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1、宁夏银川市兴庆区长庆高级中学2020届高三数学上学期第四次月考试题 理一、选择题:(本题共12小题,每小题5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已知集合,则=ABCD【答案】C2下列函数中为偶函数且在上为增函数的是( )A.B.C.D.【答案】B3“”是“”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C,充分性;或或,故,必要性.故选:C4.已知,则ABCD【答案】B5已知非零向量a,b满足,且b,则a与b的夹角为A BC D 【答案】A6在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若,则ABC的面积等于( )A.
2、或B.C.D.【答案】D【解析】利用余弦定理得到,代入面积公式计算得到答案.【详解】利用余弦定理得到:或(舍去) 故选:D.7.在同一直角坐标系中,函数且的图象可能是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题通过讨论的不同取值情况,分别讨论本题指数函数、对数函数的图象和,结合选项,判断得出正确结论.题目不难,注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当时,函数过定点且单调递减,则函数过定点且单调递增,函数过定点且单调递减,D选项符合;当时,函数过定点且单调递增,则函数过定点且单调递减,函数过定点且单调递增,各选项均不符合.综上,选D.8.已知平面、两两垂直,直线、满
3、足:,则直线、不可能满足以下哪种关系A两两垂直B两两相交C两两平行D两两异面【解答】解:如图1,可得、可能两两垂直;如图2,可得、可能两两相交;如图3,可得、可能两两异面;故选:C9.设函数若方程有且只有一个根,则实数的取值范围是( )A.B.C.D.【答案】B【解析】方程有且只有一个根,等价于图像有一个交点,画出函数图像得到答案.【详解】方程有且只有一个根,等价于图像有一个交点.画出函数图像:根据图像知: 故选:B10.关于函数有下述四个结论:f(x)是偶函数f(x)在区间(,)单调递增f(x)在有4个零点f(x)的最大值为2其中所有正确结论的编号是A BCD【答案】C11如图,点为正方形的
4、中心,为正三角形,平面平面,是线段的中点,则()A.,且直线,是相交直线B.,且直线,是相交直线C.,且直线,是异面直线D.,且直线,是异面直线【答案】B【分析】利用垂直关系,再结合勾股定理进而解决问题【详解】如图所示, 作于,连接,过作于连,平面平面平面,平面,平面,与均为直角三角形设正方形边长为2,易知,故选B12.已知,设函数若关于的不等式在上恒成立,则的取值范围为ABCD【分析】先判断时,在上恒成立;若在上恒成立,转化为在上恒成立。【详解】,即,(1)当时,当时,故当时,在上恒成立;若上恒成立,即在上恒成立,令,则,当函数单增,当函数单减,故,所以。当时,在上恒成立;综上可知,的取值范
5、围是,故选A。二、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分)13.如图,在正三棱锥中,若的中点为,的中点为,求与的夹角余弦_.【解答】解:(1),分别为,的中点,则为与所成角,在中,由,可得,与的夹角为;.14在平面直角坐标系xOy中,已知向量m,n(sinx,cosx),x.若m与n的夹角为, x_m与n的夹角为,cosm,n,故sin.又x,x,x,即x,故x的值为.15. 学生到工厂劳动实践,利用打印技术制作模型,如图,该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体,其中为长方体的中心,分别为所在棱的中点,.打印所用的材料密度为,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为_.根据题意可知模
6、型的体积为四棱锥体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积,再求出模型的质量.【详解】由题意得, ,四棱锥OEFG的高3cm, 又长方体的体积为,所以该模型体积为,其质量为【点睛】本题考查几何体体积问题,理解题中信息联系几何体的体积和质量关系,从而利用公式求解16. 。设,则的最小值为_【答案】分析】把分子展开化为,再利用基本不等式求最值。【详解】,当且仅当,即时成立,故所求的最小值为。三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17-21题为必考题,每题必须作答。第22,23题为选考题,考生根据要求作答。17.设函数.(1)已知函数是偶函数,求的值;(2)求函数 的值域.【答
