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2024回族自治区银川一中高三上学期第四次月考试题数学（理）含解析
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这是一份2024回族自治区银川一中高三上学期第四次月考试题数学（理）含解析，文件包含宁夏回族自治区银川一中2023-2024学年高三上学期第四次月考理数答案docx、宁夏回族自治区银川一中2023-2024学年高三上学期第四次月考理数docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由分式不等式的解法，解出集合，根据集合的交集运算，可得答案.
【详解】由不等式，则等价于，解得，
所以，由，则.
故选：D.
2. 复平面上，以原点为起点，平行于虚轴的非零向量所对应的复数一定是（ ）
A. 正数B. 负数C. 实部不为零的虚数D. 纯虚数
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的坐标写出对应复数，然后判断即可.
【详解】由题意可设，
所以对应复数为，此复数为纯虚数，
故选：D.
3. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. 20B. 32C. D.
【答案】D公众号：全元高考
【解析】
【分析】先根据几何体的三视图得出该几何体的直观图，再由几何体的特征得出几何体的体积.
【详解】解：如图，根据几何体的三视图可以得出该几何体是底面为矩形的四棱锥，
该几何体的高为，且，
所以该几何体的体积为，
故选：D.
4. “不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量､画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））.今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个矩形周长的最大值.
【详解】由题图（2）得，圆形木板的直径为.
设截得的四边形木板为，设，，，，，，如下图所示.
由且可得，
在中，由正弦定理得，解得.公众号：全元高考
在中，由余弦定理，得，
所以，，
即，可得，当且仅当时等号成立.
在中，，
由余弦定理可得
，
即，即，当且仅当时等号成立，
因此，这块四边形木板周长的最大值为.
故选：D.
5. 若，，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用不等式的性质求解.
【详解】∵，∴，，
又，∴，
故选：B.
6. 已知向量，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用向量垂直的坐标表示，列出方程求得或，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由向量，，可得，
若，可得，解得或，
所以是的必要不充分条件.
故选：B.
7. “莱洛三角形”是机械学家莱洛研究发现的一种曲边三角形，它在很多特殊领域发挥了超常的贡献值．“莱洛三角形”是分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形（如图所示）．现以边长为4的正三角形作一个“莱洛三角形”，则此“莱洛三角形”的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出正三角形的面积和弓形的面积，进而求出“莱洛三角形”的面积.
【详解】正三角形的面积为，
圆弧的长度为，故一个弓形的面积为，
故“莱洛三角形”的面积为.
故选：A
8. 若数列满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由递推公式可得数列是等比数列，即可得到数列的通项公式，从而得到结果.
【详解】因为，，所以，又，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，即，所以.
故选：B
9. 如图，圆柱的轴截面为矩形，点M，N分别在上、下底面圆上，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出异面直线与所成角，然后通过解三角形求得所成角的余弦值.
【详解】连接，设，则是的中点，
设是的中点，连接，则，
则是异面直线与所成角或其补角.
由于，，
所以，由于，
而是圆柱底面圆的直径，则，
所以，则，
，而，
在三角形中，由余弦定理得.
故选：D
10. 已知是等差数列的前项和，且，则（ ）
A. 数列为递增数列B.
C. 的最大值为D.
【答案】B
【解析】
【分析】由且，所以，所以公差，所以时，时，逐项分析判断即可得解.
【详解】由
且，
所以，故B正确；
所以公差，
数列为递减数列，A错误；
由，，，
所以，，
时，，
的最大值为，故C错误；
，故D错误.
故选：B
11. 银川一中的小组合作学习模式中，每位参与的同学都是受益者，以下这道题就是小组里最关心你成长的那位同桌给你准备的：中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，，，若鳖臑的外接球的体积为，则阳马的外接球的表面积等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】因条件满足“墙角”模型，故可构建长方体模型求解外接球半径，利用公式即得.
【详解】
如图，因平面，,故可以构造长方体,易得：长方体的外接球
即鳖臑的外接球，设球的半径为，，由，
且,解得: ,又因四边形为正方形，阳马的外接球即以
为三条两两垂直的棱组成的正四棱柱的外接球，设其半径为，则有,解得：
故阳马的外接球的表面积为
故选：C.
12. 若曲线与曲线有公切线，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设公切线与函数切于点，设公切线与函数切于点，然后利用导数的几何意义表示出切线方程，则可得，消去，得，再构造函数，然后利用导数可求得结果.
