南康中学2018～2019学年度第一学期高三第四次大考
数学（理科）试卷
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，只有一项是符合题目要求的)
1、已知函数的定义域为集合，集合，则
为（ ）
A. B. C. D.
2、，当复数Z=的模长最小时，的虚部为( )
A. B. C. D.
3、已知则等于（ ）
A. B. C. D.
4、小正方形按照下图中的规律排列，每个图形中的小正方形的个数构成数列，有以下结论:①；②是一个等差数列；③数列是一个等比数列；④数列的递推公式其中正确的是（ ）
A. ①②④ B. ①③④ C. ①② D. ①④
5、已知函数,若要得到一个奇函数的图象，则可以将函数的图象( )
A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度
6、已知满足不等式组则的最小值为（ ）
7、已知 ，猜想的表达式为（ ）.
A. B. C. D.
8、如果函数的图像与轴交与点，过点的直线交的图像于两点，则（ ）
9、如图，与都是等腰直角三角形，且.平面，如果以平面为水平平面，正视图的观察方向与垂直，则三棱锥的三视图的面积和为（ ）
A．4+ B．4+2 C．4+2 D.4+
10、若且,则的最小值为( )
A．-1 B．+1 C．2+2 D．2-2
11、若数列，的通项公式分别为，，且，对任意恒成立，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
12、把函数的图象向右平移一个单位，所得图象与函数的图象关于直线对称；已知偶函数满足，当时，
；若函数有五个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卷上)
13、由曲线及直线围成的曲边梯形绕轴旋转一周所得几何体体积为 .
14、已知命题“，使”是假命题，则实数的取值范围是 ．
15、长方形中，,将沿折起，使二面角大小为，则四面体的外接球的表面积为________
16、已知中，角所对的边分别是且，有以下四个命题：
①的面积的最大值为40；
②满足条件的不可能是直角三角形；
③当时，的周长为15；
④当时，若为的内心，则的面积为.
其中正确命题有__________（填写出所有正确命题的序号）．
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)
17、（本小题满分10分）已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和.
18、（本小题满分12分）已知的内角的对边分别为，
若向量，且.
（1）求角的值；
（2）已知的外接圆半径为，求周长的取值范围.
19、（本小题满分12分）如图，在三棱柱中，已知侧面，
，，，点在棱上.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）试确定点的位置，使得二面角的余弦值为．
20、（本小题满分12分）已知函数是偶函数.
（1）求的值；
（2）若函数的图像与直线没有交点，求的取值范围；
（3）若函数，，是否存在实数，使得最小值为0，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
21、（本小题满分12分）已知是椭圆C：上两点，点的坐标为.
⑴当两点关于轴对称，且为等边三角形时，求的长；
⑵当两点不关于轴对称时，证明：不可能为等边三角形.
22、（本小题满分12分）已知函数，．
（Ⅰ）当时，比较与的大小（注：）；
（Ⅱ）设，若函数在上的最小值为，求的值．
南康中学2018～2019学年度第一学期高三第四次大考
数学（理科）答案
一、选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
A
A
D
C
B
B
D
A
D
C
C
二、填空题
13,; 14,; 15,; 16,③④
16、③④
【解析】①由题，，由余弦定理得：
当且仅当
即取等号，此时 ．
的面积的最大值为24；不正确
②由题，假设是直角三角形，则解得
故可能是直角三角形；②不正确
③当时，有正弦定理 ，结合 由余弦定理可得， 的周长为15；正确；
④当时，若为的内心，则设的内接圆半径为 由可得故 则即 的面积为.正确
故答案为③④.
三、解答题
17、（1）当时，，得当时，有，
所以即，满足时，，
所以是公比为2，首项为1的等比数列，故通项公式为．
（2），
．
18、解：（1）由，得.
由正弦定理，得，
即.在中，由，
得.又，所以.
（2）根据题意，得.由余弦定理，
得，即，
整理得，当且仅当时，取等号，
所以的最大值为4.又，所以，
所以.所以的周长的取值范围为.
19、（Ⅰ）证明：∵BC=，CC1=BB1=2，∠BCC1=，在△BCC1中，由余弦定理，可求得C1B=，∴C1B2+BC2=，即C1B⊥BC．
又AB⊥侧面BCC1B1，故AB⊥BC1，又CB∩AB=B，所以C1B⊥平面ABC；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，BC、BA、BC1两两垂直，以B为空间坐标系的原点，建立如图所示的坐标系，
则B（0，0，0），A（0，2，0），C（，0，0），C1（0，0，），B1（﹣，0，
），
∴=（0，2，﹣），
设，则=+λ=（0，0，﹣）+λ（﹣，0，）=（﹣λ，0，﹣+λ）
设平面AC1E的一个法向量为=（x，y，z），由，得，令z=，取=（，1，），
又平面C1EC的一个法向量为=（0，1，0）
所以cos＜，＞===，解得λ=．
所以当λ=时，二面角A﹣C1E﹣C的余弦值为．
20、解：（1）∵，即对于任意恒成立.∴∴∴
（2）由题意知方程即方程无解.
令，则函数的图象与直线无交点.
∵
任取，且，则，∴
∴，
∴在上是单调减函数.
∵，∴∴的取值范围是
（3）由题意，令，
∵开口向上，对称轴，
当，即，
当，即，（舍去）
当，即，（舍去）
∴存在得最小值为0.
21．解：⑴设A（x0，y0），B（x0，-y0），
因为△MAB为等边三角形，所以|y0|=|x0-1|，又点A（x0， y0）在椭圆上，
所以，消去y0，得3x-2x0-8=0，解得x0=2或x0=-，
当x0=2时，|AB|=；当x0=-时，|AB|=.
⑵根据题意可知，直线AB斜率存在.
设直线AB：y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点为N（x0，y0），联立
，消去y得（2+3k2）x2+6kmx+3m2-9=0，
由△＞0得2m2-9k2-6＜0，① 所以x1+x2=-,y1+y2=k（x1+x2）+2m=, 所以N（-，），又M（1， 0），
假设△MAB为等边三角形，则有MN⊥AB，所以kMN×k=-1，即×k=-1，
化简得3k2+2+km=0，② 由②得m=-，代入①得2-3（3k2+2）＜0，
化简得3k2+4＜0，矛盾，所以原假设不成立， 故△MAB不可能为等边三角形.
22、解：（1），
构造函数，，
当时，，∴在上单调递减．
∴，
故当时，，
即，即．
（2）由题可得，
则，
由得到，设，．
当时，；当时，．
从而在上递减，在上递增．
∴．当时，，即
（或，设，证明亦可得到）．
在上，，，递减；
在上，，，递增．
∴，
∴，解得．
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