1、银川一中2020届高三年级第四次月考理科数学注意事项：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.设集合，若，则 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】 集合， 是方程的解，即 ，故选C2.设复数,在复平面内对应点关于虚轴对称，则（ ）A. 10B. -10C. D. 【答案】B【解析】 由题意，复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，由， 所以，所以，故选B.3.已知向量，若，则
2、（ ）A. 1B. C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】可求出，根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出x【详解】；解得故选B.【点睛】本题考查向量垂直充要条件，向量坐标的减法和数量积运算，属于基础题4.设等差数列的前项和为，若，则的公差为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的前n项和公式、通项公式列出方程组，能求出数列an的公差【详解】由题意，可得解得，故选B.【点睛】本题考查等差数列的公差的求法，考查等差数列的通项公式、前n项和公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题5.已知，是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法
3、正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，且，则【答案】B【解析】【详解】两个平行平面中的两条直线可能异面，A错；两个平行平面中任一平面内的直线都与另一平面平行，B正确；C中直线也可能在平面内，C错；任一二面角的平面角的两条边都二面角的棱垂直，但这个二面角不一定是直二面角，D错.故选B.6.某学校计划周一到周四的艺术节上展演雷雨、茶馆、天籁、马蹄声碎四部话剧，每天一部，受多种因素影响，话剧雷雨不能再周一和周四演，茶馆不能在周一和周三演，天籁不能在周三和周四演，马蹄声碎不能在周一和周四演，那么下列说法正确的是（ ）A. 雷雨只能在周二上演B. 茶馆可能在周二或者周四上演C. 周
4、三可能上演雷雨或马蹄声碎D. 四部话剧都可能在周二上演【答案】C【解析】由题目可知，周一上演天籁，周四上演茶馆，周三可能上演雷雨或马蹄声碎，故选C.7.函数（其中为自然对数的底数）图象的大致形状是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为，满足.所以为奇函数，排除A,C.又时，排除D.故选B.8.被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用，就是黄金分割比的近似值，黄金分割比还可以表示成，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意得m2sin18，4m24cos218，利用诱导公式，二倍角的正弦函数公式化
5、简，计算即可得解【详解】由题意得m2sin18，4m244sin2184（1sin218）4cos218，故选C【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，诱导公式，二倍角的正弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题9.已知满足约束条件，若目标函数的最大值为，则实数的值为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出不等式组表示的可行域，由得到，平移直线并结合图形得到最优解，再根据最大值求出实数m的值即可【详解】画出不等式组表示的可行域，如图阴影部分所示由得到，平移直线，由图形得，当直线经过可行域内的点A时，直线在y轴上的截距最小，此时z取得最大值由，解得，所以点A的坐标
6、为由题意得，解得故选C【点睛】线性规划中的参数问题，就是已知目标函数的最值或其他限制条件，求约束条件或目标函数中所含参数的值或取值范围的问题解决这类问题时，首先要注意对参数取值的讨论，将各种情况下的可行域画出来，以确定是否符合题意，然后在符合题意的可行域里，寻求最优解，从而确定参数的值10. 如图是某几何体的三视图，正视图是等边三角形，侧视图和俯视图为直角三角形，则该几何体外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：由三视图可知，这个几何体是三棱锥.如图所示，为球心，为等边三角形的外心，由图可知，故外接球面积为.考点：三视图.【思路点晴】设几何体底面外接圆半径为,
