卷包含必考題和選考題兩部分第13題第21題為必考題，每個(gè)試題考生都必然做答第22題第23題為選考題，考生依據(jù)要求做答二、填空題：本大題共4小題，每題5分13.等差數(shù)列an中，a6a7a812，則該數(shù)列的前13項(xiàng)的和S13_.14.已知aR,方程a2x2a2y24x8y5a0表示圓，則圓心坐標(biāo)是_15.若正三棱柱的底面邊長(zhǎng)為23，高為25，則此正三棱柱的外接球的體積為16.已知橢圓擁有以下性質(zhì)：若橢圓的方程為x2y21(ab0)，則橢圓在其上一點(diǎn)a2b2A(x0,y0)處的切線方程為x0 xy0y1，試運(yùn)用該性質(zhì)解決以下問題：a2b2橢圓C1:x2y21，點(diǎn)B

5、為C1在第一象限中的隨意一點(diǎn)，過B作C1的切線l，l分2別與x軸和y軸的正半軸交于C,D兩點(diǎn)，則OCD面積的最小值為_.三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.（本小題滿分12分）在ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c,且a3abc，sinA2b（1）求角B的大?。唬?）若a2，b7，求c及ABC的面積.18.（本小題滿分12分）已知數(shù)列an知足a11，a1,a2,a4成等比數(shù)列，an是公差不為0的等差數(shù)列.n（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式（2）求數(shù)列1na的前2n項(xiàng)的和S2nn（本小題滿分12分）如圖在棱錐PABCD中，ABCD為矩形，PD面ABCD，PB2，PB與面PCD

6、成450角，PB與面ABD成300角.（1）在PB上能否存在一點(diǎn)E，使PC面ADE，若存在確立E點(diǎn)地點(diǎn)，若不存在，請(qǐng)說明原因；（2）當(dāng)E為PB中點(diǎn)時(shí)，求二面角PAED的余弦值.（本小題滿分12分）已知Ax0,0,B0,y0兩點(diǎn)分別在x軸和y軸上運(yùn)動(dòng)，且AB1，若動(dòng)點(diǎn)Px,y知足OP2OA3OB.1）求出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡對(duì)應(yīng)曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；2）一條縱截距為2的直線l1與曲線C交于P，Q兩點(diǎn)，若以PQ直徑的圓恰過原點(diǎn)，求出直線方程.21（本小題滿分12分）已知函數(shù)f(x)axlnx，此中a為常數(shù)，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)（1）若f(x)在區(qū)間0,e上的最大值為3，求a的值；（2）當(dāng)a1時(shí)，判斷方程|f(x

7、)|lnx1能否有實(shí)根？若無實(shí)根請(qǐng)說明原因，如有x2實(shí)根請(qǐng)給出根的個(gè)數(shù)請(qǐng)考生在第22、23兩題中任選一題做答，假如多做則按所做的第一題記分做答時(shí)請(qǐng)寫清題號(hào)。22(本小題滿分10分)選修4-4：極坐標(biāo)與參數(shù)方程在極坐標(biāo)系中，已直曲線C:2cos,將曲線C上的點(diǎn)向左平移一個(gè)單位，此后縱坐標(biāo)xtcos不變，橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到本來的2倍，獲得曲線C1，又已知直線3(t是參數(shù))，且直y3tsin3線l與C1交于A、B兩點(diǎn)，1）求曲線C1的直角坐標(biāo)方程，并說明它是什么曲線；（2）設(shè)定點(diǎn)P(0,113),求的值；|PA|PB|23.（本小題滿分10分）選修45；不等式選講已知函數(shù)f(x)log2(|x1|x2|m

8、)1）當(dāng)m5時(shí)，求函數(shù)f(x)的定義域；2）若對(duì)于x的不等式f(x)1的解集是R，求m的取值范圍.銀川一中2018屆高三第五次月考數(shù)學(xué)（理）參照答案一、選擇題題號(hào)123456789101112答案CDCAACDCCBAB二、填空題：13、5214、2,415、3616、2三、解答題：17sinA3a，3a2bsinA，2b由正弦定理可得3sinA2sinBsinA，又0A，sinA0，sinB3，2abc，BC，因此0B2，故B.3（）a2，b7，由余弦定理可得：(7)222c222c1，即c22c302解得c3或c1（舍去），故c3.因此SABC1acsinB123333.222218.設(shè)等

9、差數(shù)列an的公差為dd0，na11,a11,1則an1n1d，annn2ndn即a22222d22d，a44424d412d又a1,a2,a4成等比數(shù)列，22d21412d整理的：d2d，又d0d1ann2（）S2n=12+2232+422n122n2S2n=2121+43432n2n12n2n1=1232n12n=12n2n=2n2n2（）法一：要證明PC面ADE，易知AD面PDC，即得ADPC，故只要DEPC可，因此由(DPPE)PC0DPPCPEPC0|PE|1,即存在點(diǎn)E為PC中點(diǎn)分法二：成立以以下圖的空間直角坐標(biāo)系DXYZ，由題意知PDCD1，CE2，設(shè)PEPB，PEPB(2,1,1

10、)，PC(0,1,1)由PCDEPC(DPPE)(0,1,1)(2,1)0，得1，2即存在點(diǎn)E為PC中點(diǎn)。（）由（）知D(0,0,0)，A(2,0,0)211P(0,0,1)，E(,)，222DA(2,0,0)，DE(2,1,1)，PA(2,0,1)，PE(2,1,1)222222設(shè)面ADE的法向量為n(x,y,z)，面PAE的法向量為n2(x,y,z)1111222n1DA02x10由的法向量為得n1(0,1,1)得，11n1DE02x12y12z10同理求得n2(1,0,2)因此cosn1n13|n1|n1|3故所求二面角PAED的余弦值為3.320.【答案】解析:解:()由于OP2OA3

11、OB即(x,y)2(x0,0)3(0,y0)(2x0,3y0)因此x2x0,y3y0因此x01x,y03y23又由于|AB|1,因此x02y021即6即:(1x)2(3y)21,即x2y212343因此橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2y214分43()直線l1斜率必存在，且縱截距為2,設(shè)直線為ykx2ykx2聯(lián)立直線l1和橢圓方程x2y243得:(34k2)x216kx40由0,得k214設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2)以PQ直徑的圓恰過原點(diǎn)1因此OPOQ,OPOQ0即x1x2y1y20也即x1x2(kx12)(kx22)0即(1k2)x1x22k(x1x2)40將(1)式代入,得4(1k2)32k4034k234k2即4(1k2)32k24(34k2)0解得k24,知足（*）式，因此k2333因此直線y23x2321【解】：（）f(x)a1，x0,e，11,xxe當(dāng)a1f(x)0，從而f(x)在0,e上單一遞加，時(shí)，ef(x)maxf(e)ae10舍；當(dāng)a1時(shí)，f(x)在(0,a1)上遞加，在(a1,e)上遞減，ef(x)maxf(a1)1ln(a1)，令1ln(a1)3，得ae2（）當(dāng)a1時(shí)，f(x)xlnx，f(x)111xxx當(dāng)0 x0；當(dāng)x1時(shí)。f(x)0，x1是f(x)在定義域(0,)上獨(dú)一的極（大）值點(diǎn)，則f(x)maxf(1)1|f(x)，又令(x)lnx11lnx，