《2015届宁夏银川一中高三第四次月考数学(理科)试卷.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015届宁夏银川一中高三第四次月考数学(理科)试卷.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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 i i z 1 （其中 i 为虚数单位）的虚部是 A 2 1 Bi 2 1 C 2 1 Di 2 1 2. 已知： 1 :1. :| 1 2 pqxa x 若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是 A(2,3B2,3C(2,3)D(,3 3设 n S为等比数列 n a的前n项和，已知 3423 32,32SaSa,则公比q A3B4C5D6 4. 某四棱锥的底面为正方形，其三视图
2、如图所示， 则该四棱锥的体积等于 A1B2 C3D4 5在ABC中，,A B C的对边分别是, ,a b c，其中 2 5,3,sin 2 abB，则角 A 的取值一定 属于范围 A) 2 , 4 (B) 4 3 , 2 ( C), 4 3 () 4 ,0(D) 4 3 , 2 () 2 , 4 ( 6为得到函数) 3 2sin( xy的导函数 图象，只需把函数 sin 2yx的图象上所有点的 A纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标向左平移 6 B纵坐标缩短到原来的 1 2 倍，横坐标向左平移 3 C纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标向左平移 12 5 D纵坐标缩短到原来的 1 2 倍，横坐标向左平移
3、6 5 7在正四面体PABC 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 ABC平面 PDFB DF平面 PAE C平面 PDF 平面 ABCD平面 PAE平面ABC 8 已 知 函 数 2 ( )2f xxx，( )20g xaxa， 若 1 1,2x， 2 1,2x， 使 得 21 xgxf，则实数 a的取值范围是 A 1 (0, 2 B 1 ,3 2 C(0,3D3,) 9在ABC中，若6, 7ACABACAB，则ABC面积的最大值为 A24B16C12D8 3 10正四面体ABCD 的棱长为1，G 是 ABC 的中心， M 在线段 DG 上，且 AM
4、B90 ，则 GM 的 长为 A 1 2 B 2 2 C 3 3 D 6 6 11设yx,满足约束条件 0,0 02 063 yx yx yx ，若目标函数0,0 babyaxz的值是最大值为 12，则 23 ab 的最小值为 A 6 25 B 3 8 C 3 11 D 4 12已知函数( ) x f xeaxb，若( )0f x恒成立，则ab的最大值为 AeB 2 eCeD 2 e 第卷 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
5、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 1 0 (2 ) x aex dx(e为自然对数的底数),函数 ln,0 ( ) 2,0 x x x f x x ,则 2 1 ( )(log) 6 f af_. 15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 xfx的 实 数 根 o x叫 做 函 数( )f x的 “ 新 驻 点 ” ， 如 果 函 数( )g xx， ( )ln(1)h
6、 xx，( )cosxx（()x ，）的“ 新驻点 ” 分别为，那么， 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( )2 3sin()cos()sin2 44 f xxxxa的最大值为1 （1）求常数a的值； （2）求函数( )f x的单调递增区间； （3）若将( )fx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， CBA30
7、， PAAB2，点 E 为线段 PB 的中点，点M 在 AB 上，且 OMAC. (1)求证：平面MOE平面 PAC； (2)求证：平面PAC平面 PCB； (3)设二面角MBPC 的大小为 ，求 cos的值 19 （本小题满分12 分） 已知数列 n a中， 1 3a，前项和 1 (1)(1)1 2 nn Sna (1) 求数列 n a的通项公式； (2) 设数列 1 1 nn aa 的前项和为 n T，是否存在实数M，使得 n TM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ABCA1B1C1中， H 是正方形AA1B1B
8、 的中心， AA12 2，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AA1C1B1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( )lnf xxx（e为无理数，2.718e） （1）求函数( )f x在点,( )e f e处的切线方程； （2）设实数 1 2 a e ，求函数( )f x在,2aa上的最小值； （3）若k为正整数，且( )1f xkxk对任意1x恒成立，求k的最大值 请考生在第22、23、2
