宁夏银川一中2021届高三上学期第四次月考-数学(理)-Word版含答案.docx

银川一中2021届高三班级第四次月考数 学 试 卷（理） 命题人：蔡伟 第卷一、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复数（其中i为虚数单位）的虚部是 A B C D 2. 已知：若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是A B CD3设为等比数列的前项和，已知,则公比 A B C D4. 某四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于A1B2C3D45在中，的对边分别是，其中，则角A的取值确定属于范围 A B C D6为得到函数的导函数图象，只需把函数的图象上全部点的A纵坐标伸长到原来的倍，横坐标向左平移B纵坐标缩短到原来的倍，横坐标向左平移C纵坐标伸长到原来的倍，横坐标向左平移D纵坐标缩短到原来的倍，横坐标向左平移7在正四周体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是ABC平面PDF BDF平面PAE C平面PDF平面ABC D平面PAE平面 ABC8已知函数，若，使得，则实数的取值范围是A B C D9在中，若，则面积的最大值为A B C D10正四周体ABCD的棱长为1，G是ABC的中心，M在线段DG上，且AMB90，则GM的长为A B C D11设满足约束条件 ，若目标函数的值是最大值为12，则的最小值为 A B C D 412已知函数，若恒成立，则的最大值为A B C D第卷本卷包括必考题和选考题两部分第13题第21题为必考题，每个试题考生都必需做答第22题第24题为选考题，考生依据要求做答二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13假如一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是_.14已知(为自然对数的底数),函数,则_.15如图，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1，点M是线段DC1上的动点，则点M到直线AD1距离的最小值是_16定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”，假如函数，（）的“新驻点”分别为，那么，的大小关系是 三、解答题:本大题共5小题，共计70分。解答应写出文字说明证明过程或演算步骤17（本小题满分12分）已知函数的最大值为 （1）求常数的值； （2）求函数的单调递增区间； （3）若将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求函数在区间上的最大值和最小值 18. （本小题满分12分）如图所示，PA平面ABC，点C在以AB为直径的O上，CBA30，PAAB2，点E为线段PB的中点，点M在AB上，且OMAC. (1)求证：平面MOE平面PAC；(2)求证：平面PAC平面PCB；(3)设二面角MBPC的大小为，求cos的值19（本小题满分12分）已知数列中，前项和(1) 求数列的通项公式；(2) 设数列的前项和为，是否存在实数，使得对一切正整数都成立？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由20（本小题满分12分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA12，C1H平面AA1B1B，且C1H.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；(2)求二面角AA1C1B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN平面A1B1C1，求线段BM的长21（本小题满分12分）已知函数（为无理数，）（1）求函数在点处的切线方程； （2）设实数，求函数在上的最小值； （3）若为正整数，且对任意恒成立，求的最大值请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题记分作答时请写题号22（本小题满分10分）【选修41：几何证明选讲】 如图，在正ABC中，点D,E分别在边AC, AB上，且AD=AC， AE= AB，BD，CE相交于点F。 （1）求证：A，E，F，D四点共圆； （2）若正ABC的边长为2，求，A，E，F，D所在圆的半径23. （本小题满分10分）【选修41：几何证明选讲】在直角坐标系中，以原点为极点,轴的正半轴为极轴建坐标系,已知曲线，已知过点的直线的参数方程为 （为参数），直线与曲线分别交于两点。（1）写出曲线和直线的一般方程；（2）若成等比数列,求的值24.（本小题满分10分）选修45：不等式选讲对于任意的实数()和,不等式恒成立,记实数的最大值是.(1)求的值; (2)解不等式.宁夏银川一中2021届高三第四次月考数学(理科)试卷参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分题号123456789101112答案CABBDCCDCDAD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 14. 7 15. a 16. 三、解答题：17.（1）， （2）由，解得，所以函数的单调递增区间 （3）将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，当时，取最大值当时，取最小值-3. 18. 解析(1)由于点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，所以OEPA.由于PA平面PAC，OE平面PAC，所以OE平面PAC.由于OMAC，又AC平面PAC，OM平面PAC，所以OM平面PAC.由于OE平面MOE，OM平面MOE，OEOMO，所以平面MOE平面PAC.(2)由于点C在以AB为直径的O上，所以ACB90，即BCAC.由于PA平面ABC，BC平面ABC，所以PABC.由于AC平面PAC，PA平面PAC，PAACA，所以BC平面PAC.由于BC平面PBC，所以平面PAC平面PBC.(3)如图，以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系Cxyz.由于CBA30，PAAB2，所以CB2cos30，AC1.延长MO交CB于点D.由于OMAC，所以MDCB，MD1，CDCB.所以P(1,0,2)，C(0,0,0)，B(0，0)，M(，0)所以(1,0,2)，(0，0)设平面PCB的法向量m(x，y，z)由于所以即令z1，则x2，y0.所以m(2,0,1)同理可求平面PMB的一个法向量n(1，1)所以cosm，n.所以cos.19. 解：（1）（解法一） 整理得 两式相减得 即 ，即 数列是等差数列 且，得，则公差 （解法二） 整理得 等式两边同时除以得 ， 即 累加得 得 （2） 由（1）知 则要使得对一切正整数都成立，只要，所以只要 存在实数，使得对一切正整数都成立，且的最小值为20. 解析如图所示 ，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点依题意得A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，)(1)易得(，)，(2，0,0)，于是cos，.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)易知(0,2，0)，(，)设平面AA1C1的法向量m(x，y，z)，则即不妨令x，可得m(，0，)同样的，设平面A1B1C1的法向量n(x，y，z)，则即不妨令y，可得n(0，)于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角AA1C1B1的正弦值为.(3)由N为棱B1C1的中点，得N.设M(a，b,0)，则，由MN平面A1B1C1，得即解得故M，因此，所以线段BM的长|.21.-3分（2）时，单调递减；当时，单调递增.当 (3) 对任意恒成立，即对任意恒成立， 即对任意恒成立令令在上单调递增。所以存在唯一零点，即。当时，；当时，；在时单调递减；在时，单调递增；由题意，又由于，所以k的最大值是322（本小题满分10分）【选修41：几何证明选讲】图6（）证明：，.在正中，又，BADCBE，即，所以，四点共圆.（）解：如图6，取的中点，连结，则.，AGD为正三角形，即，所以点是AED外接圆的圆心，且圆的半径为.由于，四点共圆，即，四点共圆，其半径为.（10分）2解：（）C: （）将直线的参数表达式代入抛物线得由于 由题意知， 代入得 24解: (1)不等式恒成立,即对于任意的实数()和恒成立,只要左边恒小于或等于右边的最小值. 由于,当且仅当时等号成立,即时,成立,也就是的最小值是2. (2) . 解法1:利用确定值的意义得: 解法2:当时,原不等式化为,解得,所以的取值范围是.当时,原不等式化为 ,得的取值范围是.当时,原不等式化为,解得,所以的取值范围是.综上所述: 的取值范围是.解法3:构造函数作 的图象,利用图象有得: . 1