【详解】设公切线与函数切于点，
由，得，所以公切线的斜率为，
所以公切线方程为，化简得，
设公切线与函数切于点，
由，得，则公切线的斜率为，
所以公切线方程为，化简得，
所以，消去，得，
由，得，
令，则，
所以在上递减，
所以，
所以由题意得，
即实数取值范围是，
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的几何意义，考查导数的计算，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是利用导数的几何意义表示出公切线方程，考查计算能力，属于较难题.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若实数满足约束条件则的最大值为________．
【答案】4
【解析】
【分析】依题意可画出可行域，并根据目标函数的几何意义求出其最大值为.
【详解】根据题意，画出可行域如下图中阴影部分所示：
易知目标函数可化为，若要求目标函数的最大值，
即求出在轴上的最大截距即可，
易知当（图中虚线所示）平移到过点时，截距最大，
显然，则，所以的最大值为.
故答案为：4
14. 已知偶函数满足，则__________．
【答案】0
【解析】
【分析】由偶函数的定义和赋值法，以及找出函数的周期，然后计算即可．
【详解】令，则，又，
所以，于是化为：，
所以的周期，
所以．
故答案为：0.
15. 在中，已知，，，则的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据数量积的定义结合余弦定理运算求解.
【详解】由题意可得：
，
即.
故答案为：.
16. 将函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数，已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数图像平移变换，写出函数的解析式，再由函数 在区间上单调递增，列出不等式组求出的取值范围即可
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象,
再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），
得到函数图象，
函数在区间上单调递增，
所以，即，解得，①
又，
所以，解得，②
由①②可得，
故答案: .
三、解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21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：
17. 如图，在棱长为的正方体中，，分别是，的中点，过，，三点的平面与正方体的下底面相交于直线．
（1）画出直线的位置，保留作图痕迹，不需要说明理由；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）延长与的延长线交于，连接即为所求；
（2）根据结合三棱锥的体积公式求解出结果.
【小问1详解】
如图所示直线即为所求：
依据如下：延长交的延长线于，连接，则即为直线的位置．
，
平面，平面，
平面平面，
又由题意显然有平面平面，
平面平面，则即为直线的位置．
【小问2详解】
因为，
所以.
18. 已知数列是等比数列，满足，，数列满足，，设，且是等差数列.
（1）求数列和通项公式；
（2）求的通项公式和前项和.
【答案】18. ，
19. ，
【解析】
【分析】（1）根据等差数列、等比数列定义求解；
（2）先写出数列的通项公式，再分组求和即可求解.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，
因为，，所以，即，
设等差数列公差为，
因为，，所以，即.
【小问2详解】
因为，所以,
由（1）可得，
设前项和为，
.
19. 为践行两会精神，关注民生问题，某市积极优化市民居住环境，进行污水排放管道建设.如图是该市的一矩形区域地块，，，有关部门划定了以D为圆心，为半径的四分之一圆的地块为古树保护区.若排污管道的入口为边上的点E，出口为边上的点F，施工要求与古树保护区边界相切，右侧的四边形将作为绿地保护生态区.（，长度精确到，面积精确到）
（1）若，求的长；
（2）当入口E在上什么位置时，生态区的面积最大?最大是多少?
【答案】（1）
（2），最大面积为
【解析】
【分析】（1）根据得，然后利用锐角三角函数求出即可；
（2）设，结合锐角三角函数定义可表示，然后表示出面积，结合二倍角公式化简，再利用基本不等式求解.
【小问1详解】
设切点为H，连结DH，如图.
，，，；
；
.
【小问2详解】
设，则，
，.
，
当且仅当，即时，等号成立，
，
时，生态区即梯形的面积最大，
最大面积为.
20. 已知向量.设函数.
（1）求函数的解析式及其单调递增区间；
（2）将图象向左平移个单位长度得到图象，若方程在上有两个不同的解，求实数的取值范围，并求的值.
【答案】（1），
（2）实数的取值范围是，
【解析】
【分析】（1）利用向量数量积的坐标公式和三角恒等变换的公式化简即可;
（2）利用函数的平移求出的解析式，然后利用三角函数的图像和性质求解即可.
【小问1详解】
由题意可知
.由，可得，
函数的单调增区间为.
