2022-2022年山东省滕州市善国中学第一学期高三第四次月考数学（理）试题第Ⅰ卷一、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．若复数满足，则复数的虚部为（）A．B．C．D．2．下列四个命题中，假命题为A．，B．，C．，D．，3．已知f（x）是定义在R上的偶函数，且在（0，＋∞）上是增函数，设a＝，b＝,c＝，则a，b，c的大小关系是A．a＜c＜bB．b＜a＜cC．b＜c＜aD．c＜b＜a4．某空间组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为A．48,B．56,C．64,D．725．在中，的对边分别是，其中，则角A的取值一定属于范围A．B．C．D．-13-\n6．为得到函数的导函数图象，只需把函数的图象上所有点的A．纵坐标伸长到原来的倍，横坐标向左平移B．纵坐标缩短到原来的倍，横坐标向左平移C．纵坐标伸长到原来的倍，横坐标向左平移D．纵坐标缩短到原来的倍，横坐标向左平移7．在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面ABCD．平面PAE⊥平面ABC8．已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围是A．B．C．D．9．在中，若，则面积的最大值为A．B．C．D．10．正四面体ABCD的棱长为1，G是△ABC的中心，M在线段DG上，且∠AMB＝90°，则GM的长为A．B．C．D．11．设满足约束条件，若目标函数的值是最大值为12，则的最小值为A．B．C．D．412．已知函数，若恒成立，则的最大值为-13-\nA．B．C．D．第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须做答．第22题～第24题为选考题，考生根据要求做答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是___________．14．已知（为自然对数的底数）,函数,则__________．15．如图，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1，点M是线段DC1上的动点，则点M到直线AD1距离的最小值是________．16．定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”，如果函数，，（）的“新驻点”分别为，，，那么，，的大小关系是．三、解答题:本大题共5小题，共计70分。解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤17．（本小题满分12分）已知函数的最大值为．（1）求常数的值；（2）求函数的单调递增区间；（3）若将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求函数在区间-13-\n上的最大值和最小值．18．（本小题满分12分）如图所示，PA⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在上，且OM∥AC．（1）求证：平面MOE∥平面PAC；（2）求证：平面PAC⊥平面PCB；（3）设二面角M－BP－C的大小为θ，求cosθ的值．19．（本小题满分12分）已知数列中，，前项和．（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，是否存在实数，使得对一切正整数都成立？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．20．（本小题满分12分）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝．（1）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；（2）求二面角A－A1C1－B1的正弦值；（3）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．-13-\n21．（本小题满分12分）已知函数（为无理数，）（1）求函数在点处的切线方程；（2）设实数，求函数在上的最小值；（3）若为正整数，且对任意恒成立，求的最大值．请考生在第22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时请写题号．22．（本小题满分10分）【选修4—1：几何证明选讲】如图，在正△ABC中，点D,E分别在边AC,AB上，且AD=AC，AE=AB，BD，CE相交于点F。（1）求证：A，E，F，D四点共圆；（2）若正△ABC的边长为2，求，A，E，F，D所在圆的半径．23．（本小题满分10分）【选修4—1：几何证明选讲】在直角坐标系中，以原点为极点,轴的正半轴为极轴建坐标系,已知曲线，已知过点的直线的参数方程为（为参数），直线与曲线分别交于两点。（1）写出曲线和直线的普通方程；（2）若成等比数列,求的值．24．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲对于任意的实数和,不等式恒成立,记实数的最大值是-13-\n．（1）求的值;（2）解不等式．2022-2022年山东省滕州市善国中学第一学期高三第四次月考数学（理）试题参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．题号123456789101112答案DBCBDCCDCDAD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．14．715．a16．>>三、解答题：17．（1），（2）由，解得，所以函数的单调递增区间（3）将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，当时，，取最大值-13-\n当时，，取最小值-3．18．[解析] （1）因为点E为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，所以OE∥PA．因为PA平面PAC，OE∥平面PAC，所以OE∥平面PAC．因为OM∥AC，又AC平面PAC，OM∥平面PAC，所以OM∥平面PAC．因为OE平面MOE，OM平面MOE，OE∩OM＝O，所以平面MOE∥平面PAC．（2）因为点C在以AB为直径的⊙O上，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC．因为PA⊥平面ABC，BC平面ABC，所以PA⊥BC．因为AC平面PAC，PA平面PAC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC．因为BC平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC．（3）如图，以C为原点，CA所在的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系C－xyz．因为∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，所以CB＝2cos30°＝，AC＝1．延长MO交CB于点D．因为OM∥AC，所以MD⊥CB，MD＝1＋＝，CD＝CB＝．所以P（1,0,2），C（0,0,0），B（0，，0），M（，，0）．所以＝（1,0,2），＝（0，，0）．设平面PCB的法向量m＝（x，y，z）．因为所以即令z＝1，则x＝－2，y＝0．所以m＝（－2,0,1）．同理可求平面PMB的一个法向量n＝（1，，1）．-13-\n所以cos〈m，n〉＝＝－．所以cosθ＝．19．解：（1）（解法一）∵∴∴整理得∴两式相减得即∴，即∴数列是等差数列且，得，则公差∴（解法二）∵∴∴整理得等式两边同时除以得，-13-\n即累加得得（2）由（1）知∴∴则要使得对一切正整数都成立，只要，所以只要∴存在实数，使得对一切正整数都成立，且的最小值为20．[解析] 如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．依题意得A（2，0,0），B（0,0,0），C（，－，），A1（2，2，0），B1（0,2，0），C1（，，）．（1）易得＝（－，－，），＝（－2，0,0），于是cos〈，〉＝＝＝．-13-\n所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为．（2）易知＝（0,2，0），＝（－，－，）．设平面AA1C1的法向量m＝（x，y，z），则即不妨令x＝，可得m＝（，0，）．同样的，设平面A1B1C1的法向量n＝（x，y，z），则即不妨令y＝，可得n＝（0，，）．于是cos〈m，n〉＝＝＝，从而sin〈m，n〉＝．所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为．（3）由N为棱B1C1的中点，得N．设M（a，b,0），则＝，由MN⊥平面A1B1C1，得即解得故M，因此＝，所以线段BM的长||＝．21．（1）∵------3分（2）∵时，单调递减；-13-\n当时，单调递增．当（3）对任意恒成立，即对任意恒成立，即对任意恒成立令令在上单调递增。∵∴所以存在唯一零点，即。当时，；当时，；∴在时单调递减；在时，单调递增；∴由题意，又因为，所以k的最大值是322．（本小题满分10分）【选修4—1：几何证明选讲】（1）证明：∵，．∵在正△中，，，又∵，，△BAD≌△CBE，，-13-\n即，所以，，，四点共圆．（2）解：如图，取的中点，连结，则．，，，，△AGD为正三角形，，即，所以点是△AED外接圆的圆心，且圆的半径为．由于，，，四点共圆，即，，，四点共圆，其半径为．…（10分）23．解：（1）C:（2）将直线的参数表达式代入抛物线得因为由题意知，代入得24．解:（1）不等式恒成立,即对于任意的实数（）和恒成立,只要左边恒小于或等于右边的最小值．因为,当且仅当时等号成立,即时,-13-\n成立,也就是的最小值是2．（2）．解法1:利用绝对值的意义得:解法2:当时,原不等式化为,解得,所以的取值范围是．当时,原不等式化为,得的取值范围是．当时,原不等式化为,解得,所以的取值范围是．综上所述:的取值范围是．解法3:构造函数作的图象,利用图象有得:．-13-
