的动点，D 是线段 BC 的中点。 (1)证明：AD 丄 C1E；
1
(2)若 AB = 2, AA1= 3 2 ,且直线 AC、C1E 所成角的余弦值为 2 , 试指出点 E 在线段 BB1 上的位置，并求三棱锥 B1-A1DE 的体积.
21．(12 分)
f (x) ln x 1 x2 (m 1)x m 1
= ，当且仅当 α=2β= 时取等号．（10 分）
一、选择题：
银川一中 2020 届高三年级第三次月考（文科）答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 11 12
A
B
C
C
A
C
D
C
D
A
C
C
二、填空题：
13. 2x-y-2=0
14. 7
15.
an
4(n 1) 2n 1(n
2)
三、简答题： 17、解： (1)证明 连接 OE，如图所示．
A．-5
B．5
C．1
D．-1
6．甲、乙、丙三人参加银川一中招聘老师面试，最终只有一人能够被银川一中录用，得到
面试结果后，甲说：“丙被录用了”；乙说：“甲被录用了”；丙说：“我没被录用”。若
这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是
A．丙被录用了 B．乙被录用了 C．甲被录用了 D．无法确定谁被录用了
②异面直线 DF 与 B1C 所成的角为 600；
④
VF CDB1
1 12
A． 0
B．1
C．2
D．3
11．已知函数
f
x 在
x
0
上可导且满足
f
x
f
x
0
，则下列一定成立的为
A． e2 f (2) e3 f (3)
e2 f 3 e3 f 2
B．
e3 f 2 e2 f 3
C．
e2 f 2 e3 f 3
f x x 1 5 2x2 5x 2 0
即
x 2 ，令
x2
2x
，解得
0
x
1 2
或
x
2
．
f x 2x2 5x 2 0
1 x2
令
2x
，解得 2
,
所以
f
x 在
0,
1 2
2,
和
上单调递增，在
1 2
,
2
上单调递减．
f x x 1 m 1
（2）由
x
，
当m
1时，
f
x
0
，则
AD BD sin B sin BAD,
sin BAD BD sin B 1 ,0 BAD ,BAD ,
AD 2
3
6
ADB 2 ,ABD是等腰三角形 3 66
2由知1, AB=BD=1, ADC 5在,中,ACD
6
AC2 AD2 CD2 2ADCDcos 5 6
解得
m
m
10 3 26 5
m 26
26
所以
5 ，则 m 的最大值为 5 ．
f x lnx 1 x2 m 1x m 1 (x 0)
21．【详解】（1）由题意，函数
2
2
，
f x x 1 m 1
则
x
，
因为
x
2 是函数
f
x 的极值点，所以
f
2
2
1 2
m
1
0
，故
m
3 2
，
f x x 1 5
已知函数
2
2．
（1）设 x 2 是函数 f (x) 的极值点，求 m 的值，并求 f (x) 的单调区间； （2）若对任意的 x (1, ) ， f (x) 0 恒成立，求 m 的取值范围．
(二)选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 两题中任选一题做答，如果多做．则按所做的第 一题记分. 22．[选修 4－4：坐标系与参数方程]
综上， m 1．
22．(1)曲线 C 的普通方程为 (x 1)2 y2 1 ，极坐标方程为 2 cos ------4 分
(2)设
P( 1 ,1 )
，则有
2 cos
3
解得
1
1,1
3
-------6 分
设
Q(2
,2
)
，则有
2
sin(
)
3
3
3
3
解得
2
3,2
3
--------8
19．（12 分）
B
如图所示，在 ΔABC 中，
2 3
， BD BC0 1， AD
3BD
3 ， AC
13
（1）求证：ΔABD 是等腰三角形;
（2）求 的值以及 ABC 的面积.
20．（12 分）
如图，在三棱柱 ABC—A1B1C1 中，∠BAC= 900 ，AA1 丄平面 ABC，AB=AC，E 是线段 BB1 上
在平面直角坐标系
xOy
中，曲线
C
的参数方程
x y
1 sin
cos
（
为参数）．以
O
为极点，
x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线 C 的极坐标方程；
（2）若直线 l 的极坐标方程是 2 sin( ) 3 3 ，射线 OM : 与曲线 C 的交点
3
3
为 O, P ，与直线 l 的交点为 Q ，求线段 PQ 的长．
B． 若m则 , n , m n
C． 若则 m, n m, n
D．若 m , m ，则 m //
10．在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E，F 分别是侧面 AA1D1D 与底面 ABCD 的中心， 则下列说法错误的个数为
①DF∥平面 D1EB1； ③ED1 与平面 B1DC 垂直;
f
x 1,
在
上单调递增，
又
f
1
0
lnx
，所以
1 2
x2
m
1 x
m
1 2
0
恒成立；
当m
1时，易知
f
x
x
1 x
m
1在 1, 上单调递增，
故存在
x0
1, ，使得
f
x0
0
，
所以 f x在 1, x0 上单调递减，在 x0, 上单调递增，
又
f
1
0
，则
f
x0
0
，这与
f
x
0
恒成立矛盾．
在正方形 ABCD 中，BD⊥AC，又∵PO∩AC＝O，∴BD⊥面 PAC．
又∵BD⊂面 BDE，∴面 PAC⊥面 BDE．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12 分
18．试题解析：（1）
an1 an
1 4
,∴数列{an }是首项为
1 4
，公比为
1 4
的等比数列，
∴ an
(1 )n (n N*) ． 4
因为 bn
3log 1
4
an
2 ，所以 bn
3
log
1 4
(
1 4
)
n
2
3n 2 ．
（2）由（1）知， an
(
1 4
)n
,
bn
3n 2 ,
所以 cn
(3n 2) ( 1 )n , 4
所以 Sn
1
1 4
4
(1)2 4
7
( 1 )3 4
(3n
5)
1 )n1 4
(3n
2)
( 1 )n , 4
h(t) t2 (2 m)t 2 m ，是关于 t 的二次函数，开口向上 则 h(t)max 0 恒成立 而 h(t) 的最大值，在 t 4 或 t 2 时取到最大值
h(2) 0 4 (2 m)(2) 2 m 0 则 h(4) 0 ， 16 (2 m)(4) 2 m 0 ，
分
所以 PQ 2 ． --10 分
23．（I）解：∵|x﹣m|+|x|≥|x﹣m﹣x|=|m|， ∴要使|x﹣m|+|x|＜2 有解，则|m|＜2，解得﹣2＜m＜2． ∵m∈N*，∴m=1．（5 分） （II）证明：α，β＞0，f（α）+f（β）=2α﹣1+2β﹣1=2， ∴α+β=2．
∴
+
=
=
≥
[1 4 7 (3n 5) (3n 2)] [ 1 ( 1 )2 ( 1 )3 1 )n1 ( 1 )n ]
44 4
4
4
n(1
3n
2)
1 [1 4
(1)n ] 4
3n 2
n
1
1
(1)n
．
2
1 1
2 334
4
19[解析]
1证明: 在中A,BDAD=
3, B由D 正 1弦, 定理
13 3 CD2 2
3 CD
3 2
CD2 3CD 10 0, 解得C舍D去), 5( CD=2
BC=BD+CD=3, =1 . 3
SABC
1 AB BC sin B 1 1 3
2
2
3 3 3. 24
20．【详解】
A 1, 1 T 7 T , 2 2, f (x) sin(2x )
16. 4 13
∵O、E 分别为 AC、PC 的中点，∴OE∥PA.
∵OE 面 BDE，PA 面 BDE，
∴PA∥面
BDE............................................6 分