2020届宁夏银川市宁夏大学附属中学高三上学期第四次月考数学（理）试题（解析版）

2020届宁夏银川市宁夏大学附属中学高三上学期第四次月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合M=｛x|-3<x<1｝，N=｛-3，-2，-1，0，1｝，则M∩N= （ ）

A．｛-2，-1，0,1｝ B．｛-3，-2，-1，0｝ C．{-2，-1，0} D．{-3，-2，-1 }

【答案】C

【解析】因为集合M=，所以M∩N=｛0，-1，-2｝，故选C.

【考点定位】本小题主要考查集合的运算（交集），属容易题，掌握一元二次不等式的解法与集合的基本运算是解答好本类题目的关键.

2．复数的共轭复数是（  ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先对复数进行化简，然后再求解其共轭复数.

【详解】

,所以共轭复数为.故选D.

【点睛】

本题主要考查复数的运算及共轭复数，共轭复数的求解一般是先化简复数，然后根据实部相同，虚部相反的原则求解.

3．(文科)已知是等差数列，若，则的值为（   ）

A．    B．    C．    D．

【答案】D

【解析】，

是等差数列， ，得， ，故选D.

4．已知，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【解析】利用基本不等式，求得表达式的最小值.

【详解】

，，当且仅当时取得最小值.

故选：C

【点睛】

本小题主要考查利用基本不等式求最小值，属于基础题.

5．某四面体三视图如图所示，该四面体的体积为（　　）

A．8 B． C．20 D．24

【答案】A

【解析】由三视图得到几何体的直观图，然后结合直观图的特征和相关数据求得几何体的体积．

【详解】

由三视图还原几何体如下图所示的三棱锥，其中棱与底面垂直，；底面三角形为直角三角形，且两直角边分别为．

所以该四面体的体积是．

故选A．

【点睛】

以三视图为载体考查几何体的表面积和体积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，然后再结合题意求解．

6．用数学归纳法证明，在验证成立时，左边所得的代数式是（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【解析】当时，根据等式左边的规律，得出正确选项.

【详解】

左边每次增加，当时，为.

故选：C

【点睛】

本小题主要考查数学归纳法，属于基础题.

7．设，，若，则，的值分别为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据两个向量平行的坐标表示列方程，由此求得的值.

【详解】

由于，所以.解得.

故选：A

【点睛】

本小题主要考查两个向量平行的坐标表示，属于基础题.

8．已知函数（其中），若的图像如右图所示，则函数的图像大致为（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据的图像，得到，，进而可得出结果.

【详解】

由的图像可知，，，观察图像可知，答案选A．

【点睛】

本题主要考查二次函数图像，指数函数图像，熟记函数性质即可，属于常考题型.

9．已知在等比数列中,,则等比数列的公比的值为

（   ）

A．    B．    C．    D．

【答案】B

【解析】因为等比数列{}中，，，故选B

10．如图，正方形的棱长为1，线段上有两个动点.，且，则下列结论中错误的是（    ）

A．；

B．三棱锥体积是定值；

C．二面角的平面角大小是定值；

D．与平面所成角等于与平面所成角；

【答案】D

【解析】对四个选项逐一分析，由此确定结论错误的选项.

【详解】

连接交于.根据正方体的几何性质可知，所以平面，故平面.

对于A选项，由于平面，所以，故A选项结论正确.

对于B选项.由于三角形的面积是定值，到平面的距离是定值，所以三棱锥的体积是定值，故B选项结论正确.

对于C选项，二面角等于二面角，所以二面角的平面角大小是定值，故C选项结论正确.

对于D选项，由于平面.所以和分别是与平面所成角、与平面所成角，由于，所以这两个角不相等，故D选项结论错误.

故选：D

【点睛】

本小题主要考查空间线线垂直、三棱锥体积、二面角、线面角等知识，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.

11．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的最小正周期为 B．函数的图象关于轴对称

C．点为函数图象的一个对称中心 D．函数的最大值为

【答案】D

【解析】利用三角恒等变换化简解析式，再对选项逐一分析，由此确定正确选项.

【详解】

所以最小正周期为，A选项错误.

