宁夏银川一中2021届高三第四次月考数学(理科)试题

1、银川一中2021届高三年级第四次月考理 科 数 学 命题教师：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已知集合，则ABCD2设，则=A2 B C D13若平面上单位向量满足，则向量的夹角为ABCD4已知直线l是平面和平面的交线，异面直线a，b分别在平面和平面内命题p：直线a，b中至多有一条与直线l相交；命题q：直线a，b中至少有一条与直线l相交；命题s：直线a，b都不

2、与直线l相交则下列命题中是真命题的为A BC D5如图，矩形ABCD的四个顶点的坐标分别为正弦曲线和余弦曲线在矩形ABCD内交于点F，向矩形ABCD区域内随机投掷一点，则该点落在阴影区域内的概率是ABCD6函数的部分图象如图所示，则的值为ABCD7设，则有ABCD8已知函数，若不等式对任意的均成立，则m的取值不可能是A9B8C7D69已知函数，函数满足，若函数恰有2021个零点，则所有这些零点之和为A2018B2019C2020D202110公元四世纪的古希腊数学家佩波斯提出：蜂巢的优美形状，是自然界最有效劳动的代表他猜想人们所见到的截面呈六边形的蜂巢，是蜜蛑采用最少量的蝉蜡建造而成的如图是蜂

3、巢结构图的一部分，正六边形的顶点称为“晶格点”，重复的算作一个“晶格点”，已知第一行有1个六边形，第二行有2个六边形，每行比上一行多一个六边形(六边形均相同)，设图中前n行晶格点数满足，则A101B123C141D15011已知函数是单调递增函数，则实数a的取值范围是ABCD12如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中错误的个数是(1)(2)若P为上的一点，则P到平面BEF的距离为(3)三棱锥的体积为定值(4)在空间与，都相交的直线有无数条(5)过的中点与直线所成角为并且与平面BEF所成角为的直线有2条A0B1C 2D3二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分

4、）13记为等比数列的前n项和，若，且成等差数列，则_14的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则角_15已知矩形中，是CD边的中点现以AE为折痕将 折起，当三棱锥的体积最大时，该三棱锥外接球的表面积为_16函数满足，当时，若有8个不同的实数解，则实数m的取值范围是_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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共60分)17(12分)如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，平面，M，N分别是AB，PC的中点，(1)求证：平面(2)求证：平面PCD18(12分)已知正项等比数列中

5、，且的等差中项为(1)求数列的通项公式；(2)若，数列的前n项和为，数列满足，为数列的前n项和，求.19(12分)如图，扇形ABC是一块半径为2千米，圆心角为的风景区，P点在弧BC上，现欲在风景区中规划三条商业街道，要求街道PQ与AB垂直，街道PR与AC垂直，线段RQ表示第三条街道 （1）如果P位于弧BC的中点，求三条街道的总长度； （2）由于环境的原因，三条街道PQ、PR、RQ每年能产生的经济效益分别为每千米300万元、200万元及400万元，问：这三条街道每年能产生的经济总效益最高为多少？20(12分)如图，在三棱柱中，D为的中点，点C在平面内的射影在线段BD上 （1）求证：平面CBD；

6、（2）若是正三角形，求二面角的余弦值21(12分)已知函数，其中a为正实数（1）若函数在处的切线斜率为2，求a的值；（2）若函数有两个极值点，求证：(二)选考题：共10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：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，直线l的方程是，曲线C的参数方程是,以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系 （1）求直线l和曲线C的极坐标方程； （2）若是曲线C上一点，是直线l上一点，求的最大值23选修45：不等式选讲（10分）已知（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为m，正实数a，b，c满足，求证：银川一中2021届

