1、宁夏银川一中2021届高三数学第四次月考试题 理（含解析）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. 已知集合则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出集合A，然后再求两个集合的交集即可【详解】由解得，所以，又因为，所以，故选：D.【点睛】此题考查集合的交集运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题2. 设，则=A 2B. C. D. 1【答案】C【解析
2、】【分析】先由复数的除法运算（分母实数化），求得，再求【详解】因为，所以，所以，故选C【点睛】本题主要考查复数的乘法运算，复数模的计算本题也可以运用复数模的运算性质直接求解3. 若平面上单位向量满足，则向量的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】通过已知条件，利用向量的数量积，结合夹角公式求解即可【详解】解：由已知平面上单位向量，满足，可得，所以可得，设向量，夹角为，则，故故选：B【点睛】本题考查向量夹角的求法，向量的数量积的应用，属于基础题.4. 已知直线l是平面和平面的交线,异面直线a,b分别在平面和平面内.命题p：直线a,b中至多有一条与直线l相交；命题q：直线a
3、,b中至少有一条与直线l相交；命题s：直线a,b都不与直线l相交.则下列命题中是真命题的为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据直线与平面的位置关系判断命题的真假性,再根据逻辑联结词的性质判断即可.【详解】对命题,当均与相交,且不相交于同一点时也满足题意,故命题为假命题.对命题,当均不与相交时, ,则有,不满足异面.故至少有一条与直线相交.故命题为真命题.对命题,当都不与直线相交,则有,则有,不满足异面.故为假命题.故为真命题 ，其余均为假命题.故选：D【点睛】本题主要考查了线面关系的判定以及逻辑联结词中的命题的真假判断.属于基础题.5. 如图，矩形ABCD的四个顶点的坐
4、标分别为，正弦曲线和余弦曲线在矩形ABCD内交于点F，向矩形ABCD区域内随机投掷一点，则该点落在阴影区域内的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由题意得，四边形的面积为，阴影部分的面积为，所以该点落在阴影区域内的概率是，故选B考点：几何概型及其概率的求解6. 函数的部分图象如图所示，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由函数的部分图象得到函数的最小正周期，求出，代入求出值，则函数的解析式可求，取可得的值.【详解】由图象可得函数的最小正周期为，则.又，则，则，则，则，则，.故选：C.【点睛】方法点睛：根据三角函数的部分图象求函数解析式的方
5、法：（1）求、，；（2）求出函数最小正周期，进而得出；（3）取特殊点代入函数可求得的值.7. 设，则有（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先利用三角恒等变换转化，然后利用特殊角的三角函数值比较判断.【详解】因为，所以，故选：A8. 已知函数，若不等式对任意的均成立，则的取值不可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据奇偶性定义和单调性的性质可得到的奇偶性和单调性，由此将恒成立的不等式化为，通过求解的最大值，可知，由此得到结果.【详解】，是定义在上的奇函数，又，为增函数，为减函数，为增函数.由得：，整理得：，的取值不可能是.故选：D.【点睛】方法点睛：
6、本题考查利用函数单调性和奇偶性求解函数不等式的问题，解决此类问题中，奇偶性和单调性的作用如下：（1）奇偶性：统一不等式两侧符号，同时根据奇偶函数的对称性确定对称区间的单调性；（2）单调性：将函数值的大小关系转化为自变量之间的大小关系.9. 已知函数，函数满足，若函数恰有个零点，则所有这些零点之和为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由奇偶性定义可知为奇函数且，由此可得关于对称；由可知关于对称且，由此可知关于对称且，由对称性可知除外，其余零点关于对称，由此可求得结果.【详解】 为奇函数，图象关于对称且图象关于对称 图象关于对称令得： 图象关于对称且有一个零点为，其余零点关于对称
7、所有零点之和为故选：【点睛】本题考查函数奇偶性和对称性的应用，关键是能够通过函数解析式和抽象函数关系式确定函数的对称中心，从而可确定零点所具有的对称关系.10. 公元四世纪的古希腊数学家佩波斯提出：蜂巢的优美形状，是自然界最有效劳动的代表.他猜想人们所见到的截面呈六边形的蜂巢，是蜜蛑采用最少量的蝉蜡建造而成的.如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的顶点称为“晶格点”，重复的算作一个“晶格点”，已知第一行有1个六边形，第二行有2个六边形，每行比上一行多一个六边形（六边形均相同），设图中前n行晶格点数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知，可得数列是以7为首项，2为公
8、差的等差数列，由此可求出，从而可得.【详解】解:因为，所以数列是以7为首项，2为公差的等差数列，时，所以.故选：C【点睛】此题考查了等差数列的判断，等差数列的前n项和，累加法求通项等知识，属于基础题.11. 已知函数，是单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】结合已知分段函数的单调性及每段函数单调性的要求进行求解即可.【详解】由，可知在时恒成立，故即或，根据分段函数的性质可知，解可得，.故选：C.【点睛】本题主要考查了导数函数在单调性判断中的应用及分段函数的单调性的应用，属于中档题.12. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则
