2021河北省正定中学高三上学期第三次月考数学试题含答案

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河北正定中学高三第三次月考试卷数 学一．选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，1-8为单选题，9-12为多选题)1．集合M＝{x|}，N＝{x|}，U＝R，若，则a的取值范围是（　　）A． B． C． D．2．已知命题，，则是　　A．， B．， C．， D．，3．已知复数z＝，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（　　）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．已知，是空间中两条不同直线，是平面，则　　A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则5．张老师、孙老师与三位学生共五人在清华大学数学系楼前排成一排照相，两位老师相邻且都不在两端的排法数是　　A．12 B．24 C．36 D．486．中国的技术领先世界，技术的数学原理之一便是著名的香农公式：．它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道带宽，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比．当信噪比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计．按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至8000，则大约增加了　　A． B． C． D．7．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，且，则异面直线与所成角的余弦值为　　A． B． C． D．8．已知函数，则不等式的解集是　　A． B． C． D．，，9．（多选题）已知，，且，则　　A． B． C． D．10．（多选题）已知函数（　　）A．为的周期 B．对于任意，函数都满足C．函数在上单调递减 D．的最小值为11．（多选题）已知为坐标原点，，是抛物线上的一点，为其焦点，若与双曲线的右焦点重合，则下列说法正确的有（ ）A．若，则点的横坐标为4B．该抛物线的准线被双曲线所截的线段长度为 C．若外接圆与抛物线的准线相切，则该圆面积为D．周长的最小值为12.（多选题）已知，则　　A．的零点个数为4 B．的极值点个数为3个 C．轴为曲线的切线 D．若，则二．填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知，都是单位向量，满足，则 　．14．若变量，满足约束条件则的最小值为　 　．15．设等差数列的前项和为，，，．其中且，则数列的前项和的最大值为　 　．16．已知只有一个极值点，则实数的取值范围为　 　．三．解答题（本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（本小题满分10分）在①，，成等比数列，且；②，且这两个条件中任选一个填入下面的横线上并解答．已知数列是公差不为的等差数列，，其前项和为，数列的前项和为，若_____．（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和．18．（本小题满分12分）已知中，内角，，的对边分别为，，，，．（1）求；（2）若点与点在两侧，且满足，，求四边形面积的最大值．19．（本小题满分12分）如图所示，在三棱柱中，侧面是矩形，，，是的中点，与交于，且面．（1）求证：；（2）若，求二面角的正弦值．20.（本小题满分12分）某工厂生产的某产品按照每箱10件包装，每箱产品在流入市场之前都要检验．若整箱产品检验不通过，除去检验费用外，每箱还要损失100元．检验方案如下：第一步，一次性随机抽取2件，若都合格则整箱产品检验通过；若都不合格则整箱产品检验不通过，检验结束，剩下的产品不再检验．若抽取的2件产品有且仅有1件合格，则进行第二步工作．第二步，从剩下的8件产品中再随机抽取1件，若不合格，则整箱产品检验不通过，检验结束，剩下的产品不再检验．若合格，则进行第三步工作．第三步，从剩下的7件产品中随机抽取1件，若不合格，则整箱产品检验不通过，若合格，则整箱产品检验通过，检验结束，剩下的产品都不再检验．假设某箱该产品中有8件合格品，2件次品．