高三第四次月考数学试卷高三数学模拟试题精选25高三数学模拟试题精选25

雅礼中学高三年级第四次月考理科数学试卷

创 作人：

历恰面 日 期： 2020年1月1日 命题人：刘德志 卿科 审题人：陈建明 卿科

时量：120分钟 满分是：150分

〔考试范围：集合与逻辑、函数、极限与导数、不等式、 数列、三角函数、平面向量、立体几何、解析几何〕

一．选择题：本大题一一共10小题，每一小题5分，一共50分.在每一小题给出的四个选

项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的，请将所选答案填在答题卡对应位置. １．命题“假设aM那么bM〞的逆否命题是

A．假设aM，那么bM Ｂ．假设bM，那么aM C．假设aM，那么bM Ｄ．假设bM，那么aM ２．集合Ayyx1,xR,Bxxx20，那么以下正确的选项是

Ａ．A22Byy1, Ｂ．AByy2

Ｃ．ABy2y1 Ｄ．AByy2或y1

*３．在等比数列an中，其前n项的积为Tn(nN)，假设T68T3，那么a5等于

 Ａ．8 Ｂ．4 Ｃ．2 Ｄ．2

４．,是两个不重合的平面，m,n是两条不重合的直线，以下命题中不正确的选项是 ．．．．．．．Ａ．若m//n,m,则n Ｂ．若m//,an,则m//n

Ｃ．若m,m,则// Ｄ．若m,m,则 ５．向量a、b满足|a|1,|ab|3,a与b的夹角为60°，那么|b| 2创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日

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1133Ａ．1 Ｂ． Ｃ．或 Ｄ． 2222x022xy2x的最小值是 ６．x,y满足约束条件： ,那么3x4y4y0Ａ．

224 Ｂ．21 Ｃ． Ｄ．1 525７．定义行列式运算：

a1a3a2a4a1a4a2a3,将函数f(x)31sinx向左平

cosx移m个单位〔m>0〕，所得图象对应的函数为偶函数，那么m的最小值是 Ａ．

 Ｂ． 83Ｃ．

2 3Ｄ．5 61相离，那么点

８．假设函数f(x)1ax2e的图象在x=0处的切线l与圆C:xby2P(a,b) 与圆C的位置关系是

Ａ．在圆外

Ｂ．在圆内 Ｃ．在圆上 Ｄ．不能确定

９．一避暑山庄占地的平面图如下图，它由三个正方形和四个三角

形构成，其中三个正方形的面积分别为18亩、20亩和26亩，那么整个避暑山庄占地．

Ａ．100亩 Ｂ．136亩

Ｃ．1062亩 Ｄ．128亩 342009x2xcosx(1x1)，10．f(x)设函数f(x)的最大值是M，最小值是N，x20091那么

Ａ．MN8 Ｂ．MN8 C．MN6 Ｄ．MN6 二．填空题：本大题一一共5小题，每一小题5分〔第14、15题第一空2分，第二空3分〕，

一共25分.把答案填在答题卡中对应题号后的横线上.

x2y21的一个焦点到一条渐近线的间隔 是2． 11．双曲线94创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日

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x2a,12．设f(x)x24在R内每一点处都连续，那么a＝4．

,x2x213．体积为3的正三棱锥VABC的外接球的球心为Ｏ，满足OAOBOC0,那么三

棱锥外接球的体积为16． 314．定义在R上的单调函数f(x)满足：存在实数x0，使得对于任意实数x1,x2，总有

f(x0x1x0x2)f(x0)f(x1)f(x2)恒成立，那么〔i〕f(1)f(0)0；〔ii〕x0的

值是1；

15．如以下图，对一个边长分别为3、4、5的直角三角形进展如下操作：第一次操作，分别

连接这个三角形三边的中点，构成4个小三角形，挖去中间一个阴影局部三角形〔如图甲〕；第二次操作，分别连接剩余的三个三角形三边的中点，再挖去各自中间的阴影局部三角形〔如图乙〕；第三次操作，分别连接剩余的各个三角形的中点，再挖去各自中间阴影局部的三角形；……；如此操作下去，记第n次操作后剩余图形的面积总和为an．

〔i〕那么数列{an}的通项公式an=6()n．〔ii〕如图乙，把第一次操作挖去的阴影局部三

角形贴上数字标签“1〞，第二次操作挖去的每个阴影局部三角形都贴上数字标签“2〞，第三次操作挖去的每个阴影局部三角形都贴上数字标签“3〞，……，第n次操作挖去的每个阴影局部三角形都贴上数字标签“n〞，那么第n次操作后，所有标签的数字之和

34

n11Sn=()3n．

244三．解答题：本大题一一共6小题，一共75分.解容许写出文字说明，证明过程或者演算步

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骤.

