河北省正定中学2021届高三上学期第二次月考数学试题+Word版含答案

这是一份河北省正定中学2021届高三上学期第二次月考数学试题+Word版含答案，共11页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0，考试结束后，只将答题卡交回，棣莫弗定理等内容，欢迎下载使用。
河北定中学/河北正定实验中学高三第二次月考试卷数  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.集合，集合，则与的关系是（   ）   A．   B．   C．  D．2.设函数，则的值为（   ）A.                 B.                  C.                D. 3.已知，若向量是与方向相同的单位向量，则（）A.      B.     C.   D.4.已知,则的值为(    )A.                B.                C.             D. 5.棣莫弗定理：若两个复数，则，已知，则的值为(    )A.    B.    C.     D. 6．已知函数，点和是函数图像的相邻的两个对称中心，且函数在区间内单调递减，则（    ）A． B． C． D．7．已知是双曲线上的三个点，经过原点，经过右焦点，若且，则该双曲线的离心率是（   ）A． B． C． D．8．如图，矩形，矩形，正方形两两垂直，且，若线段上存在点使得，则边长度的最小值为  　　A．4 B．   C．2  D．二、多项选择题：本题共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，有选错的得0分，部分选对得3分.9.如图，正的中线与中位线相交于，已知是绕旋转过程中的一个图形，则（  ）A.动点在平面上的射影在线段上B.恒有平面;C.三棱锥的体积有最大值;D..异面直线与不可能垂直.已知，则下列结论正确的是(   )A.  B.  C.  D .若，则11.已知数列{an}，a1＝1，a2＝5，在平面四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点E，且，当时，恒有,则（　　）A．数列为等差数列  B． C．数列为等比数列 D．12．已知函数，下述结论正确的是（    ）A．存在唯一极值点，且B．存在实数，使得C．方程有且仅有两个实数根，且两根互为倒数D．当时，函数与的图象有两个交点三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若命题“使得”为假命题，则实数的取值范围是      14.已知、满足,若使得取最大值的点有无数个,则的值等于.15．已知圆和圆只有一条公切线，若且，则的最小值为__________________．16．数列的递推公式为（），可以求得这个数列中的每一项都是奇数，则__________；研究发现，该数列中的奇数都会重复出现，那么第8个3是该数列的第________项.四、解答题：本题共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）已知为等差数列，且.（Ⅰ）求数列的通项公式及其前项和；（Ⅱ）若数列满足求数列的通项公式.18. （本小题满分12分）在①,②周长为，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并加以解答.已知中，分别为内角的对边，，              ，求的面积.19.（本小题满分12分）在某校组织的一次篮球定点投篮比赛中，两人一对一比赛规则如下：若某人某次投篮命中，则由他继续投篮，否则由对方接替投篮. 现由甲、乙两人进行一对一投篮比赛，甲和乙每次投篮命中的概率分别是，.两人共投篮3次，且第一次由甲开始投篮. 假设每人每次投篮命中与否均互不影响.（Ⅰ）求3次投篮的人依次是甲、甲、乙的概率；（Ⅱ）若投篮命中一次得1分，否则得0分. 用ξ表示甲的总得分，求ξ的分布列和数学期望．20．（本小题满分12分）如图甲所示，是梯形的高，，将梯形沿折起得到如图乙所示的四棱锥，使得．（1）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由；（2）点是线段上一动点，当直线与所成的角最小时，求平面与平面的夹角的余弦值．21．