2015届宁夏银川一中高三第四次月考数学（理科）试卷

银川一中2015届高三年级第四次月考

数 学 试 卷（理）

命题人：蔡伟

第Ⅰ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z? A．?i（其中i为虚数单位）的虚部是 1?i

B．i

1 212C．

1 2

D．?1i 22. 已知：p:1?1.q:|x?a|?1若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是 x?2A．(2,3] B．[2,3] C．(2,3) D．(??,3]

A．3 则该四棱锥的体积等于 A．1 C．3

B．2 D．4

C．5 D．6

3．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3?a4?2,3S2?a3?2,则公比q?

B．4

4. 某四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，

5．在?ABC中，A,B,C的对边分别是a,b,c，其中

a?5,b?3,sinB?属于范围

2，则角A的取值一定 2?? A．(,)

42?3? B．(,)

24?3????3?C．(0,)?(,?) D．(,)?(,)

4442246．为得到函数y?sin(2x??3图象，只需把函数y?sin2x的图象上所有点的 )的导函数．．．

A．纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标向左平移

B．纵坐标缩短到原来的

?6

1?倍，横坐标向左平移 23

C．纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标向左平移D．纵坐标缩短到原来的

5? 1215?倍，横坐标向左平移 267．在正四面体P－ABC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 ．．．A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面ABC D．平面PAE⊥平面 ABC

8．已知函数f(x)?x2?2x，g(x)?ax?2?a?0?，若?x1?[?1,2]，?x2?[?1,2]，使得

f?x1??g?x2?，则实数a的取值范围是

A．(0,] B．[,3] C．(0,3] D．[3,??)

1212AC?7,AB?AC?6，则?ABC面积的最大值为 9．在?ABC中，若AB·A．24 B．16 C．12 D．83 10．正四面体ABCD的棱长为1，G是△ABC的中心，M在线段DG上，且∠AMB＝90°，则GM的

长为

1236

A． B． C． D．

2236

?3x?y?6?0?11．设x,y满足约束条件?x?y?2?0 ，若目标函数z?ax?by?a?0,b?0?的值是最大值为

?x?0,y?0?12，则A．

23?的最小值为 ab25811 B． C． D． 4

633x12．已知函数f(x)?e?ax?b，若f(x)?0恒成立，则ab的最大值为

A．e B．e2 C．e D．

e 2第Ⅱ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，每个试题考生都必须做答．第22题～第24题为选考题，考生根据要求做答． 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13．如果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a??10(ex?2x)dx(e为自然对数的底数),函数

?lnx,x?0f(x)???x,则f(a)?f(log21)?__________.

6?2,x?015．如图，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体

ABCD－A1B1C1D1，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f(x)?f?(x)的实数根xo叫做函数f(x)的“新驻点”，如果函数g(x)?x，

??)）的“新驻点”分别为?，?，?，那么?，?，?h(x)?ln(x?1)，?(x)?cosx（x?(，?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f(x)?23sin(x??)cos(x?)?sin2x?a的最大值为1．

44?（1）求常数a的值；

（2）求函数f(x)的单调递增区间； （3）若将f(x)的图象向左平移

?6个单位，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)在区间[0,?2]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，∠CBA＝30°， PA＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在AB上，且OM∥AC. (1)求证：平面MOE∥平面PAC； (2)求证：平面PAC⊥平面PCB；

(3)设二面角M－BP－C的大小为θ，求cosθ的值． 19．（本小题满分12分）

已知数列?an?中，a1?3，前项和Sn?(1) 求数列?an?的通项公式； (2) 设数列???1?的前项和为Tn，是否存在实数M，使得Tna?a?nn?1?1(n?1)(an?1)?1． 2?M对一切正整数都成立？

若存在，求出M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ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B 的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝5.

(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； (2)求二面角A－A1C1－B1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f(x)?xlnx（e为无理数，e?2.718） （1）求函数f(x)在点?e,f(e)?处的切线方程； （2）设实数a?1，求函数f(x)在?a,2a?上的最小值； 2e（3）若k为正整数，且f(x)??k?1?x?k对任意x?1恒成立，求k的最大值．

请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，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4—1：几何证明选讲】 如图，在正△ABC中，点D,E分别在边AC, AB上， 且AD=

12AC， AE= AB，BD，CE相交于点F。 33 （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4—1：几何证明选讲】

在直角坐标系中，以原点为极点,x轴的正半轴为极轴建坐标系,已知曲线

C:?sin2??2acos?(a?0)，已知过点P(?2,?4)的直线l的参数方程为

?x??2?????y??4???2t2 （t为参数），直线l与曲线C分别交于M,N两点。 2t2（1）写出曲线C和直线l的普通方程；

（2）若|PM|,|MN|,|PN|成等比数列,求a的值． 24.（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲

对于任意的实数a(a?0)和b,不等式|a?b|?|a?b|?M?|a|恒成立,记实数M的最大值是m.

(1)求m的值; (2)解不等式|x?1|?|x?2|?m.

宁夏银川一中2015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． 1 2 3 4 5 6 7 8 题号 C A B B D C C D 答案 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 3

13. 2?2 14. 7 15. a 16. ?>?>?