为非奇非偶函数，B选项错误.

，故C选项错误.

最大值为，故D选项正确.

故选：D

【点睛】

本小题主要考查三角恒等变换，考查三角函数的最小正周期、对称性和最值等知识，属于基础题.

12．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】对不等式两边分别看成两个函数，结合图像，利用导数求得的取值范围.

【详解】

不等式，可看作函数，，在区间上，的图像在图像下方.，所以在上递增，在上递减，所以在时取得极大值也即是最大值，且时，.图像过点.，所以过的的切线方程为，点在切线上，也过点.画出在区间上的图像如下图所示，由图可知，，解得.

故选：B

【点睛】

本小题主要考查不等式恒成立问题，考查利用导数研究不等式，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.

二、填空题

13．已知，，若，则与的夹角是_________.

【答案】

【解析】由，，且，知，即3+2cos＜＞=0，由此能求出向量与的夹角．

【详解】

∵，，且，

∴

即3+2cos＜＞=0，

解得cos＜＞=﹣，

∴向量与的夹角是150°，

故答案为：150°．

【点睛】

本题考查向量的数量积判断两个向量垂直的条件的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，解决向量的小题常用方法有：数形结合，向量的三角形法则，平行四边形法则等；建系将向量坐标化；向量基底化，选基底时一般选择已知大小和方向的向量为基底.

14．函数的定义域为__________．

【答案】.    

【解析】分析：要使得有意义，则需满足，解不等式组可得的定义域.

详解：要使有意义，

则，解得，

的定义域，故答案为.

点睛：定义域的三种类型及求法：(1)已知函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式(组)求解；(2) 对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解；(3) 若已知函数的定义域为，则函数的定义域由不等式求出.

15．若满足约束条件，则的最小值为_________.

【答案】3

【解析】在平面直角坐标系内，画出可行解域，平行移动直线，在可行解域内，找到直线在纵轴上截距最小时所经过点的坐标，代入目标函数中，求出目标函数的最小值.

【详解】

在平面直角坐标系中，约束条件所表示的平面区域如下图所示：

当直线经过点时，直线纵轴上截距最小，解方程组

，因此点坐标为，所以的最小值为.

【点睛】

本题考查了线性目标函数最小值问题，正确画出可行解域是解题的关键.

16．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为________．

【答案】

【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，计算与所成的角后可得异面直线所成的角．

【详解】

如图建立空间直角坐标系，则，

故，所以

，由，故，所以异面直线所成的角为，填．

【点睛】

空间中有异面直线所成的角（线线角）、直线与平面所成的角（线面角）以及二面角的平面角（面面角），线线角可以转化为两条直线的方向向量的夹角，两者的关系是互补或相等（线线角的范围为），线面角可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角，两者差的绝对值为（线面角的范围为），面面角可以转化为平面的法向量的夹角，两者的关系是相等或互补．

三、解答题

17．已知等差数列满足：.

(1)求；

 (2)令，求数列{bn}的前n项和Tn.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）先算出，再由算出公差后可得通项公式.

（2）利用裂项相消法求.

【详解】

（1）设等差数列的公差为，由得，故，

所以.

（2），故

.

【点睛】

一般地，如果为等差数列，为其前项和，则有性质：

（1）若，则；

（2） 且 ；

（3）且为等差数列；

（4） 为等差数列.

18．在中，角所对应的边分别为，且.

（1）求角的大小；

（2）若， 的面积为，求该三角形的周长.

【答案】(1) ;(2)6.

【解析】试题分析：(1)利用正弦定理化简已知条件,得到,故.(2)利用三角形面积公式和余弦定理列方程组,求得的值,由此求得周长的值.

试题解析:

（1）在△ABC中，由正弦定理知

又因为

所以，即

∵,∴

∴

∵   ∴

（2）∵  ∴

又

∴     ∴

∴周长为6.

19．如图，在三棱锥中，底面, 为的中点, .

（1）求证：平面；

（2）求点到平面的距离。

【答案】（1）证明过程详见解析；（2）点到平面的距离为.

