2021河北省正定中学高三上学期第四次月考数学试题含答案

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河北正定中学高三第四次月考试卷数 学(考试时间:120分钟 分值:150分) 一、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．设集合，2，3，，，则（ ）A．，2，3， B．， C．，3， D．2．已知复数，则（ ）A． B．3 C． D．53．在等比数列中，是方程的两根，则（ ）A．1 B． C． D．-14．如图所示，，分别是的边，上的点，且，，则向量（ ）．A． B． C． D．5．设，，若，则的最小值为（ ）A． B．6 C． D．6.已知函数，其图象与直线y=3相邻两个交点的距离为，若f(x)>1对任意恒成立，则的取值范围为（ ）A． B． C． D．7．如图所示，在正方体中，点是棱的中点，点是平面内的动点，若直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，则点的轨迹是（ ）A．圆 B．椭圆 C．直线 D．射线8．已知，不等式对任意的实数都成立，则实数的最小值为（ ）A． B． C． D．二、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，部分选对的得3分.9．已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）A． B．为的最小值C． D．使得成立的的最大值为3310．如图，是以为直径的圆上一段圆弧，是以为直径的圆上一段圆弧，是以为直径的圆上一段圆弧，三段弧构成曲线.则下面说法正确的是( )A．曲线与轴围成的面积等于B．与的公切线方程为：C．所在圆与所在圆的交点弦方程为：D．用直线截所在的圆，所得的弦长为11．设，，则下列结论正确的是（ ）A． B． C． D．12．一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”.下列结论正确的是（ ）A．若为的“跟随区间”，则B．函数存在“跟随区间”C．若函数存在“跟随区间”，则D．二次函数存在“3倍跟随区间”三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知，且为第四象限角，则___________．14．若向量，，，则，的夹角为_________．15．已知双曲线的左、右焦点分别为，设过的直线与的右支相交于两点，且，，则双曲线的离心率是______.16．三棱锥中，、、两两垂直且相等，点为线段上动点，点为平面上动点，且满足，，和所成角，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．现在给出三个条件：①a＝2；②B；③cb.试从中选出两个条件，补充在下面的问题中，问题：在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且满足，_______，_______.求△ABC的面积（选出一种可行的方案解答，若选出多个方案分别解答，则按第一个解答记分）18．已知为数列的前项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.19．已知在四棱锥中，是的中点，为的中点，是等边三角形，平面平面.（1）求证:平面；（2）求二面角的余弦值.20．已知椭圆：（）上的点到的两焦点的距离之和为6，的离心率为．（1）求的标准方程；（2）设坐标原点为，点在上，点满足，且直线，的斜率之积为，证明：为定值．21．已知函数有两个零点，且，（1）求的取值范围；（2）证明：.22．新冠抗疫期间，某大学应用数学专业的学生希望通过将所学的知识应用新冠抗疫，决定应用数学实验的方式探索新冠的传染和防控.实验设计如下：在不透明的小盒中放有大小质地相同的个黑球和个红球，从中随机取一球，若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则黑球替换该红球重新放回小盒中，此模型可以解释为“安全模型”，即若发现一个新冠患者，则移出将其隔离进行诊治.(注：考虑样本容量足够大和治愈率的可能性，用黑球代替红球)(1)记在第次时，刚好抽到第二个红球，试用表示恰好第次抽到第二个红球的概率；(2)数学实验的方式约定：若抽到第个红球则停止抽球，且无论第次是否能够抽到红球或第二个红球，当进行到第次时，即停止抽球；记停止抽球时已抽球总次数为，求的数学期望.(精确到小数点后位)参考数据：，，，.参考答案1．C【详解】，2，3，，，，3，，故选：C.2．D【详解】，所以，故选：D3．B【详解】由题得,由题得，因为等比数列的偶数项同号，所以，所以.故选：B.4．C【详解】因为，，所以.故选：C.5．C【详解】，，，由可得，所以，，当且仅当时，等号成立.因此，的最小值为.