9、4 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41：几何证明选讲】 如图，在正 ABC 中，点 D,E分别在边 AC, AB上， 且AD=1 3 AC ， AE= 2 3 AB ，BD ，CE 相交于点 F。 （ 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 41：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 cos2sin: 2 aC)0
10、(a，已知过点)4,2(P的直线l的参数方程为 ty tx 2 2 4 2 2 2 （t为参数），直线l与曲线C分别交于NM ,两点。 （1）写出曲线C和直线l的普通方程； （2）若| |,|,|PNMNPM成等比数列 ,求a的值 24. （本小题满分10 分）选修45：不等式选讲 对于任意的实数 a ( 0a) 和b, 不等式|aMbaba恒成立 , 记实数 M 的最大值是 m . (1) 求 m的值 ; (2)解不等式mxx|2|1|. 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 题号1 2 3 4 5 6
11、 7 8 9 10 11 12 答案C A B B D C C D C D A D 二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分，共 20 分 13. 2214. 7 15. 3 3 a16. 三、解答题： 17.（1）axxaxxxf2sin2cos32sin 2 2sin3 1 3 2sin2ax 12a，1a （2）由kxk2 23 22 2 ，解得 kxk 1212 5 ，所以函数的单调递增区间Zkkk , 12 , 12 5 （3）将xf的图象向左平移 6 个单位，得到函数xg的图象， 3 2 2sin2 36 2sin2 6 xxxfxg 3 5 , 3 2 3 2 2, 2 ,0x
12、x 当 3 2 3 2 2x时， 2 3 3 2 2sinx，xg取最大值13 当 2 3 3 2 2x时，1 3 2 2sinx，xg取最小值 -3. 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 OEPA. 因为 PA? 平面 PAC，OE?平面 PAC， 所以 OE平面 PAC. 因为 OMAC， 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 ACB90 ，即 B
13、CAC. 因为 PA平面 ABC，BC? 平面 ABC， 所以 PABC. 因为 AC? 平面 PAC，PA? 平面 PAC，PAACA， 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 CBA30 ，PA AB2， 所以 CB2cos30 3，AC1. 延长 MO 交 CB 于点 D. 因为 OMAC， 所以 MDCB，MD1 1 2 3 2，CD 1 2CB 3 2 . 所以 P(1,0,2)，C(0,0,0)，B(0，3，0)， M(3
14、 2， 3 2 ，0) 所以 CP (1,0,2)，CB (0，3，0) 设平面 PCB 的法向量m (x，y，z) 因为 m CP 0， m CB 0. 所以 x，y，z ，0， 0， x，y，z ，3， 0. 即 x2z0， 3y0. 令 z1，则 x 2，y0. 所以 m(2,0,1) 同理可求平面PMB 的一个法向量n(1，3，1) 所以 cosm，n m n |m| |n| 1 5.所以 cos 1 5. 19. 解： （1） （解法一） 1 (1)(1)1 2 nn Sna 11 1 (2)(1)1 2 nn Sna 11nnn aSS 1 1 (2)(1)(1)(1) 2 nn
15、nana 整理得 1 (1)1 nn nana 1)2() 1( 12nn anan 两式相减得 211 (1)(2)(1) nnnn nananana 即 21 (1)2(1)(1)0 nnn nanana 21 20 nnn aaa， 即 211nnnn aaaa 数列 n a是等差数列 且 1 3a，得 2 5a，则公差2d 21 n an （解法二） 1 (1)(1)1 2 nn Sna 11 1 (2)(1)1 2 nn Sna 11nnn aSS 1 1 (2)(1)(1)(1) 2 nn nana 整理得 1 (1)1 nn nana 等式两边同时除以(1)n n得 1 1 1(
16、1) nn aa nnn n ， 即 1 111 1(1)1 nn aa nnn nnn 累加得 112211 112211 nnnnn aaaaaaaa nnnnn 1111111 13 112232nnnnnn 1 2 n 得21 n an （2） 由（ 1）知21 n an 1 11 (21)(23) nn aann 111 () 2 2123nn 1 11111111 () 2 355721212123 n T nnnn 1 11 () 2 323n 1 6 则要使得 n TM对一切正整数都成立，只要 max () n TM，所以只要 1 6 M 存在实数M，使得 n TM对一切正整数
