銀川2019屆高三年級第四次月考文科數學注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．作答時，務必將答案寫在答題卡上。寫在本試卷及草稿紙上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，滿分60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．設集合，集合，則A．B．C．D．2．已知復數滿足，則A． B． C． D．3．拋物線的焦點到準線的距離為A．2 B．1 C． D．4．已知直線與直線平行，則實數的值為A．4 B．－4 C．－4或4 D．0或45．已知雙曲線C:QUOTE-QUOTE=1(a>0,b>0)的一條漸近線方程為y=x，且與橢圓QUOTE+QUOTE=1有公共焦點,則C的方程為A．QUOTE-=1B．-QUOTE=1C．-=1D．-=16．函數的圖像大致為A．B．C．D．111111正視圖側視圖俯視圖1最長棱的長度為A． B．C．2 D．18．公元前5世紀，古希臘哲學家芝諾發表了著名的阿基里斯悖論：他提出讓烏龜在阿基里斯前面1000米處開始，和阿基里斯賽跑，并且假定阿基里斯的速度是烏龜的10倍．當比賽開始后，若阿基里斯跑了1000米，此時烏龜便領先他100米；當阿基里斯跑完下一個100米時，烏龜仍然前于他10米．當阿基里斯跑完下一個10米時，烏龜仍然前于他1米……，所以，阿基里斯永遠追不上烏龜．根據這樣的規律，若阿基里斯和烏龜的距離恰好為米時，烏龜爬行的總距離為A． B． C． D．9．已知向量，向量，函數，則下列說法正確的是A．是奇函數 B．的一條對稱軸為直線C．的最小正周期為 D．在上為減函數10．已知拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點F恰好是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點，且兩曲線的交點連線過點F，則該雙曲線的離心率為A．eq\r(2)B．eq\r(3)C．1＋eq\r(2)D．1＋eq\r(3)11．已知F為拋物線C:y2=4x的焦點，過F作兩條互相垂直的直線l1、l2,直線l1與C交于A、B兩點，直線l2與C交于D、E兩點，則|AB|+|DE|的最小值為A．16 B．14 C．12 D．1012．設函數，若關于x的方程有四個不同的解x1、x2、x3、x4，且x1<x2<x3<x4，則x3(x1+x2)+的取值范圍A． B． C． D．二、填空題：本大題共4小題，每小題5分．共20分,13．在數列中，，為的前n項和．若，則_______．14．設實數滿足約束條件，則的最大值為．15．若圓：的圓心為橢圓：的一個焦點，且圓經過的另一個焦點，且．16．在橢圓上有兩個動點M、N，K（2,0）為定點，若,則的最小值為_____．三、解答題：共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據要求作答。(一)必考題：共60分)17．(12分)已知數列的前項和為．(1)求數列的通項公式；(2)設，求．18．（12分）已知△ABC的內角A、B、C滿足．（1）求角A；（2）若△ABC的外接圓半徑為1，求△ABC的面積S的最大值．19．（12分）四棱錐的底面為直角梯形，，，，為正三角形．（1）點為棱上一點，若平面，，求實數的值；（2）若，求點到平面的距離．20．（12分）已知橢圓以坐標原點為中心,坐標軸為對稱軸,以拋物線y2＝16x的焦點為其中一個焦點,以雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的焦點為頂點．(1)求橢圓的標準方程；(2)若E、F是橢圓上關于原點對稱的兩點，P是橢圓上任意一點，則當直線PE、PF的斜率都存在，并記為kPE、kPF時，kPE·kPF是否為定值？若是，求出這個定值；若不是,請說明理由．21．（12分）已知函數（1）討論函數f（x）的極值點的個數；

（2）若f（x）有兩個極值點x1、x2，證明：f（x1）+f（x2）＞3-4ln2．(二)選考題：共10分。請考生在第22、23兩題中任選一題做答，如果多做．則按所做的第一題記分。22．[選修4－4：坐標系與參數方程](10分)在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（，為參數），以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為，若直線與曲線相切；（1）求曲線的極坐標方程；（2）在曲線上取兩點，與原點構成，且滿足，求面積的最大值．23．[選修4－5：不等式選講]已知函數的定義域為；（1）求實數的取值范圍；（2）設實數為的最大值，若實數，，滿足，求的最小值．

銀川2018屆高三第四次月考數學(文科)參考答案一、選擇題：(每小題5分，共60分)題號123456789101112答案BACBBAABDCAD二、填空題：(每小題5分，共20分)13.414.1815.816.三、解答題：17．解：（Ⅰ）當時，當時，，符合上式所以．（Ⅱ）由（Ⅰ）得,所以．18．解：（1）設內角，，所對的邊分別為，，．根據，可得，所以，又因為，所以．（2），所以，所以（時取等號）．19．（1）因為平面SDM，平面ABCD，平面SDM平面ABCD=DM，所以，因為，所以四邊形BCDM為平行四邊形，又，所以M為AB的中點．因為，．（2）因為，，所以平面，又因為平面，所以平面平面，平面平面，在平面內過點作直線于點，則平面，在Rt△SEA和Rt△SED中，因為，所以，又由題知，所以，由已知求得，所以，連接BD，則，又求得△SAD的面積為，所以由點B到平面的距離為．20．解(1)由拋物線y2＝16x的焦點為(4,0)可得c＝4．可設橢圓的標準方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．∵雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的焦點為(±5,0)．∴由題意知a＝5,b2＝a2－b2＝25－16＝9．故橢圓標準方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1．(2)kPE·kPF為定值,該定值為－eq\f(9,25)．理由：E,F是橢圓上關于原點對稱的兩點．設E(m,n),則F(－m,－n),又設P點坐標為(x,y)．則eq\f(m2,25)＋eq\f(n2,9)＝1,eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1．兩式相減可得eq\f(x2－m2,25)＋eq\f(y2－n2,9)＝0,即eq\f(y2－n2,x2－m2)＝－eq\f(9,25)．(由題意知x2－m2≠0)．又kPE＝eq\f(y－n,x－m),kPF＝eq\f(y＋n,x＋m),則kPE·kPF＝eq\f(y2－n2,x2－m2)＝－eq\f(9,25)．∴kPE·kPF為定值,且為－eq\f(9,25)．21.解（1）由，

得：，

（?。゛=0時，，

x∈（0，1），f′（x）＜0，x∈（1，+∞），f′（x）＞0，

所以x=1，f（x）取得極小值，x=1是f（x）的一個極小值點．

（ⅱ）a＜0時，△=1-8a＞0，令f′（x）=0，得

顯然，x1＞0，x2＜0，

∴，

f（x）在x=x1取得極小值，f（x）有一個極小值點．

（ⅲ）a＞0時，△=1-8a≤0即時，f′（x）≤0，

f（x）在（0，+∞）是減函數，f（x）無極值點．

當時，△=1-8a＞0，令f′（x）=0，得

當x∈（0，x1）和x∈（x2，+∞）f′（x）＜0，x∈（x1，x2）時，f′（x）＞0，

∴f（x）在x1取得極小值，在x2取得極大值，所以f（x）有兩個極值點．

綜上可知：（?。゛≤0時，f（x）僅有一個極值點；

（ⅱ）當時，f（x）無極值點；

（ⅲ）當時，f（x）有兩個極值點．

（2）證明：由（1）知，當且僅當a∈（0，）時，f（x）有極小值點x1和極大值點x2，

且x1，x2是方程2ax2-x+1=0的兩根，

∴，，

=

=

=，

設，

，

∴時，g（a）是減函數，，

∴，

∴f（x1）+f（x2）＞3-4ln2．

22（1）由