故选：C.6.A【详解】∵函数f(x)=2sin(ωx+φ)+1(ω>0，|φ|<)，其图象与直线y=3相邻两个交点的距离为，∴，∴ ω=3.若f(x)>1对任意恒成立，则时，sin(3x+φ)>0恒成立，由sin(3x+φ)>0得，，即，，所以，所以，求得，又，所以，故选：A.7．A【详解】由图可知为直线与平面所成的角，直线与平面所成的角,则又因为点是棱的中点，则由于四边形为正方形，则以为原点，、所在直线为，轴，为轴正方向,为轴正方向，建立平面直角坐标系.设，正方体的边长为6，则 由，则 化简可得：，所以点轨迹为圆心半径为4的圆，故选：A.8．B【详解】不等式变形为 ，即，设，则不等式对任意的实数恒成立，等价于对任意恒成立，，则在上单调递增， ，即对任意恒成立，恒成立，即，令 ，则 ，当时，，在上单调递减，当时， ，在上单调递增，时，取得最小值 ， ，即，的最小值是.故选：B9．AC【详解】,,对于也成立，所以，故A正确；当时，,当n=17时,当时，,只有最大值，没有最小值，故B错误；因为当时，,∴，故C正确；因为，，所以满足条件的的最大值为32，,故D错误.故选：AC.10．BC【详解】各段圆弧所在圆方程分别为：：，：，：，曲线与x轴围成的图形为一个半圆、一个矩形和两个圆，面积为，故选项A错误；设与的公切线方程为：，则，解得，所以与的公切线方程为：，即，故选项B正确；由及两式相减得：即为交点弦所在直线方程，故选项C正确；所在圆的方程为，圆心为，圆心到直线的距离为，则弦长为，故选项D错误.故选：BC.ABD【详解】因为，，所以，，所以A正确；因为，即，又，所以，B正确；又，，所以，从而，C错误；又，可知D正确.综上，A，B，D正确，C错误.故选：ABD12．ABD【详解】对A, 若为的跟随区间,因为在区间为增函数,故其值域为,根据题意有,解得或,因为故.故A正确；对B,因为函数在区间与上均为减函数,故若存在跟随区间则有,解得：.故存在, B正确.对C, 若函数存在跟随区间,因为为减函数,故由跟随区间的定义可知,即,因为,所以.易得.所以,令代入化简可得,同理也满足,即在区间上有两根不相等的实数根.故,解得,故C不正确.对D,若存在“3倍跟随区间”,则可设定义域为,值域为.当时,易得在区间上单调递增,此时易得为方程的两根,求解得或.故存在定义域,使得值域为.故D正确.故选：ABD.13．【详解】由已知，又为第四象限角，∴，∴．故答案为：．14．（或0）【详解】设向量，的夹角为（），，∴，∴，∴，又，，∴，∴，∴，故答案为：0°（或0）．15．【详解】如图：设的中点为，连接，，因为，为的中点，所以，由，得，所以，在中，，，所以，在中，，因为，，所以，整理可得：，即，所以，即，所以或（舍），所以离心率，故答案为：16．【详解】如图所示,根据已知可设，，，，，，，，令，则，此时，符合条件.故答案为：.17．选①③；S△ABC【详解】如选①③，因为，由正弦定理可得，2sinBcosA(sinCcosA+sinAcosC)sinB，因为sinB≠0，所以cosA，又因为a＝2，c，由余弦定理可得，，解得，b＝2，c＝2，故S△ABC.18．（1）；（2）.【详解】（1）当时，，∴当时，因为①所以②，①－②得，∴.所以数列是首项为，公比为的等比数列.∴.由（1）得，∴.19．（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）证明:取的中点为，连结，因为，，四边形与四边形均为菱形，为中点，平面平面平面（2）取的中点为，以为空间坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设则，，设平面的-法向量.由则.设平面的一法向量，由，则.二面角的平面角的余弦值为.20．（1）；（2）证明见解析.【详解】（1）因为椭圆：（）上的点到的两焦点的距离之和为6，所以，解得，又的离心率为，所以，，又，所以，所以的标准方程为；（2）设，当直线的斜率不存在时，，因为直线，的斜率之积为，所以，即，又，在椭圆上，所以，．因为，所以；当直线的斜率存在时，设直线的方程为（），联立方程得消去，得，，设，则，．因为直线，的斜率之积为，所以，即，得，满足．因为，所以．综上，为定值．（1）；（2）证明见解析【详解】解：（1）令，，令， ，当与相切时，如图所示：设切点为，则，，，即切点坐标是，把代，解得：，若有两个零点，即，有个交点，只需即可，即，的范围是；（2）由题意知：，，即，，①，即②要证成立，即证成立，即证，由①知：即证，即证，又由②知：即证，即证，即证，令，则，即证，设，，，在上单调递减，，即成立，故得证.22．（1）；（2）8.6.【详解】(1)若第（）次是第一次取到红球，第次是第二次取到红球，则对应地有：，则第次取球时个红球都被取出的所有可能情况的概率和为：利用等比数列求和公式即可得：(2)由题意可知，的可能取值依次是，，…，，，特别地，当时，对应的由参考数据可得：对应的数学期望为：由参考数据可得：