7、高三第四次月考数学(理科)参考答案一、选择题：只有一项符合题目要求（共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案DCBCBCADDCCA10.C【解析】bn+1bn=2n+5，nN*，则(bn+2bn+1)(bn+1bn)=2，所以数列bn+1bn是以7为首项，2为公差的等差数列，当n2时，bn=b1+(b2b1)+(b3b2)+(bnbn1)=6+7+9+(2n+3)=6+(7+2n+3)(n1)2=n2+4n+1，所以b10=141故选：C12. A【解析】解：对于(1)，在正方体中AC平面BB1D1D，又BE平面BB1D1D，ACBE.故(1)正确对于(2)，

8、AA1/BB1，AA1平面BB1DD1，BB1平面BB1DD1，AA1/平面BB1DD1，即AA1/平面BEF，又正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，A1到平面BEF的距离为A1到B1D1的距离22，若P为AA1上的一点，则P到平面BEF的距离为22，故(2)正确；对于(3)，SBEF=12×22×1=24，设AC，BD交于点O，AO平面BB1D1D，AO=22，VABEF=13×24×22=112，故(3)正确；对于(4)取AC中点O，延长DD1，OB1交于一点，而在正方体中，与DD1，AC，B1C1都相交的直线只有这一条故(4)错误；对于(5)

9、，因为AC平面BB1D1D，即AC平面BEF，要与平面BEF所成角为50°，即为过CC1的中点的直线与AC成40°，由于过CC1的中点与直线AC1和直线AC所成角都为40°的直线有2条故(5)正确；故答案为：B根据题意，依次分析：如图可知BE平面BB1D1D，ACBE，进而判断出(1)正确；根据AA1/BB1，判断出AA1/平面BB1DD1，即AA1/平面BEF，计算出A1到平面BEF的距离，即可判断出(2)项错误；设AC，BD交于点O，AO平面BB1D1D，可分别求得SBEF和AO，则三棱锥ABEF的体积可得判断(3)项正确；再利用正方体中线线，线面的位置关系，

10、即可判定(4)和(5)项正确本题考查直线与平面平行的判定，考查线面垂直，考查线面角、线线角，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 27 14. 6 15 .163 16.4<m<e22(e2)三、解答题：17.【答案】证明：(1)如图，取CD的中点E，连接NE，MEE，M，N分别是CD，AB，PC的中点，NE/PD，EM/DA，平面NEM/平面PDA，MN/平面PAD(2)PA平面ABCD，CDPA底面ABCD是矩形，CDAD，又PAAD=A，CD平面PAD，CDPDEN/PD，ENCD，又CDEM，EMEN=E，CD平

11、面ENM，MNCDPM=PA2+AM2=a2+(12AB)2=BC2+MB2=MC，N是PC的中点，MNPC.又CDPC=C，MN平面PCD18.【答案】解：(1)设等比数列an的公比为q(q>0)，由题意，得a4=a1q3=81a1q+a1q2=3(a1+a1q)解得a1=3q=3所以 an=a1qn1=3n(2)由(1)得bn=log332n1=2n1，Sn=n(b1+bn)2=n1+(2n1)2=n2，cn=14Sn1，cn=14n21=12(12n112n+1)，Tn=12(113)+(1315)+(12n112n+1)=n2n+119.【答案】解：(1)由P位于弧BC

12、的中点，在P位于BAC的角平分线上，则丨PQ丨=丨PR丨=丨PA丨sinPAB=2×sin30°=2×12=1，丨AQ丨=丨PA丨cosPAB=2×32=3，由BAC=60°，且丨AQ丨=丨AR丨，QAB为等边三角形，则丨RQ丨=丨AQ丨=3，三条街道的总长度l=丨PQ丨+丨PR丨+丨RQ丨=1+1+3=2+3；(2)设PAB=，0<<60°，则丨PQ丨=丨AP丨sin=2sin，丨PR丨=丨AP丨sin(60°)=2sin(60°)=3cossin，丨AQ丨=丨AP丨cos=2cos，丨AR丨=丨AP

