甘肃省天水市一中2019届高三上学期一轮复习第三次质量检测数学（理）试题Word版含答案.doc

天水市一中2016级一轮复习第三次质量检测 数学试题（理科）‎ ‎ （满分：150分 时间：120分钟）‎ 一、单选题（每小题5分，共60分）‎ ‎1．已知集合,则（）‎ A． B． ‎ ‎ C． D． ‎ ‎2．已知，则（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎3．我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤,中间三尺重几何．”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部尺，重斤，尾部尺，重斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤．”（ ）‎ A． 6斤 B． 7斤 C． 斤 D． 斤 ‎4. 已知向量且，则（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎5．已知，则（ ）‎ A． 7 B． C． D． ‎ ‎6．已知定义在上的函数，设两曲线与 试卷第12页，总7页 在公共点处的切线相同，则值等于（ ）‎ A． -3 B． 1 C． 3 D． 5‎ ‎7．已知各项均不相等的等比数列成等差数列，设为数列的前n项和，则等于（ ）‎ A． B． C． 3 D． 1‎ ‎8．设函数，则使得成立的的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎9．已知△是边长为的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是（ ）‎ A． B． C． D． －1‎ ‎10.已知实数、，满足，则的取值范围是（ ）‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎11．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为( )‎ 试卷第12页，总7页 A． B． C． D． ‎ ‎12．若均为任意实数，且，则 的最小值为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎13．若实数满足则的最小值为__________．‎ ‎14．三棱柱中，， 、、，则该三棱柱的外接球的表面积为 ‎ ‎15.下列四个命题中真命题的序号是__________．‎ ‎①“”是“”的充分不必要条件；‎ ‎②命题，命题，则为真命题；‎ ‎③命题“”的否定是“”；‎ ‎④“若，则”的逆命题是真命题.‎ ‎16．已知，关于的方程恰有三个不等实根，且函数 的最小值是，则_______．‎ 三、解答题（第17题10分，其余各题每题12分，共70分）‎ ‎17已知函数．‎ ‎（1）求函数的单调增区间；‎ 试卷第12页，总7页 ‎（2）若，求函数的值域．‎ ‎18已知数列为等差数列，数列为等比数列，满足 ‎ ‎（1）求数列通项公式；‎ ‎（2）令，求数列的前项和．‎ ‎19．如图，在△ABC中，点P在BC边上，∠PAC＝60°，PC＝2，AP＋AC＝4.‎ ‎(1)求∠ACP；‎ ‎(2)若△APB的面积是，求AB ‎20．数列中， ，当时，其前项和满足． ‎ ‎（1）求的表达式； ‎ ‎(2)设＝ ,求数列的前项和．‎ ‎21．如图，四棱锥中，底面为菱形，，为等边三角形．‎ ‎（1）求证：．‎ 试卷第12页，总7页 ‎（2）若，，求二面角的余弦值 ‎22.已知函数.‎ ‎(1)若函数在上为增函数，求的取值范围；‎ ‎(2)若函数有两个不同的极值点，记 ,且证明 试卷第12页，总7页 参考答案 ‎1 C 2 D 3 D 4B 5C 6D 7A 8 D 9 B 10 D 11 B 12 D ‎ ‎11【解析】‎ 由三视图可得，该几何体为如图所示的三棱锥，‎ 故其体积为．选B．‎ ‎12．D ‎【解析】分析：该题可以看做是圆上的动点到曲线上的动点的距离的平方的最小值问题，可以转化为圆心到曲线上的动点的距离减去半径的平方的最值问题，结合图形，可以断定那个点应该满足与圆心的连线与曲线在该点的切线垂直的问题来解决，从而求得切点坐标，即满足条件的点，代入求得结果.