2021河北省正定中学高三下学期开学考试数学试题含答案

这是一份2021河北省正定中学高三下学期开学考试数学试题含答案，共18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，【解答】解，25等内容，欢迎下载使用。
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0501001502000.250.30.290.120.04（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．  1618