13、丨cos(60°)=2cos(60°)=cos+3sin由余弦定理可知：丨RQ丨2=丨AQ丨2+丨AR丨22丨AQ丨丨AR丨cos60°，=(2cos)2+(cos+3sin)22×2cos(cos+3sin)cos60°，=3，则丨RQ丨=3，三条街道每年能产生的经济总效益W，W=丨PQ丨×300+丨PR丨×200+丨RQ丨×400=300×2sin+(3cossin)×200+4003=400sin+2003cos+4003，=200(2sin+3cos)+4003，=2007sin(+)+

14、4003，tan=32，当sin(+)=1时，W取最大值，最大值为2007+400320.【答案】(1)证明：设点C在平面ABB1A1内的射影E，则EBD，CE平面CBD，CE平面ABB1A1，因B1D平面ABB1A1，所以CEB1D.在ABC中，AB=AD=1，BAD=3，则ABD=ADB=3，在A1B1D中，AB1=A1D=1，B1A1D=23，则A1B1D=A1DB1=6，故B1DB=36=2，故BDB1D，因CEBD=E，故B1D平面CBD(2)以D为坐标原点，DB1，DB所在的直线分别为x，y轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0，0)，B(0,1，0)，B1(3,0,0

15、)，由CBD是正三角形可知C(0,12,32)，C1(3,12,32)DB=(0,1,0)，DC=(0,12,32)，DC1=(3,12,32)，平面CBD的一个法向量n1=(1,0,0)，面C1BD的法向量n2=(1,0,2)，cos<n1,n2>=115=55，由图可知二面角C1BDC的平面角为锐角，二面角C1BDC的余弦值为5521.【答案】解：(1)因为f(x)=4xalnx12x22，所以f(x)=4axx，则f(1)=3a=2，所以a的值为1(2)f(x)=4axx=x24x+ax，函数y=f(x)的定义域为(0,+)，若164a0，即a4，则f(x)0，此时f(x)的

16、单调减区间为(0,+)；若164a>0，即0<a<4，则f(x)=0的两根为2±4a，此时f(x)的单调增区间为(0,24a)，(2+4a,+)，单调减区间为(24a,2+4a)所以当0<a<4时，函数y=f(x)有两个极值点x1，x2，且x1+x2=4，x1x2=a因为f(x1)+f(x2)=4x1alnx112x122+4x2alnx212x222=4(x1+x2)aln(x1x2)12(x12+x22)4=16alna12(422a)4=4+aalna，要证f(x1)+f(x2)<6lna，只需证alnaalna+2>0构造函数g(x)

17、=xlnxxlnx+2，则g(x)=1+lnx11x=lnx1x，g(x)在(0,4)上单调递增，又g(1)=1<0，g(2)=ln212>0，且g(x)在定义域上不间断，由零点存在定理，可知g(x)=0在(1,2)上唯一实根x0，且lnx0=1x0则g(x)在(0,x0)上递减，(x0,4)上递增，所以g(x)的最小值为g(x0)，因为g(x0)=1x01x0+2=3(x0+1x0)，当x0(1,2)时，x0+1x0(2,52)，则g(x0)>0，所以g(x)g(x0)>0恒成立所以alnaalna+2>0，所以f(x1)+f(x2)<6lna，得证22.

18、【答案】解：()直线l的方程是y=2，转换为极坐标方程为sin=2，曲线C的参数方程是x=2cosy=2sin(为参数).转换为直角坐标方程为x24+y22=1，转换为极坐标方程为=21+sin2()点A(1,)是曲线C上一点，所以：1=21+sin2，所以112=3cos28，点B(2,+4)是直线l上一点，所以2sin(+4)=2，所以122=sin2(+4)4=1cos(2+2)24=1+sin28，1|OA|2+1|OB|2=3cos28+1+sin28=12+28sin(24)，当=38时，最大值为12+2823.【答案】解：(1)f(x)=|x+1|+|x2|=2x+1,(x<1),3,(1x2),2x1,(x>2).当x<1时，由2x+1x+4，得x>1，此时f(x)x+4无解；当1x2时，由3x+4，得x1