7、常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心.11.已知函数在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，则的范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先化简，再根据正弦函数性质列方程与不等式，解得结果.【详解】因为在区间上是增函数，且在区间上恰好取得一次最大值，所以，即故选B【点睛】本题考查二倍角余弦公式、辅助角公式以及正弦函数性质，考查综合分析与求
8、解能力，属中档题.12.若均为任意实数，且，则 的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】该题可以看做是圆上的动点到曲线上的动点的距离的平方的最小值问题，可以转化为圆心到曲线上的动点的距离减去半径的平方的最值问题，结合图形，可以断定那个点应该满足与圆心的连线与曲线在该点的切线垂直的问题来解决，从而求得切点坐标，即满足条件的点，代入求得结果.【详解】由题意可得，其结果应为曲线上的点与以为圆心，以为半径的圆上的点的距离的平方的最小值，可以求曲线上的点与圆心的距离的最小值，在曲线上取一点，曲线有在点M处的切线的斜率为，从而有，即，整理得，解得，所以点满足条件，其到圆心的距离为
9、，故其结果为，故选D.【点睛】本题考查函数在一点处切线斜率的应用，考查圆的程，两条直线垂直的斜率关系，属中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A=，cos C=，a=1，则b=_.【答案】【解析】试题分析：因为，且为三角形的内角，所以，又因为，所以.【考点】 正弦定理，两角和、差的三角函数公式【名师点睛】在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑
10、用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到14.已知函数,若,则=_【答案】0【解析】【分析】根据对数性质进行化简求值.【详解】因为所以故答案为0【点睛】本题考查对数运算性质，考查基本分析与求解能力，属基础题.15.已知函数，且，则_【答案】【解析】【分析】对的取值分奇数、偶数求得，再利用分组求和法求和即可【详解】当为奇数时，.当为偶数时，.所以【点睛】本题主要考查了分类思想及分组求和方法，考查计算能力，属于中档题16.已知四边形为矩形, ,为的中点,将沿折起,得到四棱锥,设的中点为,在翻折过程中,得到如下有三个命题:平面，且的长度为定值；三棱锥的最大体积为；在翻折过程中，存
11、在某个位置，使得.其中正确命题的序号为_（写出所有正确结论的序号）【答案】【解析】【分析】取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，得出，可判断出命题的正误；由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥的一半，并由平面平面，得出三棱锥体积的最大值，可判断出命题的正误；取的中点，连接，由，结合得出平面，推出得出矛盾，可判断出命题的正误.【详解】如下图所示：对于命题，取的中点，连接、，则，由勾股定理得，易知，且，、分别为、的中点，所以，四边形为平行四边形，平面，平面，平面，命题正确；对于命题，由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥的一半，当平面平面时，三棱锥体积取最大值，取的中点，则，且，平面平面，平面平面
12、，平面，平面，的面积为，所以，三棱锥的体积的最大值为，则三棱锥的体积的最大值为，命题正确；对于命题，为中点，所以，若，且，平面，由于平面，事实上，易得，由勾股定理可得，这与矛盾，命题错误.故答案为.【点睛】本题考查直线与平面平行、锥体体积的计算以及异面直线垂直的判定，判断这些命题时根据相关的判定定理以及性质定理，在计算三棱锥体积时，需要找到合适的底面与高来计算，考查空间想象能力，考查逻辑推理能力，属于难题.三、解答题：共70分，解答时应写出必要的文字说明、演算步骤.第1721题为必考题，第22、23题为选考题.（一）必考题：共60分17.已知函数，.的部分图象，如图所示，、分别为该图象的最高点
13、和最低点，点的坐标为.（1）求的最小正周期及的值；（2）若点的坐标为，求的值.【答案】（1）6，；（2）.【解析】【详解】(1)由题意得T6.因为P(1，A)在yAsin的图象上，所以sin1.因为00，所以A18.已知数列满足.（1）证明数列是等差数列，并求出数列的通项公式；（2）设，求.【答案】(1)证明见解析； (2) 【解析】【分析】（1）先化简条件为，再根据等差数列定义判断证明，最后利用等差数列通项公式求得，利用和项与通项关系得结果，（2）根据分组求和法以及等比数列和项公式求结果.【详解】解：（1）由得 ，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，即， 当时，由于也满足此式，所以通项