【小问2详解】
，
，得，
在区间上单调递增，
同理可求得在区间上单调递减，
且的图象关于直线对称，
方程，即，
当时，方程有两个不同的解，由单调性知，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且
故当时，方程有两个不同的解
，实数的取值范围是.
又的图象关于直线对称，
，即.
21. 已知函数.
（1）若，使得成立，求实数的取值范围；
（2）证明：对任意的为自然对数的底数.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）变形不等式，分离参数并构造函数，再求出函数的最大值即得.
（2）由（1）的信息可得，令，再利用不等式性质、对数运算、数列求和推理即得.
【小问1详解】
函数，则不等式，令，
求导得，当时，，函数递增，当时，，函数递减，
因此当时，，依题意，，
所以实数的取值范围是.
【小问2详解】
由（1）知，当时，，即当时，，
而当时，，
因此，
于是
，
即有，
所以.
【点睛】结论点睛：函数的定义区间为，
(1)若，总有成立，则；(2)若，总有成立，则；
(3)若，使得成立，则；(4)若，使得成立，则.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一道作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
【选修4-4：坐标系与参数方程】
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）若点是上的一点，求点到直线的距离的最小值．
【答案】（1）的普通方程；直线的直角坐标方程
（2）
【解析】
【分析】（1）利用消参法求的普通方程，根据极坐标可知直线表示过坐标原点，倾斜角为的直线，进而可得斜率和直线方程；
（2）设，利用点到直线的距离结合基本不等式运算求解.
【小问1详解】
因为曲线的参数方程为（为参数），
两式平方相减得，即的普通方程；
又因为直线的极坐标方程为，表示过坐标原点，倾斜角为的直线，
可得直线的斜率，所以直线的直角坐标方程，即.
【小问2详解】
由题意可设，
设点到直线：距离为d，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以点到直线的距离的最小值.
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若的最小值为，且实数，满足，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意分、和三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）利用绝对值三角不等式可求得的最小值，再利用基本不等式可证得所证不等式成立.
【小问1详解】
由题意可知：，
①当时，不等式即为，解得，所以；
②当时，不等式即为，解得，所以；
③当时，不等式即为，无解，即；
综上所示：不等式的解集为.
【小问2详解】
由绝对值不等式的性质可得：，
当且仅当时，等号成立，
所以取最小值4，即，
可得，即，
所以
当且仅当，即时，等号成立.
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由分式不等式的解法，解出集合，根据集合的交集运算，可得答案.
【详解】由不等式，则等价于，解得，
所以，由，则.
故选：D.
2. 复平面上，以原点为起点，平行于虚轴的非零向量所对应的复数一定是（ ）
A. 正数B. 负数C. 实部不为零的虚数D. 纯虚数
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的坐标写出对应复数，然后判断即可.
【详解】由题意可设，
所以对应复数为，此复数为纯虚数，
故选：D.
3. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A. 20B. 32C. D.
【答案】D公众号：全元高考
【解析】
【分析】先根据几何体的三视图得出该几何体的直观图，再由几何体的特征得出几何体的体积.
【详解】解：如图，根据几何体的三视图可以得出该几何体是底面为矩形的四棱锥，
该几何体的高为，且，
所以该几何体的体积为，
故选：D.
4. “不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量､画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））.今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个矩形周长的最大值.
【详解】由题图（2）得，圆形木板的直径为.
设截得的四边形木板为，设，，，，，，如下图所示.
由且可得，
在中，由正弦定理得，解得.公众号：全元高考
在中，由余弦定理，得，
所以，，
即，可得，当且仅当时等号成立.
在中，，
由余弦定理可得
，
即，即，当且仅当时等号成立，
因此，这块四边形木板周长的最大值为.
故选：D.
5. 若，，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用不等式的性质求解.
【详解】∵，∴，，
又，∴，
故选：B.
6. 已知向量，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用向量垂直的坐标表示，列出方程求得或，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由向量，，可得，
若，可得，解得或，
所以是的必要不充分条件.
故选：B.
7. “莱洛三角形”是机械学家莱洛研究发现的一种曲边三角形，它在很多特殊领域发挥了超常的贡献值．“莱洛三角形”是分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形（如图所示）．现以边长为4的正三角形作一个“莱洛三角形”，则此“莱洛三角形”的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出正三角形的面积和弓形的面积，进而求出“莱洛三角形”的面积.