16．〔本小题满分是12分〕

函数f(x)2sin22020年1月1日

πx3cos2x1，xR． 4〔１〕求f(x)的最值和最小正周期；

〔２〕设p:x，，q:f(x)m3，假设p是q的充分条件，务实数m的取值范42围．

ππ解：〔１〕∵f(x)1cosπ2x3cos2x1sin2x3cos2x 2π2sin2x． …………………………………………………………………４分

3∵xR∴f(x)max2，f(x)min2;T=． …………………………………6分

〔２〕由题意可知: f(x)m3在x，上恒成立

42πππππ2πππ∵x，，∴≤2x≤，即1≤2sin2x≤2，

363342∴f(x)max2，f(x)min1． …………………………………………………9分

ππ∵f(x)m3f(x)3mf(x)3，x，，

42∴mf(x)max3且mf(x)min3，

，4)． …………………………………12分 ∴1m4，即m的取值范围是(117．〔本小题满分是12分〕

如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，且PD平面ABCD，

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PDAB1,E,F分别是PB,AD的中点．

〔１〕证明：EF平面PBC； 〔２〕求二面角BFCE的大小．

2020年1月1日

解：〔１〕以D为坐标原点，DA所在的直线为x轴、

DC所在的直线为y轴、DP所在的直线为x轴， 建立如下图的空间直角坐标系D-xyz

那么A〔1，0，0〕，B〔1，1，0〕，C〔0，1，0〕，

P〔0，0，1〕，∴E(,,),F(,0,0)． ………………………………2分 ∴EF(0,,),BC(1,0,0),CP(0,1,1)，所以EFBC0,EFCP0, 所以EFBC,EFCP，又BCCPC，故EF平面PBC． …………6分 〔２〕设平面FCE的法向量为n(x0,y0,z0)，CE(,111222121212121111,),EF(0,,) 222211x02yz000nEF0nEF022由取y01，∴n(2,1,1)．……9分 nnCECE001x1y1z0z10000222又平面BCF的一个法向量为DP(0,0,1)， ……………………………………10分 所以cosDP,n1166． 6∵二面角BFCE是锐二面角，即二面角BFCE的大小是一个锐角， ∴二面角BFCE的大小与DP,n是互补的．

故二面角BFCE的大小为arccos解法二：几何法〔略〕．

18．〔本小题满分是12分〕

6．…………………………………………12分 6创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日

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某地为科技兴，欲将如下图的一块不规那么的非农业用地规划建成一个矩形高科技工业园区．ABBC,OA//BC,ABBC2OA4km，曲线段OC是以点O为顶点且开口向右的抛物线的一段．假如要使矩形的相邻两边分别落在AB,BC上，且一个顶点落在曲线段OC上，问应如何规划才能使矩形工业园区的用地面积最大？并求出最大的用地面积〔准确到0.1km〕．

解：以O为原点，OA所在直线为y轴建立直角坐标系，

那么抛物线方程令为y2px(p0)．而C(4,2)，代入

那么有yx(0x4,y0)． ………………………………３分

32 令P(t,t)(0t2)，易求工业区面积St2t4t8． ………………6分

2222 求导解S0得t/2． ……………………………………8分 3 当t(0,)时，S0，S是t的增函数，

当t(,2)时，S0，S是t的减函数. …………………………10分 所以当t23/23/22时，S获得最大值，且Smax9.5(km) ． 3328km，宽为km的矩形时，工业园区的用地面积最大，93所以，把工业园区规划成长为

最大的用地面积约为9.5km．〔强调答题〕 ……………………12分 19．(本小题满分是13分)

定义在R上的函数f(x)满足：对任意实数x1,x2，总有f(x1x2)f(x1)f(x2)1 恒成立，f(1)1，且对任意正整数n，有an211，bnf(n)1． f(n)2创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日

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〔１〕求数列{an},{bn}的通项公式； 〔２〕记Sna1a2a2a3大小关系，并给出证明；

2020年1月1日

anan1，Tnb1b2b2b34bnbn1，比拟Sn与Tn的

3解：〔１〕因为f(x1x2)f(x1)f(x2)1，所以f(n1)f(n)f(1)f(n)2,

1.……………………………3分 2n1111111又f(1)f()f()f()1,f()0,b1f()11.