17、都成立， 且M的最小值为 1 6 20. 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(2 2，2 2， 0)，B1(0,22，0)，C1(2，2，5) (1)易得 AC (2，2，5)，A1B1 (22，0,0)，于是 cos AC ，A1B1 AC A1B1 |AC | |A1B1 | 4 3 2 2 2 3 . 所以异面直线AC 与 A1B1所成角的余弦值为 2 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 m A1C1 0，
18、 m、AA1 0. 即 2x2y5z 0， 22y0. 不妨令 x5，可得 m(5，0，2) 同样的，设平面A1B1C1的法向量n(x，y，z)，则 n A1C1 0， n A1B1 0. 即 2x2y5z0， 22x0. 不妨令 y5，可得 n(0，5，2) 于是 cosm，n m n |m| |n| 2 77 2 7， 从而 sinm，n 3 5 7 . 所以二面角AA1C1B1的正弦值为 3 5 7 . (3)由 N 为棱 B1C1的中点，得 N 2 2 ，3 2 2 ， 5 2 . 设 M(a，b,0)，则 MN 2 2 a， 3 2 2 b， 5 2 ， 由 MN平面 A1B1C1，
19、得 MN A1B1 0， MN A1C1 0. 即 2 2 a 220， 2 2 a 2 32 2 b 2 5 2 50. 解得 a 2 2 ， b 2 4 . 故 M 2 2 ， 2 4 ，0 ，因此 BM 2 2 ， 2 4 ，0 ， 所以线段 BM 的长 |BM | 10 4 . 21.( )(0,)( )ln1 ,( )( )2f xfxxf eefe定义域为又 ( ):2(),2yf xeyxeeyxe函数在点( ，f(e)处的切线方程为即-3 分 （2）( )ln1fxx( )0fx令 1 x e 得 1 0,x e 当时,( )0Fx，( )fx单调递减； 当 1 ,x e 时,
20、( )0Fx，( )f x单调递增 . 当 min 1 ,( ) ,2 ,( )( )ln,af xaaf xf aaa e 时在单调递增 min 11111 2 ,( ) 2 aaaf xf eeeee 当时, 得 (3) ( )(1)f xkxk对任意1x恒成立， 即lnxxx(1)k x对任意1x恒成立，即 ln 1 xxx k x 对任意1x恒成立 令 2 lnln2 ( )(1)( )(1) 1(1) xxxxx g xxg xx xx 令 1 ( )ln2(1)( )0( ) x h xxxxh xh x x 在(1,)上单调递增。 (3)1ln 30, (4)2ln 40,hh
21、所以( )h x存在唯一零点 0 (3,4)x，即 00 ln20xx。 当 0 (1,)xx时， 0 ( )()0( )0h xh xg x； 当 0 (,)xx时， 0 ( )()0( )0h xh xg x； ( )g x在 0 (1,)xx时单调递减；在 0 (,)xx时，单调递增； 0000 min00 00 (ln1)(1) ( )() 11 xxxx g xg xx xx 由题意 min0 ( )kg xx，又因为kZ，所以 k 的最大值是3 22 （本小题满分10 分） 【选修 41：几何证明选讲】 （）证明： 2 3 AEAB， 1 3 BEAB. 在正 ABC 中， 1 3
22、 ADAC ，ADBE， 又ABBC ，BADCBE ， BAD CBE，ADBBEC ， 即ADFAEF，所以A，E，F，D四点共圆 . （）解：如图6，取AE的中点 G ，连结 GD ，则 1 2 AGGEAE . 2 3 AEAB， 12 33 AGGEAB ， 12 33 ADAC，60DAE， AGD 为正三角形， 2 3 GDAGAD，即 2 3 GAGEGD， 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 2 3 .（10 分） 2解：（） C: 02:,2 2 yxlaxy （）将直线
23、的参数表达式代入抛物线得 attatt atat 832,2228 0416)224( 2 1 2121 2 因为|,|,| 2121 ttMNtPNtPM由题意知， 21 2 2121 2 21 5)(|tttttttt代入得1a 24解 : (1)不等式|aMbaba恒成立 , 即 | | a baba M对于任意的实数 a( 0a) 和b恒 成 立 ,只 要 左 边 恒 小 于 或 等 于 右 边 的 最 小 值 . 因 为 |2|)()( |ababababa, 当且仅当0)(baba时等号成立, 即|ba 时,2 | | a baba 成立 , 也就是 | | a baba 的最小值
24、是2. (2) 2|2|1|xx. 解法 1: 利用绝对值的意义得: 2 5 2 1 x 图 6 2.5 0.5 O 12 -1 x y 解法2: 当1x时, 原不等式化为2)2()1(xx, 解得 2 1 x, 所以x的取值范围是 1 2 1 x. 当21x时 , 原不等式化为2)2()1(xx , 得x的取值范围是21x. 当2x时, 原不等式化为2)2()1(xx, 解得 2 5 x, 所以x的取值范围是 2 5 2x. 综上所述 : x的取值范围是 2 5 2 1 x. 解法 3: 构造函数2|2|1|xxy作 )2( ,52 )21 (, 1 )1(, 12 xx x xx y的图象 , 利用图象有0y得: 2 5 2 1 x. 1