河北省石家庄市辛集市第一中学2020-2021学年高二数学第四次考试试题（一）.doc

1、河北省石家庄市辛集市第一中学2020-2021学年高二数学第四次考试试题（一）一、选择题：（每小题5分,共90分）1. 已知a，bR，则“ab0”是“+2”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选：B2.已知圆锥的底面半径为1，高为，过高线的中点且垂直于高线的平面将圆锥截成上下两部分，则上下两部分的体积比为（）ABCD选：A3. 公差不为零的等差数列an中，a3，a6，a7成等比数列，则（）ABCD选：B4.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A3+4B3C2D选：D5. 已知奇函数f（x）在R上单调，若正实数a，b满足f（4a）+f（b9）0，则

2、的最小值是（）A1BC9D18选：A6. 已知，则（sin）sin，（sin）cos，（cos）sin，（cos）cos中值最大的为（）A（cos）cosB（sin）sinC（sin）cosD（cos）sin选：C7.若关于x的不等式x2（m+2）x+2m0的解集中恰有4个正整数，则实数m的取值范围为（）A（6，7B（6，7）C6，7）D（6，+）选：A8. 把直线yx，yx，x1围成的图形绕y轴旋转一圈，所得旋转体的体积为（）ABCD2选：C9. 已知是锐角向量（sin，），（1，cos），满足|，则a为（）ABCD选：D10. 已知函数,则的最小值等于( )ABCD【答案】A【解析】因为，

3、所以，即，解得.因为，所以=(当且仅当时等号成立)，所以的最小值等于.选A11.已知数列是等差数列，若a2a4+a4a6+a6a21，a2a4a6，则a3（）ABCD2【解答】解：数列是等差数列，由a2a4+a4a6+a6a21，a2a4a6，可得6，故a4，a2+a6，a2a6，解可得，或，若，则a80不符合题意，故，则1，2，故1+23，a3故选：B12. 已知，为椭圆的两个焦点，为椭圆短轴的一个端点，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C.【详解】由椭圆定义可知：，则，所以，因为，即，即.13. 将函数的图像向右平移个单位后，得到的图像与函数的图像关于点对称，

4、则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【详解】，向右平移个单位后，得到的图像的函数式为，它的图象与图象关于对称，则，即,它关于点对称图象的函数解析式是，它就是，其中最小的正数是，故选：D.14. 已知抛物线y24x的准线与双曲线y21（a0）相交于A、B两点，F为抛物线的焦点，若FAB为直角三角形，则实数a（）ABCD【解答】解：抛物线的方程为y24x，抛物线的准线为x，焦点为F（，0）又直线x交双曲线y21于A、B两点，FAB为直角三角形FAB是等腰直角三角形，AB边上的高FF2，由此可得A（，2）、B（，2），如图所示将点A或点B的坐标代入双曲线方程，得，解得a（负值舍去）故

5、选：D15.己知数列an满足a1+4a2+7a3+（3n2）an4n，则a2a3+a3a4+a21a22（）ABCD【解答】解：由题意，当n1时，a14当n2时，由a1+4a2+7a3+（3n2）an4n，可得：a1+4a2+7a3+（3n5）an14（n1）两式相减，可得（3n2）an4，a14也适合上式，又，故选：C16. 设函数f（x）ex（sinxcosx），（0x2018）则函数f（x）的各极小值之和为（）ABCD【解答】解：函数f（x）ex（sinxcosx），f（x）（ex）（sinxcosx）+ex（sinxcosx）2exsinx，x（2k+，2k+2）时，f（x）0，x（2

6、k+2，2k+3）时，f（x）0，x（2k+，2k+2）时原函数递减，x（2k+2，2k+3）时，函数f（x）递增，故当x2k+2时，f（x）取极小值，其极小值为f（2k+2）e2k+2sin（2k+2）cos（2k+2）e2k+2（01）e2k+2，又0x2018，函数f（x）的各极小值之和Se2e4e6e2012e2016故选：B17已知正项数列an的前n项和为Sn，a11，且6Snan2+3an+2若对于任意实数a2，2不等式恒成立，则实数t的取值范围为（）A（，22，+）B（，21，+）C（，12，+）D2，2【解答】解：由6Snan2+3an+2，当n1时，6a1a12+3a1+2解

7、得a12，当n2时，6Sn1an12+3an1+2，两式相减得6anan2+3an（an12+3an1），整理得（an+an1）（anan13）0，由an0，所以an+an10，所以anan13，所以数列an是以2为首项，3为公差的等差数列，所以an+12+3（n+11）3n+2，所以33，因此原不等式转化为2t2+at13对于任意的a2，2，nN*恒成立，化为：2t2+at40，设f（a）2t2+at4，a2，2，可得f（2）0且f（2）0，即有，即，可得t2或t2，则实数t的取值范围是（，22，+）故选：A18. 设函数f（x）xlnx，g（x），给定下列命题不等式g（x）0的解集为（）；

