1、 - 1 - 2020 届宁夏银川市第一中学高三上学期第四次月考 理理 科科 数数 学学 注意事项： 1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。 3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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设集合1,2,4A, 2 |40Bx xxm，若1BA，则B A1, 3 B1,0 C1,3 D1,5 2设复数 1 z, 2 z在复平面内的对应点关于虚轴对称， 1 3zi，则 1 2 z z A10 B9i C9
2、i D-10 3已知向量)4 ,(),3 , 2(xba，若)(baa，则x A 2 1 B1 C2 D3 4设等差数列 n a的前n项和为 n S，若 36 23aa， 5 35S ，则 n a的公差为 A2 B3 C6 D9 5已知m，n是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确 的是（ ） A若/,nm，则nm/ B若/,m，则/m C. 若,n，则/n D若nm,，l，且lnlm ,，则 6某学校计划在周一至周四的艺术节上展演雷雨 ， 茶馆 ， 天籁 ， 马蹄声碎四部话剧，每天一部， 受多种因素影响，话剧雷雨不能在周一和周四上演， 茶馆不能在周一和周三上演， 天籁不能 在
3、周三和周四上演， 马蹄声碎不能在周一和周四上演，那么下列说法正确的是 A 雷雨只能在周二上演 B 茶馆可能在周二或周四上演 C周三可能上演雷雨或马蹄声碎 D四部话剧都有可能在周二上演 7函数x e xf x cos) 1 1 2 ()( （其中e为自然对数的底数）图象的大致形状是 - 2 - A B C D 8 被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得 到了非常广泛的应用，0.618就是黄金分割比 51 2 m 的近似值，黄金分割比还可以表示成 2sin18，则 2 2 4 2cos 271 mm A4 B51 C2 D51 9已知yx,满
4、足约束条件 0 02 02 my yx yx ，若目标函数yxz 2的最大值为 3， 则实数m的值为 A-1 B0 C1 D2 10如图是某几何体的三视图，正视图是等边三角形， 侧视图和俯视图为直角三角形，则该几何体外接 球的表面积为 A19 3 B8 C9 D 20 3 11已知函数)0(sin) 42 (cossin2)( 22 x x xxf在区间 6 5 , 3 2 上是增函数，且在区间 , 0上恰好取得一次最大值，则的范围是 A 5 3 , 0( B 5 3 , 2 1 C 4 3 , 2 1 D) 2 5 , 2 1 12若, ,x a b均为任意实数，且 22 (2)(3)1ab
5、，则 22 ()(ln)xaxb的最小值为 A3 2 B18 C3 2 1 D19 6 2 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13ABC的内角CBA,的对边分别为cba,，若1, 13 5 cos, 5 4 cosaBA， 则b_ 14已知函数 1)1ln()( 2 xxxf ,若2)(af,则 )( af_ 15已知函数 2 ( )cos()f nnn，且( )(1) n af nf n，则 1220 .aaa_ 16 已知四边形 ABCD 为矩形， AB=2AD=4， M 为 AB 的中点， 将ADM沿 DM 折起， 得到四棱锥DMBCA 1 ， 设CA1的中
6、点为 N，在翻折过程中，得到如下三个命题： DMA/ 1 平面BN，且BN的长度为定值5； - 3 - 三棱锥DMCN 的体积最大值为 3 22 ； 在翻折过程中，存在某个位置，使得CADM 1 其中正确命题的序号为_ 三、解答题：共 70 分，解答时应写出必要的文字说明、演算步骤.第 1721 题为必考题， 第 22、23 题为选考题. （一）必考题：共（一）必考题：共 6060 分分 17.（12 分） 已知函数( )sin () 3 f xAx ，xR，0A，0 2 ( )yf x的部分图像，如图所示， P、Q分别为该图像的最高点和最低点， 点P的坐标为(1, )A （1）求( )f x