222222111111f(n)f(n1n1)f(n1)f(n1)f(1)2f(n1)1, 2222221111 …………………6分 2bn12f(n1)2f(n)1bn,bnb1()n1()n1．

2222又因为f(1)1,f(n)2n1(nN*),an〔２〕

Sn1113351

(2n1)(2n1)11111111 …………………………8分 (1)(1)，

23352n12n122n1111111Tn()0()1()1()2()n1()n

22222211[1()n]11142[1(1)n], ……………………………10分 ()3()2n121222341442121211SnTn(1)[1()n][()n]. 332n134342n1又nnn1n14n(31)nCn3Cn310Cn3Cn3n12n1,

42114． ………13分 SnTn[()n]0,SnTn〔用数学归纳法也行〕

3342n1320．〔本小题满分是13分〕

x2y2F1、F2分别是椭圆221(ab0)的左、右焦点，P是此椭圆上的一动点，

ab44[,]. 并且PF1PF2的取值范围是

33 〔１〕求此椭圆的方程；

〔２〕点A是椭圆的右顶点，直线y = x与椭圆交于B、C两点(C在第一象限内)，又P、

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Q

CPCQ是椭圆上两点，并且满足|CP||CQ|F1F20，试问：向量PQ与AB是否

一共线，并说明理由。

解：〔１〕设P(x0,y0),F1(c,0),F2(c,0)，

其中ca2b2,则PF1(c,0)(x0,y0)(x0c,y0)，

PF2(c,0)(x0,y0)(cx0,y0).从而

2222PF1PF2(x0c,y0)(cx0,y0)x0c2y0x0y0c2. ……3分 22由于b2x0y0a2,所以b2c2PF1PF2a2c2，

44PF1PF2， 即2baPF1PF2b. 又332224222ba,a24,x23y2324从而椭圆的方程是1. …………6分 所以444b.b2,33〔２〕向量PQ与AB一共线． 因为(CP|CP|CQ|CQ|)F1F20,而CP|CP|CQ|CQ|与PCQ的平分线平行，

所以∠PCQ的平分线垂直于x轴. …………………………………………8分

x23y2x1,x1,1,由4解得C(1,1),B(1,1). 4y1,y1,yx,不妨设PC的斜率为k，那么QC的斜率为k，因此PC和QC的方程分别为

yk(x1)1,yk(x1)1,yk(x1)，其中k0,由x23y2

1.44消去y并整理得(13k)x6k(k1)x3k6k10(*). ∵C(1，1) 在椭圆上，∴x = 1是方程(*) 的一个根.

222创 作人： 历恰面 日 期： 2020年1月1日

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3k26k13k26k1,同理xQ从而xP． ………………………………11分 2213k13k从而直线PQ的斜率为kPQ2(3k21)yPyQk(xPxQ)2kk13k22k1.

12kxPxQxPxQ3213k又知A(2，0) ，B(－1，－1) ，所以kAB101kPQkAB,

123向量PQ与AB一共线．…………………………………………………………………13

分

21．〔本小题满分是1３分〕

x函数f(x)ln(1e)2x．点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x3,f(x3))均在函数

yf(x)的图象上，且x1,x2,x3成等差数列，其公差为1．

〔１〕判断函数yf(x)是否有极值，并说明理由； 〔２〕求证：△ABC是钝角三角形； 〔３〕求△ABC面积的最大值．

ex2ex20， 解：〔１〕因为f(x)ln(1e)2x ，所以xR，且f(x)xx1e1ex/即函数f(x)在(,)上是单调减函数，故函数yf(x)没有极值．……………3分 〔２〕证明：据题意A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x3,f(x3))且x1由〔１〕知f (x1)>f (x2)>f (x3), x2=

x1x3 ， 2BA(x1x2,f(x1)f(x2)),BC(x3x2,f(x3)f(x2)，

BABC(x1x2)(x3x2)[f(x1)f(x2)][f(x3)f(x2)] ，

x1x20,x3x20,f(x1)f(x2)0,f(x3)f(x2)0，

BABC0,B(,)，即⊿ABC是钝角三角形． ………………………8分

2创 作人： 历恰面 日 期：

2020年1月1日

创 作人： 历恰面 日 期：

〔３〕取线段AC的中点为D，SABC2SBCD． 由得B(x,f(x)),C(x1,f(x1)),D(x,所以SABC2SBCD2020年1月1日

f(x1)f(x1))，

211(1ex1)(1ex1)|[f(x1)f(x1)]f(x)||ln| x222(1e)x2x又(1ex1)(1ex11(1ex1)(1ex1))(1e)e(e2)0，1， x2e(1e)所以SABC2SBCD1(1ex1)(1ex1)． ………………………………11分 lnx22(1e)x1令g(x)(1e)(1e(1ex)2x11ex(ex1)(2e))/e， ，那么g(x)x3(1e)/所以当x(,0)时，那么g(x)0，即得当x(,0)时，g(x)为增函数； 当x(0,)时，那么g(x)0，即得当x(0,)时，g(x)为减函数．

/2e由函数g(x)是R上的连续函数知当x0时有g(x)max41e．

所以△ABC面积的最大值为

1ln22e4)=1+1eln(e1)ln2e． ……………13分

ex(e12)e x2(1e)〔另解〕g(x)(1e)(1e(1ex)2x1x111(e2)e1111(e2)14eexx2e 2e41e。

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