9、下列结论中错误的个数是（ ）（1）.（2）若P为上的一点，则P到平面BEF的距离为.（3）三棱锥的体积为定值.（4）在空间与，AC，都相交的直线有无数条.（5）过的中点与直线所成角为并且与平面BEF所成角为的直线有2条.A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】A【解析】【分析】由线面垂直的判定与性质可判断（1）；由线面垂直及点面距离可判断（2）；由（2）结合为定值可判断（3）；由直线除外的点与直线构成的平面均与直线相交，结合平面的性质可判断（4）；由线面角的定义先确定与平面BEF所成角为的直线与平面BEF的交点，再由线线角即可判断（5）.【详解】对于（1），连接，交于，如图，在正方体中，所以平
10、面，所以，故（1）正确；对于（2），由（1）知，平面，所以即为点A到平面即平面BEF的距离，易得，又，所以平面，所以P到平面BEF的距离为，故（2）正确；对于（3），由（2）知点A到平面BEF的距离为定值，且也为定值，所以三棱锥的体积为定值，故（3）正确；对于（4），直线上除外的点与直线构成的平面均与直线相交，连接点及平面与直线交点的直线均与三条直线相交，所以在空间与，AC，都相交的直线有无数条，故（4）正确；对于（5），易得平面BEF与平面为同一平面，取的中点，的中点，的中点，连接，取的中点，连接，如图，则平面，以为圆心，以为半径在平面上作圆，点在该圆上，则与平面即平面BEF所成角为，由图可
11、知，满足的直线只有两条，故（5）正确.故选：A.【点睛】本题考查了空间位置关系的判断，考查了空间思维能力与转化化归思想，属于中档题.二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 记为等比数列的前项和，若，且，成等差数列，则_.【答案】27【解析】【分析】由题意结合等差数列的性质可得，进而可得，由等比数列的通项公式即可得解.【详解】，成等差数列，即，等比数列的公比，.故答案为：.【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的综合应用，考查了运算求解能力，属于基础题.14. 的内角的对边分别为，已知，则角_【答案】【解析】【分析】根据题意，由正弦定理分析可得，结合和角公式可得，变形可得，即可
12、得的值，结合正弦定理可得，结合的范围分析可得答案【详解】根据题意，中，则有，又由，则有，变形可得，因，则，即，又由，则，又由，则，则；故答案为【点睛】在解三角形中，如果题设条件是边角的混合关系，那么我们可以利用正弦定理或余弦定理把这种混合关系式转化为边的关系式或角的关系式.15. 已知矩形中，E是边的中点，现以为折痕将折起，当三棱锥的体积最大时，该三棱锥外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】当平面平面，三棱锥高最大，此时其体积最大，为直角三角形，所以，为正三角形，其中心设为，再证明，根据平面平面，则易证.【详解】解： 因为， ，E是边的中点， 所以，为正三角形，其面积为定值，其中心设为，
13、所以当平面平面，三棱锥的高最大，此时其体积最大，设此时点为点，即有平面平面，取的中点，连结，则，又平面平面，所以平面，所以，又，即为直角三角形，所以，所以，所以为三棱锥的外接球球心，该三棱锥外接球的表面积为.故答案为：【点睛】考查三棱锥外接球的表面积的求法，其关键在于确定球心的位置，即找一点到四个顶点的距离相等，通常先考虑直角三角形外心或等边三角形中心，同时要证明这一点到各个顶点的距离相等；本题属于中档题.16. 函数满足，当时，若有个不同的实数解，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】利用导数分析函数在区间上的单调性与极值，由题意可知，函数的图象关于直线对称，数形结合可知关于的二次方
14、程有两个大于的实根，利用二次方程根的分布可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】当时，.当时，此时函数单调递减；当时，此时函数单调递增.所以，函数在处取得极小值，又，则函数的图象关于直线对称，令，作出函数的图象如下图所示：由于关于的方程有个不同的实数解，则关于的二次方程有两个大于的实数根，由二次方程根的分布可得，解得.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查利用方程根的个数求参数，考查了导数的应用以及一元二次方程根的分布，考查数形结合思想的应用，属于较难题.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第
15、2223题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题：共60分)17. 已如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，平面，M，N分别是AB，PC的中点，.（1）求证：平面（2）求证：平面PCD.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，可证，从而面面，即可证明平面；（2）先证明，由，、分别是、的中点，可证，从而得证【详解】证明：（1）取的中点，连接，、分别是、的中点，又面，面，所以面又面，面，所以面因为，面面面，因为面平面；（2）底面是矩形，平面，平面，平面平面，平面，又，平面，、分别是、的中点，面平面【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：（1）对于
16、异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.18. 设正项等比数列且的等差中项为(1)求数列的通项公式；(2)若，数列的前n项为，数列满足，为数列的前项和，求【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用已知条件列出方程，求出首项与公比，然后求解通项公式（2）化简数列的通项公式，利用裂项相消法求解数列的和即可【详解】（1）设等比数列的公比为，由题意，得，解得，所以.（2）由（1）得，【点睛】本题考查数列的递推关系式以及数列求和，考查转化思想以及计算能力19. 如图，扇形ABC是
