河北省正定中学2021届高三下学期开学考试数学试题+Word版含答案

河北正定中学高三开学考试

数  学

（考试时间：120分钟　分值：150分）

注意事项：

1.答题时，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上。

2.答选择题时，用2B铅笔将答题卡上对应的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。

3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色黑色签字笔把答案写在答题卡规定的位置上。答案如需改正，请先划掉原来的答案，再写上新答案，不准使用涂改液、胶带纸、修正带。

4.考试结束后，只将答题卡交回。

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．已知集合，，集合，则　　

A． B． C． D．

2．为了解疫情防控延迟开学期间全区中小学线上教学的主要开展形式，某课题组面向各学校开展了一次随机调查，并绘制得到如图统计图，则采用“直播录播”方式进行线上教学的学校占比约为　　

A． B． C． D．

3．将两颗骰子各掷一次，设事件“两个点数不相同”， “至少出现一个6点”，则概率等于　　

A．           B．          C．            D．

4．已知正六边形中，点是线段的中点，则　　

A． B． C． D．

5．在中，，，，则的角平分线的长为　　

A． B． C． D．

6．如图，将正方形沿对角线折成直二面角，则以下四个结论中正确的个数为　　

①；

②是等边三角形；

③与所成的角为；

④与平面所成的角为．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

7．过点作抛物线的切线，，切点分别为，，若的重心坐标为，且在抛物线上，则的焦点坐标为　　

A． B． C． D．

8．设，，，则，，的大小关系为　　

A． B． C． D．

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．设复数，则以下结论正确的是　　

A． B． C． D．

10．如图，在正四棱锥中，，，分别是，，的中点，动点在线段上运动时，下列四个结论中恒成立的为　　

A．   B． 

C．面   D．面

11．已知函数为的一个零点，为图象的一条对称轴，且在上有且仅有7个零点，下述结论正确的是　　

A． 

B． 

C．在上有且仅有4个极大值点 

D．在上单调递增

12．设函数由方程确定，关于函数下列结论中错误的是　　

A．存在，，使得成立；

B．，使得且同时成立；

C．对于任意，恒成立；

D．对任意，，都有恒成立．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．已知，，则实数的取值范围是　   　．

14．已知，，且，则的最小值为　    　．

15．在平面直角坐标系中，已知点，，直线，其中实数，，成等差数列，若点在直线上的射影为，则线段的取值范围是　　．

16．意大利数学家斐波那契年年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列”，其通项公式为．设是不等式的正整数解，则的最小值为　    　．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．已知平面四边形如图所示，其中，，．

（1）若，，点为线段的中点，求的值；

（2）若，求的值．

18．已知数列满足：，且．

（1）求、的值，并证明数列为等差数列；

（2）令，求．

19．如图，已知四边形为等腰梯形，为正方形，平面平面，，，

（1）求证：平面平面；

（2）点为线段上一动点，求与平面所成角正弦值的取值范围．

20．每年的3月12日是植树节，某公司为了动员职工积极参加植树造林，在植树节期间开展植树有奖活动，设有甲、乙两个摸奖箱，每位植树者植树每满30棵获得一次甲箱内摸奖机会，植树每满50棵获得一次乙箱内摸奖机会，每箱内各有10个球（这些球除颜色外完全相同），甲箱内有红、黄、黑三种颜色的球，其中个红球，个黄球，5个黑球，乙箱内有4个红球和6个黄球，每次摸一个球后放回原箱，摸得红球奖100元，黄球奖50元，摸得黑球则没有奖金．

