1、宁夏银川市2021届高三数学第四次月考试题 文注意事项：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设全集，则的值为A2B8C2或8D2或82已知命题“”为真，“”为真，则下列说法正确的是A真真B假真C真假D假假3已知为虚数单位，复数，则AB2CD4已知函数 (且的图像恒过定点，点在幂函数 的图像上，则A BC1D25已知将函数的图象向右平移个单位长度后所得的图象关于 轴对称，则的
2、值可能为ABCD6在等差数列中，若，且它的前项和有最小值，则当时，的最小值为A14B15C16D177函数的部分图像大致是A B C D8若，则=A2B1C-1D09若，则ABCD10已知函数，若不等式对任意的均成立，则m的取值不可能是A9B8C7D611如图所示，在长方体，若，、分别是、 的中点，则下列结论中不成立的是A与垂直B平面C与所成的角为D平面12已知函数，若对任意的，存在唯一的 ，2，使得，则实数的取值范围是A（e，4B（e，4C（e，4）D（，4二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13两个半径为1的铁球，熔化成一个球，这个球的半径是_14已知向量，若A，B，C三点
3、共线，则实数_15在三棱柱中，底面ABC，是正三角形，若，则该三棱柱外接球的表面积为_.16如图，在平面上作边长为的正方形，以所作正方形的一边为斜边向外作等腰直角三角形，然后以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，再以新的正方形的一边为斜边向外作等腰直角三角形，如此这般的作正方形和等腰直角三角形，不断地持续下去，求前n个正方形与前n个等腰直角三角形的面积之和_.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22、23题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：(共60分)17(12分)已知数列为递增的等差数列，其中，且成等比
4、数列（1）求的通项公式；（2）设记数列的前n项和为18(12分)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PCD19(12分)已知，分别为内角，的对边，若同时满足下列四个条件中的三个：；.（1）满足三角形可解的序号组合有哪些?（2）在（1）所有组合中任选一组，并求对应的面积.（若所选条件出现多种可能，则按计算的第一种可能计分）20(12分)如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且. (1)若P为上的一点，则P到平面的距离 (2)求三棱锥的体积21(12分)已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）若有两个极值点、，求的取值范围
5、.(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选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，射线l：(x0)，曲线C1的参数方程为（为参数），曲线C2的方程为；以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为（1）写出射线l的极坐标方程以及曲线C1的普通方程；（2）已知射线l与C2交于O，M，与C3交于O，N，求的值23选修45：不等式选讲（10分）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：银川一中2021届高三第四次月考数学(文科)参考答案一、选择题：只有一项符合题目要求（共1
6、2小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案CBADDCBAADCB11【解析】连接、，则为的中点，对于A选项，平面，平面，、分别为、的中点，则，A选项正确；对于B选项，四边形为正方形，则，又，平面，平面，B选项正确；对于C选项，易知为等边三角形，则，则与所成的角为，C选项错误；对于D选项，平面，平面，平面，D选项正确.12【解析】解：在，2的值域为，但在（,2递减,此时4，）的导数为，可得在递减，递增，则在的最小值为，最大值为，即值域为0，e对任意的，存在唯一的，2，使得可得，可得，解得故选：B二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13 14或 15 1
7、616【解析】设依次所作的第个正方形的边长为，第个正方形与第个等腰直角三角形的面积和为，则第个等腰直角三角形的腰长为，且.第个正方形的边长为，且，所以，数列是以为首项，为公比的等比数列. 三、解答题：17（1）；（2）2.【解析】（1）在等差数列中，设公差为d0，由题意，得，解得ana1+（n1）d1+2（n1）2n1；（2）由（1）知，an2n1则，Tn18证明：如图，取CD的中点E，连接NE，ME，M，N分别是CD，AB，PC的中点，平面平面PDA，平面PAD平面ABCD，底面ABCD是矩形，又，平面PAD，又，平面ENM，N是PC的中点，又，平面PCD19.（1），或，；（2）.【解析】
8、（1）由得，所以，由得，解得或（舍），所以，因为，且，所以，所以，矛盾.所以不能同时满足，.故满足，或，；（2）若满足，因为，所以，即.解得.所以的面积.若满足，由正弦定理，即，解得，所以，所以的面积.20【解析】解：（1），平面，平面，平面，即平面BEF，又正方体的棱长为1，到平面BEF的距离为到的距离，若P为上的一点，则P到平面BEF的距离为，故正确；（2），设AC，BD交于点O，平面，21（1）见解析；（2）.【解析】（1）函数的定义域为，令.当，即时，则对任意的恒成立，此时函数在上单调递增；当时，对任意的恒成立，此时函数在上单调递增；当时，有两个正根，分别为，当或时，；当时，.此时函数
9、在，上单调递增，在上单调递减.综上可得：当时，函数的单调递增区间是，无递减区间；当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是；（2）由（1）可知、是关于的二次方程的两根，由韦达定理可得，令，则，设，当时，当时，.所以，函数在单调递增，在单调递减，因此，的取值范围是.22（1），（2）【解析】（1）依题意，因为射线，故射线消去方程中的参数可得，所以曲线的普通方程为：（2）曲线的方程为，即，把代入上式可得曲线的极坐标方程为，设点对应的极径分别为，则23.【答案】解：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：，故的最小值为，等号当且仅当，即时成立，即