3

三、解答题：

17.（1）?f?x??3sin?2x?9 C 10 D 11 A 12 D ??????sin2x?a?3cos2x?sin2x?a 2?

????2sin?2x???a?1

3???2?a?1，?a??1

（2）由??2?2k??2x??3??2?2k?，解得

?5????5???k??x??k?，所以函数的单调递增区间???k?,?k??,k?Z 121212?12?（3）?将f?x?的图象向左平移

?6个单位，得到函数g?x?的图象，

????????2?????g?x??f?x???2sin?2?x?????2sin?2x??

6633????????2??2?5??????x??0,?,?2x???,?

23???33?2??32?2??时，sin?2x?，g?x?取最大值3?1 ??当2x???333?2?2?3?2???当2x?时，sin?2x?????1，g?x?取最小值-3.

323??18. [解析] (1)因为点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点， 所以OE∥PA.

因为PA?平面PAC，OE?平面PAC， 所以OE∥平面PAC. 因为OM∥AC，

又AC?平面PAC，OM?平面PAC， 所以OM∥平面PAC.

因为OE?平面MOE，OM?平面MOE，OE∩OM＝O， 所以平面MOE∥平面PAC.

(2)因为点C在以AB为直径的⊙O上， 所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.

因为PA⊥平面ABC，BC?平面ABC， 所以PA⊥BC.

因为AC?平面PAC，PA?平面PAC，PA∩AC＝A， 所以BC⊥平面PAC.

因为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C－xyz.

因为∠CBA＝30°，PA＝AB＝2， 所以CB＝2cos30°＝3，AC＝1. 延长MO交CB于点D. 因为OM∥AC，

1313

所以MD⊥CB，MD＝1＋＝，CD＝CB＝.

2222

33

所以P(1,0,2)，C(0,0,0)，B(0，3，0)，M(，，0)．

22

→→

所以CP＝(1,0,2)，CB＝(0，3，0)．

设平面PCB的法向量m＝(x，y，z)．

→?CP＝0，?m·

因为?

→?CB＝0.?m·

?x，y，z，0，＝0，?x＋2z＝0，

所以?即?

?x，y，z，3，＝0.?3y＝0.

令z＝1，则x＝－2，y＝0. 所以m＝(－2,0,1)．

同理可求平面PMB的一个法向量n＝(1，3，1)．

m·n11

所以cos〈m，n〉＝＝－.所以cosθ＝.

|m|·|n|5519. 解：（1）（解法一）∵Sn? ∴Sn?1?

1(n?1)(an?1)?1 21(n?2)(an?1?1)?1 2 ∴an?1?Sn?1?Sn

1 ?[(n?2)(an?1?1)?(n?1)(an?1)]

2 整理得nan?1?(n?1)an?1

∴(n?1)an?2?(n?2)an?1?1

两式相减得(n?1)an?2?nan?1?(n?2)an?1?(n?1)an 即 (n?1)an?2?2(n?1)an?1?(n?1)an?0 ∴an?2?2an?1?an?0，

即an?2?an?1?an?1?an

∴ 数列?an?是等差数列

且a1?3，得a2?5，则公差d?2

∴ an?2n?1

1(n?1)(an?1)?1 21 ∴Sn?1?(n?2)(an?1?1)?1

2 ∴an?1?Sn?1?Sn

1 ?[(n?2)(an?1?1)?(n?1)(an?1)]

2 整理得nan?1?(n?1)an?1

aa1 等式两边同时除以n(n?1)得 n?1?n?，

n?1nn(n?1)aa111?? 即n?1?n??n?1nn(n?1)n?1n（解法二） ∵Sn? 累加得

ananan?1an?1an?2aaa??????2?1?1 nnn?1n?1n?22111111111 ?????????1?3

nn?1n?1n?2n?2n?321 ??2

n 得an?2n?1

（2） 由（1）知an?2n?1

11111?(?) ?anan?1(2n?1)(2n?3)22n?12n?3111111111 ∴ Tn?(????????)

235572n?12n?12n?12n?3111 ?(?)

232n?31 ?

6 ∴

则要使得Tn?M对一切正整数都成立，只要(Tn)max?M，所以只要M? ∴ 存在实数M，使得Tn?M对一切正整数都成立，

且M的最小值为

1 620. [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(22，0,0)，B(0,0,0)，C(2，－2，5)，A1(22，22，0)，B1(0,22，0)，C1(2，2，5)．

→→

(1)易得AC＝(－2，－2，5)，A1B1＝(－22，0,0)，于是cos

→→AC·A1B142→→

〈AC，A1B1〉＝＝＝.

→→223|AC|·|A1B1|3×

2

所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为. 3

→→

(2)易知AA1＝(0,22，0)，A1C1＝(－2，－2，5)． 设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，则

→?A1C1＝0，?m·?－2x－2y＋5z＝0，?即?

→22y＝0.???m、AA1＝0.

16

不妨令x＝5，可得m＝(5，0，2)．

同样的，设平面A1B1C1的法向量n＝(x，y，z)，则

→?A1C1＝0，?n·?－2x－2y＋5z＝0，?即?