【解析】试题分析：本题以三棱锥为几何背景考查线面垂直的判断和点到面的距离的求法，可以运用传统几何法求解，突出考查空间想象能力和计算能力.第一问,先利用线面垂直平面，得到线线垂直，由等腰三角形，得，由上述两个条件得平面；第二问，利用第一问可得面面，利用面面垂直的性质，得到的距离即为到面的距离，在直角三角形中，用等面积法表示.法二：第二问，等体积法求点面距离，，即，得.

试题解析：（1）因为平面，平面，

所以         2分

又因为在中，，为的中点，

所以      4分

又平面，平面，且，

所以平面   6分

（2）法一：因为平面且平面

所以平面平面，              8分

又因为平面平面，

所以点到的距离即为点到平面的距离，         10分

在直角三角形中，由                  11分

得                      13分

所以点到平面的距离为 .          14分

法二：设点到平面的距离为， 据       8分

即，得         13分

所以点到平面的距离为 .          14分

【考点】1.线面垂直的判定定理；2.面面垂直的性质；3.等体积法求点面距离.

20．(本小题满分14分)

如图,在四棱锥中,四边形是菱形,,为的中点.

(1)求证:面；

(2)求证:平面平面.

【答案】（1）要证明线面平行，则可以根据线面平行的判定定理来证明。

（2）对于面面垂直的证明，要根据已知中的菱形的对角线垂直，以及面来加以证明。

【解析】试题分析：（1由题意得只需在平面AEC内找一条直线与直线PD平行即可。设，连接EO，由三角形中位线可得即得；（2）连接PO，由题意得PO⊥AC，又底面为菱形，则AC⊥BD，由面面垂直的判定定理即得．

试题解析：（1）证明：设，连接EO，因为O，E分别是BD，PB的中点，所以

而，所以面

（2）连接PO，因为，所以，又四边形是菱形，所以

而面，面，，所以面

又面，所以面面

【考点】1．线面平行的判定定理；2．面面垂直的判定定理；

21．已知函数f （x）=ax﹣ex（a∈R），g（x）=．

（Ⅰ）求函数f （x）的单调区间；

（Ⅱ）∃x0∈（0，+∞），使不等式f （x）≤g（x）﹣ex成立，求a的取值范围．

【答案】（Ⅰ）答案见解析（Ⅱ）

【解析】试题分析：（Ⅰ）f′（x）=a﹣ex，x∈R．对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出；

（Ⅱ）由∃x0∈（0，+∞），使不等式f（x）≤g（x）﹣ex，即a≤．设h（x）=，则问题转化为a，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．

解：（Ⅰ）∵f′（x）=a﹣ex，x∈R．

当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在R上单调递减；

当a＞0时，令f′（x）=0得x=lna．

由f′（x）＞0得f（x）的单调递增区间为（﹣∞，lna）；

由f′（x）＜0得f（x）的单调递减区间为（lna，+∞）．

（Ⅱ）∵∃x0∈（0，+∞），使不等式f（x）≤g（x）﹣ex，则，即a≤．

设h（x）=，则问题转化为a，

由h′（x）=，令h′（x）=0，则x=．

当x在区间（0，+∞） 内变化时，h′（x）、h（x）变化情况如下表：

由上表可知，当x=时，函数h（x）有极大值，即最大值为．

∴．

【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．

22．在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极，z轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

(Ⅰ)求曲线C的普通方程和直线的直角坐标方程；

(Ⅱ)设点．若直线与曲线C相交于A，B两点，求的值．

【答案】(Ⅰ) 曲线C的普通方程，直线的直角坐标方程；(Ⅱ)

【解析】（I）利用消去参数，求得曲线C的普通方程.利用，求得直线的直角坐标方程.

（II）写出直线的参数方程，根据参数的几何意义，求得.

【详解】

（I）曲线C的参数方程为（为参数），

消去参数可得曲线C的普通方程为，

直线极坐标方程为，即，所以直线的直角坐标方程.

（II）直线过点，倾斜角为，所以直线的参数方程为(t为参数)，

代入，化简得，则，，

设，，所以

【点睛】

本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查极坐标方程化为直角坐标方程，考查直线参数方程的运用，属于中档题.