14、公式 （2）由得， 所以 【点睛】本题考查等差数列定义、通项公式、利用和项求通项以及分组求和法，考查综合分析与求解能力，属基础题.19.如图，菱形的边长为，与交于点将菱形沿对角线折起，得到三棱锥，点是棱的中点，（I）求证：平面平面；（II）求二面角的余弦值【答案】(I)详见解析；（II）【解析】试题分析：（）利用菱形的性质与勾股定理推出平面，从而利用面面垂直的判定求证即可；（）以为原点建立空间直角坐标系，然后求得相关点的坐标与向量，从而求得平面与的法向量，进而利用空间夹角公式求解即可（）证明：是菱形， , 中，, 又是中点， 面面 又 平面平面平面（）由题意， , 又由（）知 建立如图所示空间
15、直角坐标系，由条件易知 故 设平面的法向量，则 即 令，则 所以， 由条件易证平面，故取其法向量为 所以，由图知二面角为锐二面角，故其余弦值为 点睛：高考对二面角的考法主要是以棱柱和棱锥为载体进行考查，通常可采用两种方法求解，一是传统法，即通过作出二面角的平面，然后计算，其过程体现“作、证、求”；二是利用几何体的垂直关系建立空间直角坐标系，通过两个平面的法向量所成角来求解20.如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，且，是棱的中点 （）求证：平面；（）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；（）设点是线段上的动点，与平面所成的角为，求的最大值【答案】（1）见解析 ； （2） ；（3）.【解析】【
16、分析】（）通过建立空间直角坐标系，利用平面SCD的法向量即可证明AM平面SCD；（）分别求出平面SCD与平面SAB的法向量，利用法向量的夹角即可得出；（）利用线面角的夹角公式即可得出表达式，进而利用二次函数的单调性即可得出【详解】（）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为 则 ，令，得 ， ，即 平面 平面 （）取平面SAB的一个法向量 ，则 平面与平面所成的锐二面角的余弦值为 （）设，则，平面的一个法向量为 当，即时，取得最大值，且【点睛】本题考查利用空间向量解决立体几何问题，属中档题.21.已知函数(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a
17、的取值范围.【答案】(1)见解析；(2) 【解析】【分析】（1）先求导数，再讨论导函数零点，最后根据区间导函数符号确定单调性，（2）结合函数单调性以及零点存在定理分类讨论零点个数，即得结果【详解】解（1） （）时，当时，；当时，所以f(x)在单调递减，在单调递增； （）时若，则，所以f(x)在单调递增； 若，则，故当时， ，；所以f(x)在单调递增，在单调递减； 若，则，故当， ，；所以f(x)在单调递增，在单调递减；综上：时，f(x)在单调递减，在单调递增；时，f(x)在单调递增；时，f(x)在单调递增，在单调递减；时，f(x)在单调递增，在单调递减；（2）（）当a0,则由（1）知f(x)在
18、单调递减，在单调递增，又，取b满足，且，则，所以f(x)有两个零点 （）当a=0,则，所以f(x)只有一个零点 （）当a0,若,则由（1）知，f(x)在单调递增又当时，故f(x)不存在两个零点，则由（1）知，f(x)在单调递减，在单调递增，又当，f(x)0,故f(x)不存在两个零点综上，a的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性以及函数零点，考查分类讨论思想方法以及综合分析求解能力，属难题.(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.在直角坐标系中，已知圆： (为参数)，点在直线：上，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标
19、系（1）求圆和直线的极坐标方程；（2）射线交圆于，点在射线上，且满足，求点轨迹的极坐标方程【答案】（1）,；（2）.【解析】试题分析：（1）圆为参数），利用平方法消去参数可得直角坐标方程：，利用互化公式可得圆的极坐标方程以及直线的极坐标方程；（2）)设的极坐标分别为，由，又，即得出.试题解析：（1）圆的极坐标方程，直线的极坐标方程. (2)设的极坐标分别为，因为又因为，即 ， .23.已知函数，.（1）若关于x的不等式的整数解有且仅有一个值，当时，求不等式的解集；（2）若，若，使得成立，求实数k的取值范围.【答案】（1）-4，4（2）【解析】【分析】（1）由不等式，解得，得到，分类讨论，即可求解不等式的解集；（2）由绝对值三角不等式得，利用二次函数的性质求得，再由，使得成立，得到则，即可求解.【详解】（1）由题意，不等式，即，所以，又由，解得，因为，所以，当时，不等式等价于，或，或，即，或，或，综上可得，故不等式的解集为-4，4 .（2）因为，由，可得，又由，使得成立，则，解得或，故实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式的求解方法，合理应用绝对值三角不等式求最值是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
