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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.
