1、吉林省通榆县第一中学2020-2021学年高三数学上学期第四次质量检测试题 理考生须知：1 本试卷满分120分，考试时间为120分钟.2 答题前，考生先将自己的“姓名”、“考号”、“考场”、“座位号”在答题卡上填写清楚，将“条形码”准确粘贴在条形码区域内.3 请按照题号顺序在答题卡各题目的区域内作答，超出答题区域的答案无效；在草稿纸上、试题纸上答案无效.4 选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.5 保持卡面整洁，不要折叠、不要弄脏、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀.一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,
2、只有一项是符合题目要求的1.已知集合，则（ ）A B C D2.设（为虚数单位），（ ）A B C D 3.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4.已知，则（ ）A B C. D5. 若,则下列结论正确的是（ ）A B C. D6. 如图,在梯形中,点在线段上,且,则（ ）A B C. D7. 已知正数满足,则的最小值为（ ）A B C. D8. 的所有正约数之和可按如下方法得到:因为,所以的所有正约数之和为.参照上述方法,可得的所有正约数之和为（ ）A B C. D9. 已知是奇函数,且实数满足,则的取值范围是（ ）A B C. D10. 已
3、知数列满足,且,则当取得最大值时,（ ）A B C. D11. 在中,内角的对边分别为,且三边互不相等,若,则的面积是（ ）A B C. D12. 已知定义在上的偶函数在区间上为减函数,且满足.若函数有两个零点,则实数的取值范围是（ ）A B C. D二.填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13. 函数的图象恒过定点,若点在直线上,其中,则的最大值为 14. 若实数满足约束条件，则目标函数的最大值为 15. 已知三棱锥中, ,且,则三棱锥的体积与三棱锥的外接球的体积之比的最大值为 16. 已知函数在区间上的最大值与最小值的和为,则 三.解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演
4、算步骤。17. 在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数);以原点为极点,轴的非负半轴为极轴且取相同的长度单位建立极坐标系直线的极坐标方程为求直线和曲线的直角坐标方程;设直线和曲线交于两点,直线的斜率分别为,求证：18.在等差数列中,其前项和为,且求数列的通项公式;设,求数列的前项和19. 如图,在四棱锥中, ,且求证:若平面平面,求直线与平面所成角的正弦值.20. 已知在四边形中,.求的长及四边形的面积;点为四边形所在平面上一点,若,求四边形面积的最大值及此时点的位置.21. 在数列中,.求证:数列是等比数列若数列的前n项和为,且对任意正整数恒成立,求实数的取值范围.22.已知函数.讨论
5、的单调区间;当时,证明: 通榆一中高三第四次质量检测试题数学(理科)参考答案、提示及评分细则1. 因为，所以故选2. 因为所以故选3. 记“”的解集为集合,则所以是的充分不必要条件故选4. 故选5. 当时, ,故选项不正确;当时,故选项不正确;因为,根据不等式性质知,故选项正确;当时,故选项不正确.故选6. 因为，所以7. 由题意，得，法一：当且仅当，即时，的最小值为，故选法二：由得则当且仅当，即时的最小值，故选8. 类比的所有正约数之和的方法,有的所有正约数之和可按如下方法得到:因为,所以的所有正约数之和为.可求得的所有正约数之和为故选9. 因为是定义域为的奇函数,所以,可得,此时易知在上为
6、减函数又因为所以所以故选10. 因为所以所以数列是等差数列，又听以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以所以所以当时，取最大值故选11. 因为所以化简得又即两式联立消去得,因为三边互不相等,解得（舍）或.又所以故选12. 函数的定义域为由，得所以函数关于对称，根据曲线关于直线和对称以及在区间上为减函数可画出图象的示意图,如图所示;考查函数可化为如图所示，当时，曲线与无公共点当时，曲线与曲线只有一个交点当时，曲线与曲线有两个交点当时，曲线与曲线无公共点综上，当时，曲线与曲线有两个交点.故选13. 函数时, 函数恒过定点点在直线上,即.根据基本不等式,得,即.当且仅当，时取等号,故的最大值为14.
7、 画出可行域(如图阴影部分),利用图形可得,当直线过点时,取最小值,最小值为；当直线过点时,取最大值,最大值为l5. 设,则.所以取的中点连接由于,所以、故点为三棱锥的外接球的球心,外接球的半径为.所以当三棱锥的体积最大时,三棱锥的体积与三棱锥的外接球的体积之比最大.当平面时,三棱锥的体积最大,此时,所以三棱锥16. 令，则且所以原函数变为设则所以，所以因为是上的奇函数,所以所以所以17.解:由,得则直线的直角坐标方程为曲线的直角坐标方程为证明:将代入,得由直线和曲线交于两点且,得设方程的两根分别为,则;而以表示曲线上的点与原点连线的斜率,所以，所以又直线的斜率为,所以18. 解:设等差数列的
8、公差为,由题意,得解得所以数列的通项公式是由知则式两边同乘以,得，得所以19. 证明:如图,取的中点,连接因为且为的中点.所以因为，所以且,又因为所以且是等边三角形,又为的中点,所以又平面,所以平面又因为平面,所以解:由知,又因为平面平面,平面平面平面所以上平面,又平面,所以又由知所以以为坐标原点,分别以的方向为轴、轴，轴建立空间直角坐标系如图所示:则因为所以又因为所以所以则设平面的一个法向量为则取，得设直线与平面所成角为,则20. 解:设,在中,由余弦定理,得.同理在中,因为,所以所以,又,所以，所以.要使四边形的面积最大,则点和点应在的两侧,且使得的面积最大.在中,，所以，当且仅当时,等号
9、成立，即当时,.又，所以，所以四边形面积的最大值为,此时为等边三角形，即且点与点分居于的两侧.21. 证明:由,得则所以数列是以为首项，为公比的等比数列.解:由得当时，当时,适合.所以所以法一:因为是关于的递增数列,且，所以也关于单调递增从而的最小值为，法二:因为所以也关于单调递增从而的最小值为，因为恒成立,所以,解得.即实数的取值范围是.22. 解: 的定义域为，当时,则的增区间为无减区间.当时,由得.当时,当时,，所以的减区间为,增区间.证明;法一:要证明.由于当时,只要证.设,则.所以在上是增函数. 又，所以存在，使得即所以当时,;当时,，因此在上是减函数，在上是增函数.所以有极小值,且极小值因此,即.综上,当时，.法二:要证明只要证设,则.当时,;当时,，所以在上是减函数，在上是增函数，所以是的极小值点,也是最小值点,且.令,则当时,;当时,，所以在上是增函数,在上是减函数，所以是的极大值点,也是最大值点,且，所以当时，,即综上，当时，.法三;要证明由于当时,只要证设，令则，当时,;当时,，所以在上是减函数，在上是增函数，所以是的极小值点,也是的最小值点,即.设,则,当时,;当时,，所以在上是减函数,在上是增函数，所以是的极小值点,也是的最小值点,即.综上,(当且仅当时取等号)，(当且仅当时取等号)所以，故当时,.法四:设,类似法三,分别研究和的最小值.