（1）经统计，每人的植树棵数服从正态分布，已知共有200位植树者，所有有机会抽奖的人都参与了抽奖，请估计植树的棵数在区间，内并中奖的人数（结果四舍五入取整数）；

附：若，则，．

（2）若，某位植树者获得两次甲箱内摸奖机会，求中奖金额（单位：元）的分布列；

（3）某人植树100棵，有两种摸奖方法，

方法一：三次甲箱内摸奖机会；

方法二：两次乙箱内摸奖机会．

请问：这位植树者选哪一种方法所得奖金的期望值较大．

21．已知函数，其中为常数且．

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）若函数在区间上有且只有一个零点，求实数的取值范围．

22．已知椭圆过点，，其上顶点到直线的距离为2，过点的直线与，轴的交点分别为、，且．

（1）证明：为定值；

（2）如图所示，若，关于原点对称，，关于原点对称，且，求四边形面积的最大值．

高三数学开学考试答案

1.【解答】解：，，．故选：．

2．【解答】解：由条形统计图和扇形统计图得调查学校总数为：，

直播学校占比为：，采用“直播录播”方式进行线上教学的学校占比约为：．故选：．

3．【解答】解：根据条件概率的含义，其含义为在发生的情况下，发生的概率，

即在“至少出现一个6点”的情况下，“两个点数都不相同”的概率，

“至少出现一个6点”的情况数目为，“两个点数都不相同”则只有一个6点，共种，故．故选：．

4．【解答】解：如图所示，，

故选：．

5.【解答】解：如图，在三角形中，设的平分线交于，

由角平分线的性质可知：，由此得．

设，在，中，，

由余弦定理得：，

即，故．所以．故选：．

6.【解答】解作出如图的图象，其中二面角的平面角为，

是的中点，则，，

直二面角的平面角，

对于①，，，，平面，平面，

面，平面，，故①正确；

对于②，设正方形的边长为2，在直角中，，

，是等边三角形，故②正确；

对于③，与平面所成的线面角的平面角是，故与平面成的角不正确，故③错误；对于④，可取中点，的中点，

连接，，，由于，是中位线，可证得其长度为正方形边长的一半，

而是直角三角形的中线，其长度是的一半即正方形边长的一半，

故是等边三角形，由此即可证得与所成的角为，故④正确．

综上知①②④是正确的．故选：．

7.【解答】解：设，，，，由，得，，故直线的方程为

即，同理直线的方程为，联立，的方程可得，，设的重心坐标为，，则，

即所以，则的坐标为，从而，故的焦点坐标为，．

故选：．

8．【解答】解：构造函数，则，

当时，，则在上为增函数，（3），即，，即，则；设，则，当时，，

在上为增函数，则（3），即，则．又．．故选：．

9.【解答】解：，，故错误；

，故正确；，故正确；

，故正确．故选：．

10．【解答】解：如图所示，连接、相交于点，连接，．

由正四棱锥，可得底面，，．

，平面，，，分别是，，的中点，，，而，平面平面，平面，．故正确．

由异面直线的定义可知：与是异面直线，不可能，因此不正确；

平面平面，平面，因此正确．

平面，若平面，则，与相矛盾，因此当与不重合时，与平面不垂直．即不正确．故选：．

11.【解答】解：为图象的一条对称轴，为的一个零点，

，且，，，，

在上有且仅有7个零点，

，即，，

，又，所以，

由得，，即在，上单调递增，在上单调递增，综上，错误，正确，故选：．

12．【解答】解：根据题意，方程，当且时，方程为，

当且时，方程为，即，当且时，方程为，

当且是时，方程为，则函数的图象如图：

对于A，是定义域上的单调减函数，则对于任意的，，，使得成立，A错误；对于B，假设在第一象限，则也在第一象限，此时方程组，而该方程组无解，若在第四象限，则在第二象限，此时方程组，此时方程组也无解，同理：若在第二象限，则在第四象限，此时方程组也无解，

故B不存在，，，使得（a）且（b）同时成立，②错误；

对于C，对于任意，恒成立，即，由函数的图象可知，恒成立，C正确；对于D，当时，此时即，不是恒成立，则D错误，故选：BD．

13．【解答】解：时，不等式化为，满足题意；

时，不等式恒成立，应满足，解得；

综上知，实数的取值范围是，．故答案为：，．

14.【解答】解：，，且，

则，，，

当且仅当且，即，时取等号，则的最小值为5．故答案为：5．

15．【解答】解：直线，其中实数，，成等差数列，

，化为，令，解得，．

直线，恒经过定点．

，

点在以为直径的圆上，其圆心．

圆的方程为：．

．，

线段的取值范围是．

16.【解答】解：因为是不等式的正整数解，

所以，所以，，

，，

令，则数列为斐波那契数列，

，即，不难知道，，，，

使得成立的的最小值为8．故成立的的最小值为8．

17．【解答】解：（1）依题意，，，故为等边三角形，

则，，，

因为，

由余弦定理，，解得；

（2）设，则，在中，，

在中，，由正弦定理，，即，

解得，则．

18．【解答】（1）证明：依题意，由递推公式，可得当时，，即，解得，当时，，即，解得，

由，两边同时乘以，

可得，，数列是以2为首项，1为公差的等差数列，

（2）解：由（1），可得，，，

①当为偶数时，

，

②当为奇数时，

，

．

19．【解答】解：（1）等腰梯形，，由，，，，

所以，，由平面平面，平面平面，

所以平面，又平面，所以平面平面；

（2）根据题意，以为圆心，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，

设，则，0，，，1，，，0，，，0，，

，，

设平面的法向量为，由，

令，，，故，

设与平面的夹角为，

所以，，，

所以当时取最小值，取最大值，

故与平面所成角正弦值的取值范围为．

20．【解答】解：（1）依题意得，，，得，

植树的棵数在区间，内，有一次甲箱内摸奖机会，中奖率为，

植树棵数在区间，内人数约为人，

故中奖的人数约为人．

（2）中奖金额的可能取值为0，50，100，150，200．

；

；

；

；

．

故的分布列为

（3）方法一：，甲箱摸一次所得奖金的期望为，

方法一所得奖金的期望值为；

方法二：乙箱摸一次所得奖金的期望为，

方法二所得奖金的期望值为，的值可能为1，2，3，4，

，这位顾客选方法二所得奖金的期望值较大．

21．【解答】解：（1）方法一：当时，，则，

设，则，

所以在区间上单调递增，

故，

于是在区间上单调递增，

即函数的单调递增区间为，无单调递减区间．

方法二：当时，显然有，

当时，，所以，

故当时，恒有，

即函数的单调递增区间为，无单调递减区间．

（2）由，

得，

①当时，对于，有，，所以，

所以在区间上单调递增，

又，于是在区间上无零点，不合题意．

②当时，令，得，

所以存在唯一的，使得，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

又注意到，

于是：当，即时，在区间上无零点，不合题意；

当，即时，在区间上有且只有一个零点，符合题意．

综上所述，实数的取值范围是．

22．【解答】（1）证明：其上顶点到直线的距离为2，，解得．

又椭圆过点，，，解得．

椭圆的标准方程为：．点在椭圆上，．

设经过点的直线方程为：，可得，．

，，即．

为定值．

（2）解：①，0．由（1）可得：．

，，．．．

联立，化为：，，可得：．

联立，解得，，．

设，．

．

设．．

．

，当且仅当时取等号．

②时，，可得，．

综上可得：的最大值为4．

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