【详解】正三角形的面积为，
圆弧的长度为，故一个弓形的面积为，
故“莱洛三角形”的面积为.
故选：A
8. 若数列满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由递推公式可得数列是等比数列，即可得到数列的通项公式，从而得到结果.
【详解】因为，，所以，又，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，即，所以.
故选：B
9. 如图，圆柱的轴截面为矩形，点M，N分别在上、下底面圆上，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出异面直线与所成角，然后通过解三角形求得所成角的余弦值.
【详解】连接，设，则是的中点，
设是的中点，连接，则，
则是异面直线与所成角或其补角.
由于，，
所以，由于，
而是圆柱底面圆的直径，则，
所以，则，
，而，
在三角形中，由余弦定理得.
故选：D
10. 已知是等差数列的前项和，且，则（ ）
A. 数列为递增数列B.
C. 的最大值为D.
【答案】B
【解析】
【分析】由且，所以，所以公差，所以时，时，逐项分析判断即可得解.
【详解】由
且，
所以，故B正确；
所以公差，
数列为递减数列，A错误；
由，，，
所以，，
时，，
的最大值为，故C错误；
，故D错误.
故选：B
11. 银川一中的小组合作学习模式中，每位参与的同学都是受益者，以下这道题就是小组里最关心你成长的那位同桌给你准备的：中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，，，若鳖臑的外接球的体积为，则阳马的外接球的表面积等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】因条件满足“墙角”模型，故可构建长方体模型求解外接球半径，利用公式即得.
【详解】
如图，因平面，,故可以构造长方体,易得：长方体的外接球
即鳖臑的外接球，设球的半径为，，由，
且,解得: ,又因四边形为正方形，阳马的外接球即以
为三条两两垂直的棱组成的正四棱柱的外接球，设其半径为，则有,解得：
故阳马的外接球的表面积为
故选：C.
12. 若曲线与曲线有公切线，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设公切线与函数切于点，设公切线与函数切于点，然后利用导数的几何意义表示出切线方程，则可得，消去，得，再构造函数，然后利用导数可求得结果.
【详解】设公切线与函数切于点，
由，得，所以公切线的斜率为，
所以公切线方程为，化简得，
设公切线与函数切于点，
由，得，则公切线的斜率为，
所以公切线方程为，化简得，
所以，消去，得，
由，得，
令，则，
所以在上递减，
所以，
所以由题意得，
即实数取值范围是，
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的几何意义，考查导数的计算，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是利用导数的几何意义表示出公切线方程，考查计算能力，属于较难题.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若实数满足约束条件则的最大值为________．
【答案】4
【解析】
【分析】依题意可画出可行域，并根据目标函数的几何意义求出其最大值为.
【详解】根据题意，画出可行域如下图中阴影部分所示：
易知目标函数可化为，若要求目标函数的最大值，
即求出在轴上的最大截距即可，
易知当（图中虚线所示）平移到过点时，截距最大，
显然，则，所以的最大值为.
故答案为：4
14. 已知偶函数满足，则__________．
【答案】0
【解析】
【分析】由偶函数的定义和赋值法，以及找出函数的周期，然后计算即可．
【详解】令，则，又，
所以，于是化为：，
所以的周期，
所以．
故答案为：0.
15. 在中，已知，，，则的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据数量积的定义结合余弦定理运算求解.
【详解】由题意可得：
，
即.
故答案为：.
16. 将函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数，已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数图像平移变换，写出函数的解析式，再由函数 在区间上单调递增，列出不等式组求出的取值范围即可
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象,
再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），
得到函数图象，
函数在区间上单调递增，
所以，即，解得，①
又，
所以，解得，②
由①②可得，
故答案: .
三、解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21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：
17. 如图，在棱长为的正方体中，，分别是，的中点，过，，三点的平面与正方体的下底面相交于直线．
（1）画出直线的位置，保留作图痕迹，不需要说明理由；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）延长与的延长线交于，连接即为所求；
（2）根据结合三棱锥的体积公式求解出结果.
【小问1详解】
如图所示直线即为所求：
依据如下：延长交的延长线于，连接，则即为直线的位置．
，
平面，平面，
平面平面，
又由题意显然有平面平面，
平面平面，则即为直线的位置．
【小问2详解】
因为，
所以.
18. 已知数列是等比数列，满足，，数列满足，，设，且是等差数列.