17、一块半径为2千米，圆心角为的风景区，P点在弧BC上，现欲在风景区中规划三条商业街道，要求街道PQ与AB垂直，街道PR与AC垂直，线段RQ表示第三条街道（1）如果P位于弧BC的中点，求三条街道的总长度；（2）由于环境的原因，三条街道PQ、PR、RQ每年能产生的经济效益分别为每千米300万元、200万元及400万元，问：这三条街道每年能产生的经济总效益最高为多少？【答案】（1）（千米）；（2）（万元）.【解析】【分析】（1）根据P位于弧的中点，则P位于的角平分线上，然后分别在正中求解. （2）设，然后分别在表示 ，在中由余弦定理表，再由求解.【详解】（1）由P位于弧的中点，在P位于的角平分线上，则
18、，由，且，为等边三角形，则，三条街道的总长（千米） ；（2）设，则，由余弦定理可知：，则|，设三条街道每年能产生的经济总效益W，当时，W取最大值，最大值为（万元）【点睛】方法点睛：解三角形应用题的两种情形：（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解；（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及到两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解20. 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA12AB2，D为AA1的中点，点C在平面
19、ABB1A1内的射影在线段BD上（1）求证：B1D平面CBD；（2）若CBD是正三角形，求二面角C1BDC的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）设点C在平面ABB1A1内的射影E，证出CEB1D，然后借助解三角形得出BDB1D，从而得出结论；（2）以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，然后求平面的法向量及法向量夹角的余弦值，然后得出结论【详解】（1）证明：设点C在平面ABB1A1内的射影E，则EBD，CE平面CBD，CE平面ABB1A1，因为B1D平面ABB1A1，所以CEB1D在ABD中，ABAD1，则，在A1B1D中，A1B1A1D1，则，故，故BDB1D，因C
20、EBDE，故B1D平面CBD（2）以D为坐标原点，所在的直线分别为x，y轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(0，1，0)，B1()，由CBD是正三角形可知C()，C1()，平面CBD的一个法向量，设面C1BD的法向量，则，令，得，由图可知二面角C1BDC的平面角为锐角，二面角C1BDC的余弦值为【点睛】本题主要考查线面垂直的判定和性质，考查利用空间向量求二面角，属于中档题21. 已知函数，其中a为正实数（1）若函数在处的切线斜率为2，求a的值；（2）若函数有两个极值点，求证：【答案】（1）1；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线的斜率，然
21、后求得；（2）先利用导数研究有两个极值点的条件，得到的取值范围，同时利用韦达定理得到两极值点的和与积的值，然后得到两极值的和关于的函数表达式，将要证不等式转化为关于实数的等式，构造函数，利用导数研究其单调性，结合零点存在定理研究最值，从而证明原不等式.【详解】解：因为，所以，则，所以a的值为，函数的定义域为，若，即，则，此时的单调减区间为；若，即，则的两根为，此时的单调减区间为，单调增区间为当时，函数有两个极值点，且，因为，要证，只需证构造函数，则，在上单调递增，又，且在定义域上不间断，由零点存在定理，可知在上唯一实根，且在上递减，上递增，所以的最小值为，因为，当时，所以，所以恒成立所以，所以
22、.【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究极值问题和证明不等式问题，属中高档题，关键难点在于利用导数研究极值点，并将原不等式转化为关于实数的不等式，进而构造函数，利用导数进行证明.(二)选考题：共10分请考生在第2223两题中任选一题做答，如果多做则按所做的第一题记分22. 在直角坐标系xOy中，直线l的方程是，曲线C的参数方程是（为参数）.以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求直线l和曲线C的极坐标方程；（2）若是曲线C上一点，是直线l上一点，求的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为.【解析】【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方
23、程之间进行转换.（2）利用三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出结果.【详解】（1）直线l的方程是，转换为极坐标方程为，曲线C的参数方程是（为参数），转换为直角坐标方程为，将代入，得，故.所以曲线C的极坐标方程为.（2）点是曲线C上一点，所以：，所以，点是直线l上一点，所以，所以，当时，最大值为.【点睛】本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.23. 已知.（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为m，正实数a，b，c满足，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用分类讨论法解绝对值不等式；（2）先求出，再利用基本不等式证明不等式.【详解】解：（1）当时，由，得，此时无解；当时，由，得，此时的解为；当时，由，解得，此时的解为.综上，不等式的解集为；证明：（2），故的最小值为，.，等号当且仅当，即时等号成立.，即.【点睛】方法点睛：证明不等式常用的方法有：（1）比较法；（2）综合法；（3）分析法；（4）放缩法；（5）数学归纳法；（6）反证法.本题主要运用了综合法.