（本小题满分12分）已知直线过椭圆的右焦点，抛物线的焦点为椭圆的上顶点，且交椭圆于两点，点在直线上的射影依次为．（1）求椭圆的方程；（2）当变化时，直线与是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．22．（本小题满分12分）已知函数(为自然对数的底数).(Ⅰ)求函数的单调区间；(Ⅱ)若，，试求函数极小值的最大值.参考答案1--5.BCDAB6．A【解析】点和是函数图像的相邻的两个对称中心且正切函数图像相邻两个对称中心的距离，函数的最小正周期，即，解得.又在区间内单调递减，，.由，，得，.，当时，；当时，.①当时，，由，，得，，即函数的单调递减区间为，.当时，函数的单调递减区间为，满足条件.②当时，.由，，得，，即函数的单调递减区间为，，当，时，函数单调递减区间分别为，，不符合题意，故舍去.综上所述，.故选：A.7．B【解析】设左焦点为，  ，连接 则 ， ， ， 因为，且经过原点所以四边形 为矩形,在Rt△中， ，代入 ,化简得 所以在Rt△中，，代入 化简得 ，即 所以选B8.【答案】D【解析】以DA，DC，DF为坐标轴建立空间坐标系，如图所示：设，则,即.又，所以.,显然且.所以.因为，所以.所以当，取得最小值12.所以的最小值为.故选D.9.ABC  10.AC  11.BD12．ACD【解析】对进行求导可得：，显然为减函数，，,故存在，使得，并且，，为增函数， ， ，为减函数，故为极大值点，所以A正确；所以，可得：，因为，所以，故B错误，若是的一解，即，则，故和都是的解，故C正确，由，可得，令，，令 ，因为，所以，故为减函数，而，所以当，，即，为增函数，，即，为减函数，所以，故当，有两个解，故D正确.故选：ACD.   14.15.【答案】9【解析】由题意可得两圆相内切，两圆的标准方程分别为，，所以圆心坐标分别为，半径分别为2和1，故有=1，∴，∴+=，当且仅当=，即时，等号成立，∴+的最小值为9，故答案为：916.【答案】        【解析】由题得：这个数列各项的值分别为1，1，3，1，5，3，7，1，9，5，11，3…∴．又因为即项的值为3时，下角码是首项为3，公比为2的等比数列．所以第8个3是该数列的第3×28﹣1=384项．故答案为18，384．17.（1）设等差数列的首项与公差分别为和，则，所以，.（2）①，②，①②可得：，，18.解析：因为，由正弦定理可得由余弦定理可得，选①由正弦定理,可得由余弦定理，代入可得，解得，选②因为周长为且，可得，由余弦定理，则可得，选③因为，由余弦定理，则可得，19.（Ⅰ）解：记 “3次投篮的人依次是甲、甲、乙” 为事件A.由题意， 得．答：3次投篮的人依次是甲、甲、乙的概率是．     （Ⅱ）解：由题意，ξ的可能取值为0，1，2，3，则，，，．所以，的分布列为：0[来源:学*科*网Z*X*X*K]123P的数学期望.      20．【解析】（1）存在点，使得平面，此时，理由如下:依题，，，，即，所以，因为，平面，平面，,所以平面，所以，所以，过作交于，作交于，连接，因为，，,所以，所以，而，所以有,，平面，平面，所以平面,，平面，平面，所以平面,平面，，所以平面平面，而平面所以平面.故存在点，使得平面，此时（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.，，，，设，,即，所以，，,设直线与所成角为则,令，则，,令，则，，当时，取最大值，此时直线与所成的角最小.此时.所以，又因为，，,所以，，,设平面法向量分别为,则，即,取得平面的法向量为，设平面法向量为,则，即,取得平面法向量为,所以，由图可知，二面角为钝二面角，则其余弦值为.21．【解析】（1）∵过椭圆C的右焦点F，∴右焦点，即，又∵的焦点为椭圆C的上顶点，∴，即，，∴椭圆C的方程；（2）当时，直线轴，则ABED为矩形，易知AE与BD是相交于点，猜想AE与BD相交于点，证明如下：由得，，设，，则，，∵，，∴，即A、N、E三点共线．同理可得B、N、D三点共线，则猜想成立，即当m变化时，AE与BD相交于定点．22．【解析】(Ⅰ)易知，且.令，则，∴函数在上单调递增，且.可知，当时，，单调递减；当时，，单调递增.∴函数的单调递减区间是，单调递增区间是. (Ⅱ)∵，∴.由(Ⅰ)知，在上单调递增，当时，；当时，，则有唯一解.可知，当时，，单调递减；当时，，单调递增，∴函数在处取得极小值，且满足.∴.令，则.可知，当时，，单调递增；当时，，单调递减，∴.∴函数极小值的最大值为1.