届宁夏银川一中高三第五次月考数学理试题解析版.docx

1、届宁夏银川一中高三第五次月考数学理试题解析版2018届宁夏银川一中高三第五次月考数学（理）试题（解析版） 第卷 (选择题 共60分)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. 若，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：由题意可知考点：交集运算2.为虚数单位，复数在复平面内对应的点所在象限为A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】,复数在复平面内对应的点所在象限为第四象限故选：D点睛：复数的乘法复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位的看作一类同类项，不含的看作另

2、一类同类项，分别合并即可复数的除法除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把的幂写成最简形式3. 对于命题，使得，则是A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】C故选：C4. 设平面向量，若，则等于A. B. C. D. 【答案】A【解析】，且，即故选：A5. 已知点在幂函数的图象上，设，则的大小关系为A. B. C. D. 【答案】A【解析】点在幂函数的图象上，,解得：,且在上单调递增,又故选：A6. 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

3、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. 两旅客坐火车外出旅游，希望座位连在一起，且有一个靠窗，已知火车上的座位如图所示，则下列座位号码符合要求的应当是A. B. C. D. 【答案】D【解析】由已知图形中座位的排列顺序，可得：被5

4、除余1的数，和能被5整除的座位号临窗，由于两旅客希望座位连在一起，且有一个靠窗，分析答案中的4组座位号，只有D符合条件故选D8. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. B. C. D. 【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体为一个正三棱柱截去上面一个三棱锥余下的部分，三棱柱的高为2，底面边长为2，截去三棱锥的高为1，所以该几何体和体积V=222sin60221sin60=故选：C点睛：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.9. 公元前世

5、纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割约为，这一数值也可以表示为，若，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】，,。选B。10. 函数 的部分图象如图所示，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】由图象可知，周期T=，故=2；sin（2（）+）=0，又|，=；sin（2（）+）=1，A=2；故；故选：B11. 若圆上至少有三个不同点到直线:的距离为,则直线的倾斜角的取值范围是A. B. C. D. 【答案】A【解析】圆整理为，圆心坐标为（2，2），半径为3，要求圆上至少有三个不同的点到直线l：ax+by=0的距离为，则圆心到直线的距离应小于等于，直线l

6、的倾斜角的取值范围是 ，故选A12. 已知函数在定义域内有个零点，则实数的取值范围为A. B. C. D. 【答案】B【解析】令，即直线与的图象有两个不同的交点，,在上单调递减，在上单调递增，的最小值为即故选：B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：本大题共4小题，每小题5分 13. 等差数列中，则该数列的前项的和_.【答案】52【解析】由等

7、差数列的性质可得+=2，代入已知式子可得3=12，故=4，故该数列前13项的和故答案为：5214. 已知,方程表示圆，则圆心坐标是_【答案】【解析】方程表示圆，a2=a+20，解得a=1或a=2当a=1时，方程化为x2+y2+4x+8y5=0，配方得（x+2）2+（y+4）2=25，所得圆的圆心坐标为（2，4），半径为5；当a=2时，方程化为，此时，方程不表示圆，故答案为：（2，4）.15. 若正三棱柱的底面边长为，高为，则此正三棱柱的外接球的体积为_【答案】【解析】由正三棱柱的底面边长为，得底面所在平面截其外接球所成的圆O的半径r=2，又由正三棱柱的高为，则球心到圆O的球心距d=，根据球心距

8、，截面圆半径，球半径构成直角三角形，满足勾股定理，我们易得球半径R满足：R2=r2+d2=9，R=3，外接球的表面积S=4R2=36故答案为：3616. 已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为，则椭圆在其上一点处的切线方程为，试运用该性质解决以下问题：椭圆，点为在第一象限中的任意一点，过作的切线， 分别与轴和轴的正半轴交于两点，则面积的最小值为_.【答案】【解析】设B（x2，y2），则椭圆C1在点B处的切线方程为x+y2y=1令x=0，yD=，令y=0，可得xC=，所以SOCD=，又点B在椭圆的第一象限上，所以x2，y20，即有，SOCD，当且仅当=，所以当B（1，）时，三角形OCD的面积的最小

9、值为故答案为：三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 在所对的边分别为且，（1）求角的大小；（2）若，求及的面积.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（）已知等式变形后，利用正弦定理化简，根据sinA不为0求出cosB的值，即可确定出角B的大小；（）利用余弦定理列出关系式，把a，b，cosB的值代入求出c的值，利用三角形面积公式求出三角形ABC面积即可试题解析：( )，由正弦定理可得， 又， ， 所以，故. （），由余弦定理可得：，即解得或（舍去），故. 所以. 点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达

10、到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.18. 已知数列满足，成等比数列，是公差不为的等差数列.（1）求数列的通项公式（2）求数列的前项的和【答案】（1）（2）【解析】试题分析：(1)由题意构建关于，的方程组，进而得到数列的通项公式；（2）利用并项法求得数列的前项的和.试题解析：（ ）设等差数列的公差为，则，即，又成等比数列， 整理的：，又 ;（） =+ + =+ =19. 如图在棱锥中，为矩形，面，与面成角，与面成角. （1）在上是否

11、存在一点，使面，若存在确定点位置，若不存在，请说明理由；（2）当为中点时，求二面角的余弦值. 【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）法一：要证明PC面ADE，只需证明ADPC，通过证明即可，然后推出存在点E为PC中点法二：建立如图所示的空间直角坐标系DXYZ，设，通过得到，即存在点E为PC中点 （2）由（1）知求出面ADE的法向量，面PAE的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角PAED的余弦值试题解析：（）法一：要证明PC面ADE，易知AD面PDC，即得ADPC，故只需即可，所以由,即存在点E为PC中点 法二：建立如图所示的空间直角坐标系DXYZ， 由题意知PDCD1，设， ，,

12、由，得，即存在点E为PC中点。 （）由（）知， ， ，设面ADE的法向量为，面PAE的法向量为由的法向量为得，得同理求得 所以故所求二面角PAED的余弦值为. 点睛：利用法向量求解空间二面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20. 已知两点分别在轴和轴上运动，且，若动点满足.（1）求出动点P的轨迹对应曲线C的标准方程；（2）一条纵截距为2的直线与曲线C交于P，Q两点，若以PQ直径的圆恰过原点，求出直线方程.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）根据向量的坐标运算，以及|AB|=1，得到椭圆的标准方程（2）直线l1斜率必存在，且纵截距为2，根据直线与椭圆的位置关系，即可求出k的值，问题得以解决试题解析：() 因为即所以所以又因为,所以即:,即所以椭圆的标准方程为 () 直线斜率必存在，且纵截距为,设直线为联立直线和椭圆方程得: 由,得 设以直径的圆