7、案】(1);(2).【解析】【分析】(1)由函数的解析式结合偶函数的性质即可确定的值;(2)首先整理函数的解析式为的形式,然后确定其值域即可.【详解】(1)由题意结合函数的解析式可得:,函数为偶函数,则当时,即,结合可取,相应的值为.(2)由函数的解析式可得:.据此可得函数值域为:.本题考查了三角函数求值,三角函数的周期和单调区间,意在考查学生对于三角函数公式和性质的灵活运用.18如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC求证:(1)A1B1平面DEC1;(2)BEC1E【答案】(1)见解析;(2)见解析.【解析】【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征
8、和线面平行的判定定理即可证得题中的结论;(2)由题意首先证得线面垂直,然后结合线面垂直证明线线垂直即可.【详解】(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以EDAB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABA1B1,所以A1B1ED.又因为ED平面DEC1,A1B1平面DEC1,所以A1B1平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BEAC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以CC1平面ABC.又因为BE平面ABC,所以CC1BE.因为C1C平面A1ACC1,AC平面A1ACC1,C1CAC=C,所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1,所以BEC1E.【点睛】
9、本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力. 19已知的内角、所对的边分别为、.且.(1)求角;(2)若的面积为,求周长的最小值.【答案】(1);(2).【解析】(1)根据三角形中隐含条件以及三角恒等变换的公式得到的正切值,然后计算出的结果;(2)利用余弦定理和面积公式求解出的最小值,再将周长用含的式子表示,即可求解出周长的最小值,注意取等号条件的说明.【详解】(1),且,且,.(2)由,得.又,(当且仅当时取等号),周长的最小值为.20如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点(1)求证:BD平面
10、PAC;(2)若ABC60,求证:平面PAB平面PAE;(3)棱PB上是否存在点F,使得CF平面PAE?说明理由(1)证明:因为PA平面ABCD,所以PABD.因为底面ABCD为菱形,所以BDAC.又PAACA,所以BD平面PAC.(2)证明:因为PA平面ABCD,AE平面ABCD,所以PAAE.因为底面ABCD为菱形,ABC60,且E为CD的中点,所以AECD.所以ABAE.又ABPAA,所以AE平面PAB.因为AE平面PAE,所以平面PAB平面PAE.(3)解:棱PB上存在点F,使得CF平面PAE.取PB的中点F,PA的中点G,连接CF,FG,EG,则FGAB,且FGAB.因为底面ABCD
11、为菱形,且E为CD的中点,所以CEAB,且CEAB.所以FGCE,且FGCE.所以四边形CEGF为平行四边形所以CFEG.因为CF平面PAE,EG平面PAE,所以CF平面PAE.21设函数(1)当b=0时,求函数的极小值;(2)若已知b1且函数与直线y=-x相切,求b的值;(3)在(2)的条件下,函数与直线y=-x+m有三个公共点,求m的取值范围.(直接写出答案)【答案】(1)(2)b=3(3)【解析】(1)求导得到函数的单调区间,再计算极小值.(2)设切点是(),求导,根据条件得到计算得到答案.(3)化简得到,设,画出函数图象得到答案.【详解】(1)当b=0时,则,由得,当或时,;当时,则当
12、时,f(x)取得极小值(2)因,则设函数与直线y=-x相切的切点是(),因为,所以,所以有又,相减得,所以,所以,解得b=3.(3)设,在上单调递增;在单调递减.极大值,极小值,画出函数图象:根据图象得到答案:.22选修44:坐标系与参数方程(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(t为参数)以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为(1)求C和l的直角坐标方程;(2)求C上的点到l距离的最小值解:(1)因为,且,所以C的直角坐标方程为.的直角坐标方程为.(2)由(1)可设C的参数方程为(为参数,).C上的点到的距离为.当时,取得最小值7,故C上的点到距离的最小值为.23选修4-5:不等式选讲(10分)已知 (1)当时,求不等式的解集;(2)若时,求的取值范围.解:(1)当a=1时,.当时,;当时,.所以,不等式的解集为.(2)因为,所以.当,时,所以,的取值范围是.- 16 -