江西省奉新县第一中学2021届高三上学期第四次月考 数学（理）(含答案) 试卷

奉新一中2021届高三上学期第四次月考

数学（理）试卷

2020.11

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意.）

1．已知集合，，则

A．   B．    C．     D．

2．已知复数满足，则在复平面内复数表示的点位于

A．第一象限       B．第二象限        C．第三象限     D．第四象限

3．已知p：x＋y≠－2，q：x，y不都是－1，则p是q的(　　)

A．充分不必要条件    B．必要不充分条件

C．充要条件          D．既不充分也不必要条件

4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(　　)

A．　　      B．           C．　　    　 D．1

5．函数在上的大致图象是

6．高斯是德国著名的数学家，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数。例如：[－2.1]＝－3，[3.1]＝3，已知函数f (x)＝，则函数y＝的值域为(　　)

A．           B．(0,2]           C．{0,1,2}          D．{0,1,2,3}

7．用数学归纳法证明“（）”时，由的假设证明时，不等式左边需增加的项数为（    ）

A．             B．          C．             D．

8．已知函数f (x)＝如果对任意的n∈N*，定义fn(x)＝，那么f 2 020(2)的值为(　　)

A．0           B．1           C．2           D．3

9．设是正实数，且，则下列不等式正确的是

A．     B．      C．      D．

10．已知函数，且的图象在上只有一个最高点和一个最低点，则下列说法中一定错误的是

A．的最小正周期为 B．的图象关于中心对称

C．的图象关于对称 D．在上单调递增

11．在四边形中，，，则

A．1 B． C．7 D．12

12．设A，B，C，D是同一个球面上的四点，△ABC是斜边长为6的等腰直角三角形，若三棱锥D－ABC体积的最大值为27，则该球的表面积为(　　)

A．36π             B．64π              C．100π             D．144π

13．设集合A＝{x|2a＋1≤x≤3a－5}，B＝{x|3≤x≤22}。若A⊆(A∩B)，则实数a的取值范围为________

14．若球与棱长为2的正方体的各棱相切，求该球的表面积__________

15．已知数列{}的前n项和Sn＝2n＋1(n∈)，则＝__________

16． 若一元二次方程mx2－(m＋1)x＋3＝0的两个实根都大于－1，则m的取值范围____

17．（10分）

(1).求不等式0的解集

(2).设变量x，y满足约束条件求目标函数z＝4x＋2y的最大值

18．（12分）

Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，an2＋2an＝4Sn＋3.

(1)求{an}的通项公式；

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和．

19．（12分）

如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为矩形，△PAD为等腰三角形，∠APD＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，且AB＝1，AD＝2，E，F分别为PC，BD的中点．

(1)证明：EF∥平面PAD；

(2)证明：平面PDC⊥平面PAD；

(3)求四棱锥P—ABCD的体积．

20．（12分）

在中，角的对边分别是，的面积为，已知.

（1）求角；

（2）若的周长为12，求的最大值.

21．（12分）

如图，在多面体ABCDEFG中，面ABCD为正方形，面ABFE和面ADGE为全等的矩形，且均与面ABCD垂直．

(1)求证：平面BDE∥平面CFG；

(2)若直线AE和平面BDE所成角的正弦值为，求二面角A－FG－C的余弦值．

22．（12分）

函数f(x)＝xln x－kx.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当x∈(1，＋∞)时，若>－(k－1)恒成立，求实数k的取值范围．

参考答案

1．B 【解析】因为，，所以.故选B．

2．D 【解析】由，得，则，在复平面内复数表示的点是，位于第四象限.故选D．

3．因为p：x＋y≠－2，q：x，y不都是－1，所以p：x＋y＝－2， q：x＝－1，且y＝－1。因为q⇒p，但pq，所以q是p的充分不必要条件，即p是q的充分不必要条件。故选A。

答案　A

4．答案　A

解析　由三视图可得该几何体的直观图为三棱锥A－BCD，将其放在长方体中如图所示，其中BD＝CD＝1，CD⊥BD，三棱锥的高为1，所以三棱锥的体积为××1×1×1＝.故选A.

