2020安徽省毛坦厂中学高三12月月考试题数学（理）（应届）含答案

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2019~2020学年度高三年级12月份月考应届理科数学试卷命题人：李大乐 审题人：一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个选项符合题意)1． （ ）A． B． C． D．2．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+6)=f(x),且y=f(x+3)为偶函数，若f(x)在(0,3)内单调递减，则下面结论正确的是（ ）A．f(−4.5)0，y>0，且2x＋8y－xy＝0，求：(1)xy的最小值；(2)x＋y的最小值．20．在直角梯形PBCD中，A为PD的中点，如图．将△PAB沿AB折到△SAB的位置，使SB⊥BC，点E在SD上，且，如图．（Ⅰ）求证：SA⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角E﹣AC﹣D的正切值．21．已知以为首项的数列满足：（）.（1）当时，且，写出、；（2）若数列（，）是公差为的等差数列，求的取值范围；22已知函数f(x)＝λln x－e-x(λ∈R)．(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当00，y>0，则1＝eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)≥2eq \r(\f(8,x)·\f(2,y))＝eq \f(8,\r(xy))，得xy≥64，当且仅当x＝4y，即x＝16，y＝4时等号成立．.........................................6分(2)解法一：由2x＋8y－xy＝0，得x＝eq \f(8y,y－2)，因为x>0，所以y>2，则x＋y＝y＋eq \f(8y,y－2)＝(y－2)＋eq \f(16,y－2)＋10≥18，当且仅当y－2＝eq \f(16,y－2)，即y＝6，x＝12时等号成立．........................................12分解法二：由2x＋8y－xy＝0，得eq \f(8,x)＋eq \f(2,y)＝1，则x＋y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,x)＋\f(2,y)))·(x＋y)＝10＋eq \f(2x,y)＋eq \f(8y,x)≥10＋2eq \r(\f(2x,y)·\f(8y,x))＝18，当且仅当y＝6，x＝12时等号成立．.........................................12分20.（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【解析】试题分析：（法一）（1）由题意可知，翻折后的图中SA⊥AB①，易证BC⊥SA②，由①②根据直线与平面垂直的判定定理可得SA⊥平面ABCD；.........................................4分（2）（三垂线法）由考虑在AD上取一点O，使得 ，从而可得EO∥SA，所以EO⊥平面ABCD，过O作OH⊥AC交AC于H，连接EH，∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角，在Rt△AHO中求解即可（法二：空间向量法）（1）同法一（2）以A为原点建立直角坐标系，易知平面ACD的法向为，求平面EAC的法向量，代入公式求解即可解法一：（1）证明：在题平面图形中，由题意可知，BA⊥PD，ABCD为正方形，所以在翻折后的图中，SA⊥AB，SA=2，四边形ABCD是边长为2的正方形，因为SB⊥BC，AB⊥BC，SB∩AB=B所以BC⊥平面SAB，又SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA，又SA⊥AB，BC∩AB=B所以SA⊥平面ABCD，（2）在AD上取一点O，使，连接EO因为，所以EO∥SA因为SA⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，过O作OH⊥AC交AC于H，连接EH，则AC⊥平面EOH，所以AC⊥EH．所以∠EHO为二面角E﹣AC﹣D的平面角，．在Rt△AHO中，∴，即二面角E﹣AC﹣D的正切值为.........................................12分解法二：（1）同方法一（2）解：如图，以A为原点建立直角坐标系，A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），S（0，0，2），E（0，）∴平面ACD的法向为.........................................6分设平面EAC的法向量为=（x，y，z），由，所以，可取所以=（2，﹣2，1）．.........................................9分所以所以即二面角E﹣AC﹣D的正切值为.........................................12分21.（1），；（2）【解析】(1)因为以为首项的数列满足：，，，所以，所以；由得；...........4分(2)因为数列（，）是公差为的等差数列，所以，所以，.......................6分所以，所以，所以， .........................................8分故，所以，因为， .........................................10分所以由题意只需：，故..........................................12分22.解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝λln x－e-x，∴f′(x)＝eq \f(λ,x)＋e－x＝eq \f(λ＋xe－x,x)，∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，....2分①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴eq \f(λ＋xe－x,x)≤0，即λ＋xe－x≤0，λ≤－xe－x＝－eq \f(x,ex)，令φ(x)＝－eq \f(x,ex)，则φ′(x)＝eq \f(x－1,ex)，当01时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－eq \f(1,e)，∴λ≤－eq \f(1,e)；.........................................4分②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴eq \f(λ＋xe－x,x)≥0，即λ＋xe－x≥0，λ≥－xe－x＝－eq \f(x,ex)，由①得φ(x)＝－eq \f(x,ex)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)<0，∴λ≥0.综上，λ≤－eq \f(1,e)或λ≥0..........................................6分(2)证明：由(1)可知，当λ＝－eq \f(1,e)时，f(x)＝－eq \f(1,e)ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，∵0f(x2)，即－eq \f(1,e)ln x1－e-x1>－eq \f(1,e)ln x2－e-x2，∴e-x2－e-x1>ln x1－ln x2.要证e1-x2－e1-x1>1－eq \f(x2,x1).只需证ln x1－ln x2>1－eq \f(x2,x1)，即证ln eq \f(x1,x2)>1－eq \f(x2,x1)，令t＝eq \f(x1,x2)，t∈(0,1)，则只需证ln t>1－eq \f(1,t)，.........................................10分令h(t)＝ln t＋eq \f(1,t)－1，则当00，即ln t>1－eq \f(1,t)，得证．...................12分题号123456789101112答案CBCBDCBCDCBA