7、的最小正周期及的值； （2）若点R的坐标为(1,0)， 2 3 PRQ ，求A的值 18.（12 分） 已知数列 n a满足) 1(2) 1(, 2 11 nnSnnSa nn . （1）证明数列 n Sn 是等差数列，并求出数列 n a的通项公式； （2）设 n aaaabn 2 842 ，求 n b. 19（12 分） 如图，菱形ABCD的边长为12，60BAD，AC与BD交于O点将菱形ABCD沿对角线AC 折起，得到三棱锥BACD， 点M是棱BC的中点，6 2DM （1）求证：平面ODM平面ABC； （2）求二面角MADC的余弦值 20（12 分） 如图，在四棱锥SABCD中，侧棱SA底
8、面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ADBC， ABAD，且2SAABBC，1AD，M是棱SB的中点 x y O P R Q - 4 - （1）求证：AM平面SCD； （2）求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值； （3）设点N是线段CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为， 求sin的最大值 21（12 分） 已知函数)() 1()( 2 Raxaxexf x (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围. ( (二二) )选考题：共选考题：共 1010 分。分。请考生在第 22、23 两题中任选一题做答，如果多做则按所做的第一题记分。 22选修 44：坐标
9、系与参数方程 在直角坐标系xOy中，已知圆C： 2cos 2sin x y (为参数)，点P在直线l：40xy上，以坐 标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系 （1）求圆C和直线l的极坐标方程； （2）射线OP交圆C于R，点Q在射线OP上，且满足 2 OPOROQ，求Q点轨迹的极坐标方 程 23选修 45：不等式选讲 已知函数 |2|f xxkxkR（ ）（），|2|g xxmmZ（ ）（）. （1）若关于 x 的不等式 1g x （ ） 的整数解有且仅有一个值4，当2k 时，求不等式f x m（ ） 的解集； （2）若 2 23h xxx（ ），若 12 0xRx，（ ，），使得 1
10、2 f xh x（ ） （ ）成立，求实数 k 的取值范围. - 5 - （理科）参考答案（理科）参考答案 一、选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D A B B C A C C A B D 二、填空题： 13 13 20 140 15. -20 16. 三、解答题： 17.（1）解：由题意得， 2 6. 3 T 2 分 因为), 1 ( AP在) 3 sin( xAy的图象上， 所以1) 3 sin( 4 分 又因为0 2 ，所以 6 6 分 （ 2 ） 解 ： 设 点Q的 坐 标 为 0 (,)xA， 由 题 意 可 知 0 3 362 x ，
11、得 0 4 ,( 4 ,)xQA所以 8 分 连接 PQ，在 2 , 3 PRQPRQ 中，由余弦定理得 222222 2 9(94)1 cos. 22 29 RPRQPQAAA PRQ RP RQ AA 10 分 解得 2 3.A 又0,3.AA所以 12 分 18解： （1）由 1 121 nn nSnSn n 得 1 2 1 nn SS nn ， 3 分 所以数列 n S n 是首项为2，公差为2的等差数列， 所以2212 n S nn n ，即 2 2 n Sn， 4 分 当2n时， 2 2 1 22142 nnn aSSnnn ，由于 1 2a 也满足此式， 所以 n a的通项公式4
12、2 n an 6 分 （2）由42 n an得 2 2 4 2222 n nn a ， 所以 8 分 - 6 - 248n baaa 2n a 345 222222 2 22 n 345 222 2 22 n n 3 3 2 12 2228 12 n n nn 12 分 19.解：（1）证明：ABCD是菱形， ADDC ,OD AC 1 分 ADC中，12,120ADDCADC, 6OD 又M是BC中点， 1 6,6 2 2 OMABMD 222, ODOMMDDOOM 3 分 ,OM AC 面,ABC OMACOOD面ABC 5 分 又 OD 平面ODM 平面ODM平面ABC 6 分 （2）
13、由题意，,ODOC OBOC, 又由（）知OBOD 建立如图所示空间直角坐标系， 由条件易知 6,0,0 ,0, 6 3,0 ,0,3 3,3DAM 7 分 故)0 , 36 , 6(),3 , 39 , 0(ADAM 设平面MAD的法向量),(zyxm，则 0 0 ADm AMm 即 9 330 66 30 yz xy 令3y ，则3,9xz 所以，)9 , 3, 3( m 9 分 由条件易证OB 平面ACD，故取其法向量为 ) 1 , 0 , 0(n 10 分 所以， 31 933 | ,cos nm nm nm 11 分 由图知二面角MADC为锐二面角，故其余弦值为 3 93 31 12