8、函数g（x）在（0，e）单调递增，在（e，+）单调递减；x时，总有f（x）g（x）恒成立；若函数F（x）f（x）ax2有两个极值点，则实数a（0，1）则正确的命题的个数为（）A1B2C3D4【解答】解：函数f（x）xlnx，f（x）lnx+1，则g（x），g（x），对于，g（x）0即0，lnx+10，即x故正确，对于，g（x），当x（0，1）时，g（x）0，g（x）递增，故错误，对于，当x，1时，若f（x）g（x），则f（x）g（x）0，即xlnx0，即x2lnxlnx10，令F（x）x2lnxlnx1，则F（x）2xlnx+x，F（x）2lnx+2+，当x，1时，F（x）0，则F（x）递增，

9、F（1）0+110，则F（x）0，F（x）递减，F（）0，故f（x）g（x）0，f（x）g（x），故正确，对于，若函数F（x）f（x）ax2有2个极值点，则F（x）f（x）2ax有2个零点，即lnx+12ax0，2a，令G（x），则G（x），G（x）在（0，1）递增，在（1，+）递减，G（1）1，即2a（0，1），a（0，），故错误，综上，只有正确，故选：B二、填空题（每小题5分,共15分）19.(1) 已知，且，则的最大值为_【答案】【详解】解析：化为，即，解得：，所以，的最大值为故答案为(2) 已知数列满足则的最小值为_.【答案】【详解】解：an+1an2n，当n2时，an（anan1）+

10、（an1an2）+（a2a1）+a121+2+（n1）+33n2n+33且对n1也适合，所以ann2n+33从而设f（n），令f（n），则f（n）在上是单调递增，在上是递减的，因为nN+，所以当n5或6时f（n）有最小值又因为，所以的最小值为故答案为 (3) 有一边长为30cm的正方形铁皮，把它的四个角各切去一个大小相同的正方形，然后折起，做成一个无盖的长方体容器，按要求长方体的高不小于4cm且不大于10cm，长方体的最大体积为_【解答】解：设切去的小正方形边长为xcm，4x10，则长方体的体积为：V（x）（302x）2x4（x330x2+225x），4x10；V（x）12（x5）（x15），

11、4x10；4x5时，V（x）0，5x10时，V（x）0；x5时，V（x）取最大值2000；即长方体的最大体积为2000cm3三、解答题20. 已知分别为的三内角A，B，C的对边，其面积，在等差数列中，公差数列的前n项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和（1）SacsinBac，ac4，又，b2，从而,故可得：，2+2（n1）2n；4分，当n1时，当n2时，两式相减，得，（n2）数列为等比数列，8分（2）由（1）得， +121+221+321+，2122+223+324+n2n+1，121+（22+23+2n）n2n+1， 即：（1-n）2n+1-2，（n1）2n+1+2.

12、 12分21.如图，四边形ABCD是矩形，平面MCD平面ABCD，且MCMDCD4，BC4，N为BC中点（1）求证：ANMN；（2）求二面角AMNC的大小【解答】解：（1）证明：取CD的中点O，连接OA，OM，ON，MCMD，O为CD中点，MOCD，又平面MCD平面BCD，MO平面MCD，MO平面ABCD，则MO2，ON2，OA6，MN2MO2+ON224，AN2BN2+AB224，AM2MO2+OA248，MN2+AN2AM2，ANMN7分（2）解：如图，以O为原点，OM，OC所在直线分别为x轴、y轴，CD的垂直平分线所在直线为z轴，建立空间直角坐标系则A（0，2，），C（0，2，0），M（

13、2，0，0），N（0，2，2），（2，2，2），（2，2，4），（2，2，0）9分设平面AMN的法向量为（x，y，z），由，令z2，可得（）11分同理可得平面MNC的一个法向量为（1，0）13分cos14分由图可知二面角AMNC为钝角，故二面AMNC的大小为13515分声明：试题解析有，未经书面同意，不得复制发布22. .已知函数（1）证明：有唯一的零点；（2）当时，函数有零点，记的最大值为，证明：【详解】证明：（1）由题意得，易知单调递减，且，所以在上单调递减，4分，所以在上有唯一的零点.6分（2），由（1）可知在上有唯一的零点.且在上单调递增，在上单调递减，. 9分下证，一方面，11分另一方面，欲证，又，所以只需要证明，记，由前面可知在上单调递减，所以，证毕. 15分