甘肃省天水市一中2020届高三数学上学期第四次考试试题 文.doc

甘肃省天水市一中2020届高三数学上学期第四次考试试题 文一、选择题(每题5分，共60分)1设集合，则（ ）abcd2以下四个命题：“若，则”的逆否命题为真命题“”是“函数在区间上为增函数”的充分不必要条件若为假命题，则，均为假命题对于命题：，则为：，其中真命题的个数是（ ）a1个b2个c3个d4个3已知，则，的大小关系是abcd4函数f(x)=asin(x+)，（a，0，|）的部分图象如图，则f(x)=（ ）a bc d5已知f1、f2为椭圆的两个焦点，过f1的直线交椭圆于a，b两点，若，则|ab|= ( )a6b7c5d86定义在上的奇函数满足：当时，则函数的零点的个数是( )abcd7在abc中，内角a，b，c的对边分别为a，b，c，其中b=1，=，若a=2b，则abc的周长为（ ）a3b4cd8已知，若不等式恒成立，则的最大值为（ ）a9b12c16d209某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的各个侧面中最大的侧面的面积为（ ）a b c d10函数的图像大致是（ ）a b c d11已知双曲线的左、右焦点分别为，若双曲线的左支上存在一点，使得与双曲线的一条渐近线垂直于点，且，则此双曲线的离心率为（ ）abcd12定义在上的函数满足，则关于的不等式 的解集为()abcd二、填空题(每题5分，共20分)13已知向量，则|_.14已知实数，满足不等式组且的最大值为_15已知直线：是圆的对称轴.过点作圆的一条切线，切点为，则 .16若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则_三、解答题（共70分）17(本小题满分12分)已知等差数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.18(本小题满分12分)已知向量，.（1）求函数的最小正周期及单调递减区间；（2）记的内角的对边分别为.若，求的值19(本小题满分12分)如图，是平行四边形，平面，.（1）求证：平面；（2）求四面体的体积.20(本小题满分12分)已知抛物线，过其焦点的直线与抛物线相交于、两点，满足.（1）求抛物线的方程；（2）已知点的坐标为，记直线、的斜率分别为，求的最小值.21(本小题满分12分)已知函数（其中a是实数）（1）求的单调区间； （2）若设，且有两个极值点 ，求取值范围（其中e为自然对数的底数）22(本小题满分10分）在直角坐标系中，直线，圆，以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系.（1）求，的极坐标方程；（2）若直线的极坐标方程，设与的交点为，求的面积.23(本小题满分10分)设函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求实数m的取值范围文科答案1、 选择题bcbadcdcbdda2、 填空题13. 3 14. 6 15. 6 16. 1或3、 解答题17.（1）由题得，解之得，所以，所以数列的通项公式为.（2）由题得，所以数列的前项和，所以.18.（1）由题意，向量，所以，因为，所以函数的最小正周期为，令，解得，所以函数的单调递减区间为（2）由（1）函数的解析式为，可得，解得，又由，根据正弦定理，可得，因为，所以，所以为锐角，所以，由余弦定理可得，可得，即，解得或19.（1）证明：，平面，平面平面.同理可证平面. ，平面平面.平面，平面（2）平面，即，在中，故四面体的体积为20.（1）因为直线过焦点，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，消去得，所以有，因此，抛物线的方程；（2）由（1）知抛物线的焦点坐示为，设直线的方程为，联立抛物线的方程，所以，则有，因此.因此，当且仅当时，有最小值.21.（1） (其中是实数)，的定义域，令，=-16,对称轴，当=-160，即-4时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间，当=-160,即或若，则恒成立， 的单调递增区间为，无单调递减区间。若4，令，得=，=，当(0,)(,+时，当（）时，的单调递增区间为（0，），（），单调递减区间为（）综上所述当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，当时，的单调递增区间为（0，）和（），单调递减区间为（）(2)由(1)知，若有两个极值点，则4，且，又，又，解得， 令， 则恒成立在单调递减，即故的取值范围为22.（1）的极坐标方程为.由的直角坐标方程，展开得，的极坐标方程为.（2）将代入，得，解得，即.由于的半径为