14、 分 20解： （1）以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则0,0,0 ,0,2,0 ,2,2,0 ,1,0,0 ,0,0,2 ,0,1,1ABCDSM 0,1,1 ,1,0, 2 ,1, 2,0AMSDCD ， 1 分 设平面SCD的一个法向量为n, ,x y z 则 0 0 nCD nSD20 20 xz xy ，令1z ，得) 1 , 1, 2( n， 0nAM，即nAM 3 分 AM 平面SCDAM平面SCD 4 分 - 7 - （2）取平面 SAB 的一个法向量)0 , 0 , 1 (m， 5 分 则 | ,cos nm nm nm 26 316 7 分 平面SCD与平
15、面SAB所成的锐二面角的余弦值为 6 3 8 分 （3）设,22,0N xx(12)x，则) 1, 32 ,(xxMN，平面SAB的一个法向量为)0 , 0 , 1 (m |,cos|sinmMN 222 11 sin 51210 11137 1012510 55 x xx xxx 11 分 当 13 5x ，即 5 3 x 时，sin取得最大值，且max 35 sin 7 12 分 21.解（1）)2)(1() 1(2) 1()( aexxaexxf xx 1 分 （）0a时，当) 1,(x时，0)( xf；当), 1(x时，0)( xf 所以 f(x)在) 1,(单调递减，在), 1(单调
16、递增； 2 分 （）0a时 若 e a 2 1 ，则)(1()( xx eexxf ，所以 f(x)在),(单调递增；3 分 若 e a 2 1 ，则1)2ln( a，故当), 1()2ln(,(ax时，0)( xf， ) 1),2(ln(ax，0)( xf；所以 f(x)在), 1(),2ln(,(a单调递增，在 ) 1),2(ln( a单调递减； 5 分 若 e a 2 1 ，则1)2ln( a，故当),2(ln() 1,(ax，0)( xf， )2ln(, 1(ax，0)( xf；所以 f(x)在),2(ln(),1,(a单调递增，在 )2ln(, 1(a单调递减； 6 分 （2） （）
17、当 a0,则由（1）知 f(x)在) 1,(单调递减，在), 1(单调递增， 又0 1 ) 1( e f，0)0( af，取 b 满足1b，且 2 ln2 a b， 则0) 2 3 () 1()2( 2 )2( 22 bbabab a bf，所以 f(x)有两个零点；8 分 （）当 a=0,则 x xexf)(，所以 f(x)只有一个零点 9 分 （）当 a0,若 e a 2 1 ,则由（1）知，f(x)在), 1(单调递增。又当1x时，0)(xf - 8 - 故 f(x)不存在两个零点， 10 分 e a 2 1 ，则由（1）知，f(x)在)2ln(, 1(a单调递减，在),2(ln( a单
18、调递增 又当1x，f(x)0,故 f(x)不存在两个零点。 11 分 综上，a 的取值范围为), 0( . 12 分 22解： （1）圆C的极坐标方程2， 3 分 直线l的极坐标方程 4 sin cos . 5 分 (2)设,P Q R的极坐标分别为 12 (, ),( , ),(, ) ， 因为 12 4 ,2 sincos 6 分 又因为 2 OPOROQ，即 2 12 9 分 2 1 2 2 161 (sincos )2 ， 8 1 sin2 10 分 23. 解： （1）由题意，不等式 1g x （ ） ，即21xm，所以 2 1 2 1 m x m ， 又由 11 543 22 mm
19、 -，解得79m， 因为Zm，所以8m ， 2 分 当2k 时， )2(2 )22(4 )2(2 |2|2|)( x x x xx xxxf ， 不等式 8f x （ ） 等价于 2 28 x x ，或 22 48 x ，或 2 28 x x ， 即42x ，或22 x，或24x， 综上可得44x ，故不等式 8f x （ ） 的解集为-4，4 . 5 分 （2）因为 |2|2|2 |f xxkxxkxk（ ）（） （） ， 由 22 2312h xxxx （ ）（），0x（ ，），可得 12 min h xh（ ）（） ， 7 分 又由 12 0xRx，（ ，），使得 12 f xh x（ ） （ ）成立，则22k ， 9 分 解得4k -或0k ，故实数k的取值范围为(, 40,) . 10 分