5．D 【解析】，所以函数是奇函数，其图象关于原点对称，排除B．当时，，故排除A．当时，，故排除C．因此选D．

6．【解析】　因为f (x)＝＝＝＋，2x＋1>0，

所以0<<1，

所以<＋<3，即<f (x)<3，

所以y＝[]的值域为{0,1,2}。故选C。

【答案】　C

7．C

8．解析　因为f 1(2)＝f (2)＝1，f 2(2)＝f (1)＝0，f 3(2)＝f (0)＝2。所以f n(2)的值具有周期性，且周期为3，所以f 2 020(2)＝f 3×673+1(2)＝f 1(2)＝1。故选B。

答案　B

9．C 【解析】设，由于是正实数，所以，，，，，，由于

，所以，，，于是，由于，所以，，，于是，即，因此.故选C．

10．D 【解析】由题意，，令，则当时，，因为的图象在上只有一个最高点和一个最低点，所以，解得，又因为，所以或4，设函数的最小正周期为，则

①当时，，；由，下同，得，所以的图象的对称中心为；由，得的图象的对称轴为；由，得，故函数的单调递增区间为．

②当时，，；由，下同，得，所以的图象的对称中心为；由，得的图象的对称轴为；由，得，故函数的单调递增区间为．

综上，对比选项可知，选项D一定错误，故选D．

11．B 【解析】

.故选B．

12．【解析】　

如图所示，因为△ABC是斜边BC长为6的等腰直角三角形，则当D位于直径的端点时，三棱锥D－ABC的体积取得最大值27。设球心为O，过点A作AE⊥BC，垂足为E，易知当三棱锥的体积取得最大值时，D，O，E三点共线，连接并延长DE，交球面于点F 。由AB＝AC，AB⊥AC，BC＝6，可得斜边BC上的高AE＝3，AB＝AC＝3，由××3×3×DE＝27，解得DE＝9，连接AF ，在△ADF 中，易知EF ＝＝1。所以球O的直径为DE＋EF ＝10，则球O的半径为×10＝5。所以该球的表面积为4π×52＝100π。故选C。

【答案】　C

13．解析　由A⊆(A∩B)，得A⊆B，则①当A＝∅时，2a＋1>3a－5，解得a<6；

②当A≠∅时，解得6≤a≤9。综上可知，使A⊆(A∩B)成立的实数a的取值范围为(－∞，9]。

答案　(－∞，9]

14．

15．解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1；当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1。因此an＝

答案　

16．答案　m<－2或m≥5＋2

解析　由题意得应满足解得：m<－2或m≥5＋2.

17.(1).[答案]　(－2，－1)∪(2，＋∞)

[解析]　该题考查分式不等式的求解．

原不等式变形为0，用穿根法，

∴不等式的解集为(－2，－1)∪【2，＋∞)．

(2).[解析]　本题考查了用线性规划知识求函数的最值．

首先绘制不等式组表示的平面区域(如图所示)

当直线4x＋2y＝z过直线y＝1与直线x＋y－3＝0的交点(2,1)时，目标函数z＝4x＋2y取得最大值10.

18．答案　(1)an＝2n＋1　(2)Tn＝

解析　(1)由an2＋2an＝4Sn＋3，可知an＋12＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.

可得an＋12－an2＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即

2(an＋1＋an)＝an＋12－an2＝(an＋1＋an)(an＋1－an)．

由于an>0，可得an＋1－an＝2.

又a12＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.

所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.

(2)由an＝2n＋1可知bn＝＝＝(－)．

设数列{bn}的前n项和为Tn，则

Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝.

19．（12分）

答案　解析　(1)如图所示，连接AC.

∵四边形ABCD为矩形且F是BD的中点，∴F也是AC的中点．

又E是PC的中点，EF∥AP，∵EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴EF∥平面PAD.

(2)证明：∵面PAD⊥平面ABCD，CD⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，

∴CD⊥平面PAD.∵CD⊂平面PDC，∴平面PDC⊥平面PAD.

(3)取AD的中点为O.连接PO.

∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等腰直角三角形，

∴PO⊥平面ABCD，即PO为四棱锥P—ABCD的高．

∵AD＝2，∴PO＝1.又AB＝1，∴四棱锥P—ABCD的体积V＝PO·AB·AD＝.

20．（12分）

【解析】（1）由，及，得，即，

由正弦定理，得，（3分）

又，所以，

又，所以，即，，

因为，所以，.（6分）

（2）方法一：由余弦定理，得即，

又的周长为，则，

因此，即，，当且仅当时取等号.（8分）

设，则，，

又，则，根据，所以，即，

因此由，得，

则当时，取得最大值，即取得最大值，（10分）

又的面积为，

因此的面积的最大值为.（12分）

方法二：的面积为，当且仅当时取等号，（8分）

又，则当时，为等边三角形，

又的周长为12，则，（10分）

故.（12分）

21.(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，四边形ADGE为矩形，

∴BC∥EG，且BC＝EG.

∴四边形BCGE为平行四边形，

∴BE∥CG.

又∵BE⊄平面CFG，CG⊂平面CFG，

∴BE∥平面CFG.

同理DE∥平面CFG.

又∵BE，DE为平面BDE内的两条相交直线，

∴平面BDE∥平面CFG.

(2)解：∵四边形ABFE为矩形，∴AE⊥AB，

又平面ABFE⊥平面ABCD，且平面ABFE∩平面ABCD＝AB，

∴AE⊥平面ABCD.

又ABCD为正方形，∴AB，AD，AE两两垂直．

建立如图所示的空间直角坐标系．

设AB＝1，AE＝a(a>0)，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，E(0,0，a)．

故＝(0,0，a)，＝(－1,1,0)，＝(－1,0，a)．

设平面BDE的法向量为n＝(x1，y1，z1)，

则有即

令z1＝1，则x1＝y1＝a，∴n＝(a，a,1)．

∵直线AE和平面BDE所成角的正弦值为，

∴＝|cos〈n，〉|，即＝(a>0)，解得a＝2.∴n＝(2,2,1)，＝(1,0,2)，＝(0,1,2)．

设平面AFG的法向量为m＝(x2，y2，z2)，

则有即

令z2＝－1，则x2＝y2＝2，∴m＝(2,2，－1)．

∵平面BDE∥平面CFG，

∴平面CFG的一个法向量也为n＝(2,2,1)．

设二面角A－FG－C的大小为θ，则

|cos θ|＝|cos〈n，m〉|

＝＝.

又二面角A－FG－C为锐角，故其余弦值为.

22.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f′(x)＝ln x＋1－k，令f′(x)＝0，x＝ek－1.

由f′(x)<0，得x∈(0，ek－1)，故f(x)在(0，ek－1)上单调递减；

由f′(x)>0，得x∈(ek－1，＋∞)，故f(x)在(ek－1，＋∞)上单调递增．

综上，f(x)在(0，ek－1)上单调递减；在(ek－1，＋∞)上单调递增．

(2)∵>－(k－1)，∴ln x－k>－(k－1)，

当x>1时，>－(k－1)恒成立等价于(x－1－k)ln x－(x－1)>0.

设g(x)＝(x－1－k)ln x－(x－1)，则g′(x)＝ln x＋(x－1－k)·－1

＝ln x＋.

由于x>1，ln x>0，

当－1－k≥0，即k≤－1时，g′(x)>0，则y＝g(x)在(1，＋∞)上单调递增，

g(x)>g(1)＝0恒成立．

当－1－k<0时，即k>－1时，设h(x)＝g′(x)，

则h′(x)＝＋>0.

则y＝g′(x)为(1，＋∞)上的单调递增函数，

又g′(1)＝－1－k<0，

即g(x)在(1，＋∞)上存在x0，使得g′(x0)＝0，

当x∈(1，x0)时，g(x)单调递减；

当x∈(x0，＋∞)时，g(x)单调递增．

则g(x0)<g(1)＝0，不合题意，舍去．

综上所述，实数k的取值范围是(－∞，－1]．

（2）另解：此题可参变分离得到，利用洛贝达法则可得