（1）求数列和通项公式；
（2）求的通项公式和前项和.
【答案】18. ，
19. ，
【解析】
【分析】（1）根据等差数列、等比数列定义求解；
（2）先写出数列的通项公式，再分组求和即可求解.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，
因为，，所以，即，
设等差数列公差为，
因为，，所以，即.
【小问2详解】
因为，所以,
由（1）可得，
设前项和为，
.
19. 为践行两会精神，关注民生问题，某市积极优化市民居住环境，进行污水排放管道建设.如图是该市的一矩形区域地块，，，有关部门划定了以D为圆心，为半径的四分之一圆的地块为古树保护区.若排污管道的入口为边上的点E，出口为边上的点F，施工要求与古树保护区边界相切，右侧的四边形将作为绿地保护生态区.（，长度精确到，面积精确到）
（1）若，求的长；
（2）当入口E在上什么位置时，生态区的面积最大?最大是多少?
【答案】（1）
（2），最大面积为
【解析】
【分析】（1）根据得，然后利用锐角三角函数求出即可；
（2）设，结合锐角三角函数定义可表示，然后表示出面积，结合二倍角公式化简，再利用基本不等式求解.
【小问1详解】
设切点为H，连结DH，如图.
，，，；
；
.
【小问2详解】
设，则，
，.
，
当且仅当，即时，等号成立，
，
时，生态区即梯形的面积最大，
最大面积为.
20. 已知向量.设函数.
（1）求函数的解析式及其单调递增区间；
（2）将图象向左平移个单位长度得到图象，若方程在上有两个不同的解，求实数的取值范围，并求的值.
【答案】（1），
（2）实数的取值范围是，
【解析】
【分析】（1）利用向量数量积的坐标公式和三角恒等变换的公式化简即可;
（2）利用函数的平移求出的解析式，然后利用三角函数的图像和性质求解即可.
【小问1详解】
由题意可知
.由，可得，
函数的单调增区间为.
【小问2详解】
，
，得，
在区间上单调递增，
同理可求得在区间上单调递减，
且的图象关于直线对称，
方程，即，
当时，方程有两个不同的解，由单调性知，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且
故当时，方程有两个不同的解
，实数的取值范围是.
又的图象关于直线对称，
，即.
21. 已知函数.
（1）若，使得成立，求实数的取值范围；
（2）证明：对任意的为自然对数的底数.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）变形不等式，分离参数并构造函数，再求出函数的最大值即得.
（2）由（1）的信息可得，令，再利用不等式性质、对数运算、数列求和推理即得.
【小问1详解】
函数，则不等式，令，
求导得，当时，，函数递增，当时，，函数递减，
因此当时，，依题意，，
所以实数的取值范围是.
【小问2详解】
由（1）知，当时，，即当时，，
而当时，，
因此，
于是
，
即有，
所以.
【点睛】结论点睛：函数的定义区间为，
(1)若，总有成立，则；(2)若，总有成立，则；
(3)若，使得成立，则；(4)若，使得成立，则.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一道作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
【选修4-4：坐标系与参数方程】
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）若点是上的一点，求点到直线的距离的最小值．
【答案】（1）的普通方程；直线的直角坐标方程
（2）
【解析】
【分析】（1）利用消参法求的普通方程，根据极坐标可知直线表示过坐标原点，倾斜角为的直线，进而可得斜率和直线方程；
（2）设，利用点到直线的距离结合基本不等式运算求解.
【小问1详解】
因为曲线的参数方程为（为参数），
两式平方相减得，即的普通方程；
又因为直线的极坐标方程为，表示过坐标原点，倾斜角为的直线，
可得直线的斜率，所以直线的直角坐标方程，即.
【小问2详解】
由题意可设，
设点到直线：距离为d，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以点到直线的距离的最小值.
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若的最小值为，且实数，满足，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意分、和三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）利用绝对值三角不等式可求得的最小值，再利用基本不等式可证得所证不等式成立.
【小问1详解】
由题意可知：，
①当时，不等式即为，解得，所以；
②当时，不等式即为，解得，所以；
③当时，不等式即为，无解，即；
综上所示：不等式的解集为.
【小问2详解】
由绝对值不等式的性质可得：，
当且仅当时，等号成立，
所以取最小值4，即，
可得，即，
所以
当且仅当，即时，等号成立.
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