要求改写句子，每空格限填词改为否定句对划线部分提问对划线部分提问改为感叹句!保持原句意思，!，!改为否定句对画线部分提问对画线部分提问改为感叹句!保持原句意思不变改为否定句改为般疑问句对划线部分提问保持句意基本不变，改为否定句改为般疑问句改为般疑问句改为反意疑问句，对划线部分提问时，，在，上单调递减当，时，，在，上单调递增分又有唯解，，即分得分请考生在第三题中任选题做答，如果多做，则按所做的第题记分答时用铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑本小题满分分选修几何证明选讲如图，在中，，以为直径的圆交于，过点作圆的切线交于，交圆于点证明是的中点证明Ⅰ证明连接，因为为的直径，所以，又，所以切于点，且切于于点，因此，，，所以，得，因此，即是的中点Ⅱ证明连接，显然是斜边上的高，可得，于是有，即，同理可得，所以此题银川二中次月考本小题满分分选修坐标系与参数方程在直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系曲线的极坐标方程为分别为与轴，轴的交点写出的直角坐标方程，并求的极坐标设的中点为，求直线的极坐标方程试题解析解由得从而的直角坐标方程为，即时所以时所以点的直角坐标为点的直角坐标为所以点的直角坐标为，则点的极坐标为所以直线的极坐标方程为此题银川中次月考本小题满分分选修不等式选讲已知若，求实数的取值范围对，若恒成立，求的取值范围解析由得，两边平方得，解得，即实数的取值范围是，分，或所以的取值范围为分宁夏长庆高级中学学年第二学期高三数学文第次模拟试卷月日第卷选择题本大题共小题，每小题分，共分，在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的设，，，则解析易知，，则，故选设复数是虚数单位，则解析由题意，故选等于解析此题银川二中次月考设等比数列中，前项之和为，已知则解答解所以，则故选已知几何体的三视图单位如图所示，则该几何体的体积是解答解由三视图知几何体是长方体削去个三棱锥，如图长方体的长宽高分别为，长方体的体积为削去的三棱锥的底面直角三角形的两直角边长分别为高为，体积为几何体的体积故选已知，，且与垂直，则解析因为与垂直，所以，即，解得故选此题六盘山次月考下列命题是假命题的是，函数都不是偶函数使向量，，则在方向上的投影为“”是“”的既不充分又不必要条件解析易知错，故选当，正确，正确若，是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中为真命题的是若⊂，⊥，则⊥若∩，∩，，则若⊥，⊥，则若⊥，，则⊥分析对于选项直线可能与平面斜交，对于选项可根据三棱柱进行判定，对于选项列举反例，如正方体同顶点的三个平面，对于根据面面垂直的判定定理进行判定即可解答解对于选项，若，则过直线的平面与平面相交得交线，由线面平行的性质定理可得，又⊥，故⊥，且⊂，故由面面垂直的判定定理可得⊥故选在中，内角的对边分别是，若则解，由正弦定理，得，得由余弦定理，得因此解之得故选此题银川中次月考若，，且函数在处有极值，则的最小值为解析因为函数在处有极值，所以，即，则当且仅当且，即时取故选六盘山二次月考已知点，满足，过点的直线与圆相交于，两点，则的最小值为解析选作出可行域，由图易得直线在，处取得最小值，最小值为过该点与过该点直径垂直的直线，最小值为此题银川二中次月考，则解，由正弦定理，得，得由余弦定理，得因此解之得，即，则当且仅当且，即时取故选六盘山二次月考已知点，月考已知直线与函数的图像恰好有个不同的公共点，则实数的取值范围为解析做出的图像，可知必有，解得，，选