→－22x＝0.??A1B1＝0.?n·

不妨令y＝5，可得n＝(0，5，2)．

m·n22

于是cos〈m，n〉＝＝＝，

|m|·|n|7·7735

从而sin〈m，n〉＝. 7

35所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为. 72325?

(3)由N为棱B1C1的中点，得N?，. ，22??2

2325?→

设M(a，b,0)，则MN＝?－a，， －b，22??2

→→?A1B1＝0，?MN·

由MN⊥平面A1B1C1，得?

→→?MN·A1C1＝0.?

?2－a?－22＝0，

???2?即?

?2－a?－2＋?32－b?－???2??2?

5

2＋·5＝0.

2

?a＝22，解得?

2b＝?4.

故M?

22?2?→?2

，，0，因此BM＝，，0， 4?2??24?

10→

所以线段BM的长|BM|＝. 4

21.⑴∵f(x)定义域为(0,??)f?(x)?lnx?1,f(e)?e又f?(e)?2

?函数y?f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为:y?2(x?e)?e,即y?2x?e------3分

1?1?（2）∵f?(x)?lnx?1令f?(x)?0得x? 当x??0,?时,F?(x)?0，f(x)单调递减；

e?e??1?当x??,???时,F?(x)?0，f(x)单调递增.

?e?1当a?时,f(x)在[a,2a]单调递增,[f(x)]min?f(a)?alna,

e1111?1?当?a?时,得a??2a,[f(x)]min?f???? 2eeee?e?(3) f(x)?(k?1)x?k对任意x?1恒成立，

xlnx?x即xlnx?x?k(x?1)对任意x?1恒成立， 即?k对任意x?1恒成立

x?1xlnx?xx?lnx?2令g(x)?(x?1)?g'(x)?(x?1)

x?1(x?1)2x?1令h(x)?x?lnx?2(x?1)?h'(x)??0?h(x)在(1,??)上单调递增。

x∵h(3)?1?ln3?0,h(4)?2?ln4?0,

∴所以h(x)存在唯一零点x0?(3,4)，即x0?lnx0?2?0。

当x?(1,x0)时，h(x)?h(x0)?0?g'(x)?0； 当x?(x0,??)时，h(x)?h(x0)?0?g'(x)?0；

∴g(x)在x?(1,x0)时单调递减；在x?(x0,??)时，单调递增； ∴[g(x)]min?g(x0)?x0(lnx0?1)x0(x0?1)??x0

x0?1x0?1由题意k?[g(x)]min?x0，又因为k?Z，所以k的最大值是3

22．（本小题满分10分）【选修4—1：几何证明选讲】

21（Ⅰ）证明：AE?AB，?BE?AB.

331在正△ABC中，AD?AC，?AD?BE，

3又AB?BC，?BAD??CBE，

?△BAD≌△CBE，??ADB??BEC，

即?ADF??AEF?π，所以A，E，F，D四点共圆. （Ⅱ）解：如图6，取AE的中点G，连结GD，则AG?GE?1AE. 2图6

212AB，?AG?GE?AB?， 33312AD?AC?，?DAE?60?，

33?△AGD为正三角形，

22?GD?AG?AD?，即GA?GE?GD?，

33AE?所以点G是△AED外接圆的圆心，且圆G的半径为

2. 3由于A，E，F，D四点共圆，即A，E，F，D四点共圆G，其半径为2３解：（Ⅰ）C: y?2ax,l:x?y?2?0

22.…（10分） 312t?(42?2a)t?16?4a?0（Ⅱ）将直线的参数表达式代入抛物线得2

?t1?t2?82?22a,t1t2?32?8a因为|PM|?|t1|,|PN|?|t2|,|MN|?|t1?t2| 由题意知， |t1?t2|2?|t1t2|?(t1?t2)2?5t1t2 代入得 a?1

|a?b|?|a?b|24．解: (1)不等式|a?b|?|a?b|?M?|a|恒成立,即M?对于任意的实数

|a|a(a?0)和b恒成立,只要左边恒小于或等于右边的最小值. 因为|a?b|?|a?b|?|(a?b)?(a?b)|?2|a|,当且仅当(a?b)(a?b)?0时等号成立,即|a|?|b||a?b|?|a?b||a?b|?|a?b|?2成立,也就是时,的最小值是2.

|a||a|15(2) |x?1|?|x?2|?2. 解法1:利用绝对值的意义得: ?x?

22

解法2:当x?1时,原不等式化为?(x?1)?(x?2)?2,解得x?1,所以x的取值范围是21?x?1.当1?x?2时,原不等式化为(x?1)?(x?2)?2 ,得x的取值范围是1?x?2.25当x?2时,原不等式化为(x?1)?(x?2)?2,解得x?,

2515所以x的取值范围是2?x?.综上所述: x的取值范围是?x?.

222解法3:构造函数y?|x?1|?|x?2|?2作 y??2x?1,(x?1)15?y???1,(1?x?2)的图象,利用图象有y?0得: ?x?. 1 22?2x?5,(x?2)21O?0.52.5x

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