‎ 详解：由题意可得，其结果应为曲线上的点与以为圆心，以为半径的圆上的点的距离的平方的最小值，可以求曲线上的点与圆心的距离的最小值，在曲线上取一点，曲线有在点M处的切线的斜率为，从而有，即，整理得，解得，所以点满足条件，其到圆心的距离为，故其结果为，故选D.‎ 试卷第12页，总7页 点睛：解决该题的关键是分析清式子代表的意义，再者就是什么时候满足距离最小，之后应用导数的几何意义求得切线的斜率，应用两点斜率坐标公式求得直线的斜率，两条直线垂直，斜率乘积等于-1.从而求得结果.‎ ‎13． 14．8 15． ①③ 16．5‎ ‎16【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件可得直线与相切，设出切点，求得二次函数的导数，可得的方程，再由函数 的单调性，可得的最小值，化简变形即可得到 的关系式，可得所求值．‎ ‎【详解】‎ 关于的方程恰有三个不等实根， 可得直线与相切相切，设切点为，， 则 ， 消去，可得 ‎ 设 与轴的两个交点的横坐标为： ，即有函数 ， 当时，取得最小值是， 即有 可得 即为 ， 化为， 可得或，‎ 试卷第12页，总7页 ‎ 由，可得， 即 ‎17⑴⑵‎ ‎（1）‎ 由,‎ 所以函数的单调增区间是 ‎（2）由得 从而，‎ 所以函数的值域为.‎ ‎18 ‎ ‎． 数列的前n项和，‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎．‎ ‎19（1）；（2）AB＝‎ ‎ (1)在△APC中，因为∠PAC＝60°，PC＝2，AP＋AC＝4，‎ 试卷第12页，总7页 由余弦定理得PC2＝AP2＋AC2－2·AP·AC·cos ∠PAC，‎ 所以22＝AP2＋(4－AP)2－2·AP·(4－AP)·cos 60°，‎ 整理得AP2－4AP＋4＝0，解得AP＝2.‎ 所以AC＝2，所以△APC是等边三角形．‎ 所以∠ACP＝60°.‎ ‎(2)由于∠APB是△APC的外角，所以∠APB＝120°.‎ 因为△APB的面积是，所以，AP·PB·sin ∠APB＝.‎ 所以PB＝3.‎ 在△APB中，AB2＝AP2＋PB2－2·AP·PB·cos ∠APB＝22＋32－2×2×3×cos 120°＝19，‎ 所以.‎ ‎20．（1）；（2）。‎ ‎（1） ‎ 得 ‎ ‎ ‎ ‎,‎ ‎ ‎ ‎(2) ‎ ‎.‎ ‎（2）．‎ ‎1．（1）见解析（2）0‎ 试卷第12页，总7页 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取AD中点E，连接，由已知可得，又即可证平面，从而可得；‎ ‎（2）建立相应的空间直角坐标系，应用面的法向量垂直得到其余弦值为0.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为底面ABCD为菱形，且，所以为等边三角形．如下图，作，则E为AD的中点．‎ 又因为为等边三角形，所以．‎ 因为PE和BE为平面PBE内的两条相交的直线，所以直线平面PBE，‎ 又因为PB为面PBE内的直线，所以．‎ ‎（2）为等边三角形，边长为2，‎ ‎，所以，，‎ 因为，‎ 所以面，‎ 如图建立空间直角坐标系，‎ 试卷第12页，总7页 则，‎ 设平面的法向量为，‎ ‎，即，即，‎ 取，则，，‎ 设平面的法向量为，‎ ‎，即，即，‎ 取，则，，‎ 因为， ‎ 设二面角的平面角为，则有.‎ ‎22(理) 1．（1） （2）见解析 ‎(1) 函数在上为增函数即在区间上恒成立，变量分离求最值即可；(2)，要证，即证等价于证，即.‎ ‎【详解】‎ 解:（1）由题可知，函数的定义域为，‎ 因为函数在区间上为增函数，‎ 所以在区间上恒成立等价于，即，‎ 所以的取值范围是.‎ ‎（2）由题得，则 因为有两个极值点，‎ 试卷第12页，总7页 所以 欲证等价于证，即，‎ 所以 因为，所以原不等式等价于.‎ 由可得，则‚.‎ 由‚可知，原不等式等价于，即 设，则，则上式等价于.‎ 令，则 因为，所以，所以在区间上单调递增，‎ 所以当时，，即，‎ 所以原不等式成立，即.‎ 试卷第12页，总7页