第Ⅱ卷二填空题本大题共小题，每小题分设，，向量，，，，，，且，，且，则解析，，又，，则⊥垂直于面的两条相交直线⊥面⊥面面，面⊥面Ⅲ连结，该四棱锥分为两个三棱锥和有唯解，求的值解析，当为奇数时，，在，上单调递增，无极值当为偶数时，，令，，当，时，，在，上单调递解析因为与垂直，所以，即，解得故选此题六盘山次月考下列命题是假命题的是，函数都不是偶函数使向量，，则在方向上的投影为“”是“”的既不充分影为“”是“”的既不充分又不必要条件解析易知错，故选当，正确，正确若，是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中为真命题的是若⊂，⊥，则⊥若∩，∩，，则若⊥，⊥，则若⊥，，则⊥分析对于选项直线可能与平面斜交，对于选项可根据三棱柱进行判定，对于选项列举反例，如正方体同顶点的三个平面，对于根据面面垂直的判定定理进行判定即可解答解对于选项，若，则过直线的平面与平面相交得交线，由线面平行的性质定理可得，又⊥，故⊥，且⊂，故由面面垂直的判定定理可得⊥故选在减当，时，，在，上单调递增分又有唯解，，即分得，令，，当，时，，在，上单调递，在，上单调递减上单调递增，有极小值，极小值分，则，令有唯解，求的值解析，当为奇数时，，在，上单调递增，无极值当为偶数时，本小题满分分已知函数，且求的极值若，关于的方程⊥垂直于面的两条相交直线⊥面⊥面面，面⊥面Ⅲ连结，该四棱锥分为两个三棱锥和，且与平行且相等面面，面Ⅱ为等边三角形⊥又⊥面，面，且，则解析，，又，，则，则解析，，，，则，所以已知必有，解得，，选第Ⅱ卷二填空题本大题共小题，每小题分设，，向量，，，，，，且，时，直线与只有个交点，不符题意当时，与总有个交点，故与必有两上交点，即方程必有两不等正实根，即方程月考已知直线与函数的图像恰好有个不同的公共点，则实数的取值范围为解析做出的图像，可知满足，过点的直线与圆相交于，两点，则的最小值为解析选作出可行域，由图易得直线在，处取得最小值，最小值为过该点与过该点直径垂直的直线，最小值为此题银川二中次，即，则当且仅当且，即时取故选六盘山二次月考已知点，故选此题银川中次月考若，，且函数在处有极值，则的最小值为解析因为函数在处有极值，所以，则解，由正弦定理，得，得由余弦定理，得因此解之得的平面与平面相交得交线，由线面平行的性质定理可得，又⊥，故⊥，且⊂，故由面面垂直的判定定理可得⊥故选在中，内角的对边分别是，若的平面与平面相交得交线，由线面平行的性质定理可得，又⊥，故⊥，且⊂，故由面面垂直的判定定理可得⊥故选在中，内角的对边分别是，若则解，由正弦定理，得，得由余弦定理，得因此解之得故选此题银川中次月考若，，且函数在处有极值，则的最小值为解析因为函数在处有极值，所以，即，则当且仅当且，即时取故选六盘山二次月考已知点，满足，过点的直线与圆相交于，两点，则的最小值为解析选作出可行域，由图易得直线在，处取得最小值，最小值为过该点与过该点直径垂直的直线，最小值为此题银川二中次月考已知直线与函数的图像恰好有个不同的公共点，则实数的取值范围为解析做出的图像，可知时，直线与只有个交点，不符题意当时，与总有个交点，故与必有两上交点，即方程必有两不等正实根，即方程必有，解得，，选第Ⅱ卷二填空题本大题共小题，每小题分设，，向量，，，，，，且，，则解析，，，，则，所以已知，且，则解析，，又，，则，且与平行且相等面面，面Ⅱ为等边三角形⊥又⊥面，面⊥垂直于面的两条相交直线⊥面⊥面面，面⊥面Ⅲ连结，该四棱锥分为两个三棱锥和本小题满分分已知函数，且求的极值若，关于的方程有唯解，求的值解析，当为奇数时，，在，上单调递增，无极值当为偶数时，，在，上单调递减上单调递增，有极小值，