（Ⅰ）求该箱产品被检验通过的概率；（Ⅱ）若每件产品的检验费用为10元，设该箱产品的检验费用和检验不通过的损失费用之和为，求的分布列和数学期望．21．（本小题满分12分）已知椭圆，与轴的正半轴交于点，右焦点，为坐标原点，且．（1）求椭圆的离心率；（2）已知点，，过点任意作直线与椭圆交于，两点，设直线，的斜率，，若，试求椭圆的方程．22．（本小题满分12分）已知函数，其中．（1）若在处的切线与圆相切，求的值；（2）若在上恒成立，求实数的最大值．河北正定中学高三第三次月考答案1．M＝{x|2x2﹣x﹣1＜0|}＝{x|﹣＜x＜1}，N＝{x|2x+a＞0|}＝{x|x＞﹣}，∁UN＝{x|x≤﹣}，若M∩∁UN＝∅，则﹣≤，即a≥1，故选：B．2．命题为全称命题，则是，，．故选：．3．∵z＝＝＝，∴＝2﹣i，则在复平面内对应的点的坐标为（2，﹣1），位于第四象限．故选：D．4.对于，若，，可得与可能平行，也可能异面，故错误；对于，若，，可得与可能平行，可能相交，也可能异面，故错误；对于，，若，，由直线与平面垂直的性质，可得，故正确，错误．故选：．5.把2位老师捆绑在一起看做一个元素，插入到3位同学所成的2个空中，故有种，故选：．6.当时，，当时，，，大约增加了，故选：．7．如图所示，分别取，，，的中点，，，，则，，，为异面直线与所成角．设，则，，，异面直线与所成角的余弦值为，故选：．8．为偶函数，当时，单调递增，根据偶函数的对称性可知，在时单调递减，距离对称轴越远，函数值越大，因为（1），由，所以或，解可得或．故选：．9．①已知，，且，所以，则，故正确．②利用分析法：要证，只需证明即可，即，由于，，且，所以：，，故正确．③，故错误．④由于，，且，利用分析法：要证成立，只需对关系式进行平方，整理得，即，故，当且仅当时，等号成立．故正确．故选：．10．函数f（x）＝|sinx|+cosx＝，其图象如图：A．f（x）＝|sinx|+cosx，其最小正周期为2π，故A正确；B．若f（π+x）＝f（π﹣x），则函数f（x）关于x＝π对称，即f（2π+x）＝f（﹣x），则f（2π+x）＝|sin（x+2π）|+cos（x+2π）＝|sinx|+cosx，f（﹣x）＝|sin（﹣x）|+cos（﹣x）＝|sinx|+cosx，则f（2π+x）＝f（﹣x），即f（π+x）＝f（π﹣x）成立，故B正确；C．当x∈时，x+∈[，]，函数f（x）＝sin（x+）单调递减，故C正确；D．当2kπ≤x≤2kπ+π，k∈Z，f（x）＝sinx+cosx＝sin（x+），2kπ+≤x+≤2kπ+，k∈Z，此时f（x）∈[﹣1，]，∵f（x）是偶函数，∴值域为[﹣1，]，故D错误；故选：ABC．11.ACD，易知，抛物线方程为，由定义可知，，故，选项A正确；抛物线过双曲线的左焦点，故所截的线段长度为，故选项B错误；外接圆的圆心必然在的垂直平分线上，即圆心的横坐标必然是1，故半径为3，圆的面积为9，选项C正确；周长为（为点P到抛物线的距离），故最小即为点M到准线的距离为3，故周长最小值为，选项D正确.12．令可得，作出和的函数图象如图所示：由图象可知有三个解，即有三解，分别是0，，，由图象可知：当时，，当时，，当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，在，上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值，当时，取得极小值，当时，取得极大值，当或时，取得最大值为0，有3个极值点，有两个零点，故错误，正确；由于的极大值为0，故轴为的一条切线，故正确；在上单调递增，在上单调递减，故存在，满足条件，且，显然，故错误．故选BC13． 14．．15．，，，，，又数列为等差数列，公差，，解得，当时，即，当时，即，数列的前7项为正数，数列的前项和的最大值为．16.， ，则只有一个零点， 当时显然符合题意当时，则函数图像无交点；当时显然符合要求；当时，在原点处的切线方程为，所以只要，所以综上：17．解：（1）设等差数列的公差为，，若选①，因为，，成等比数列，则，即，解得舍去），所以，，可得时，，可得；当时，，又，相减可得，化为，则是首项为1，公比为的等比数列，故，所以，；若选②，由，可得，解得舍去），所以，由，可得时，，时，，所以，；（2）由（1）可得，所以，，两式相减可得，，化简可得．18．解：（1）由以及正弦定理可知，，即．，，，．，，可得，可得．（2）设，由余弦定理，可得，可得四边形的面积，（其中，故四边形面积的最大值为．19．解：（1）证明：由侧面是矩形，是中点，，，，，，，面，，，平面，面，．（2）解：如图，建立空间直角坐标系，则，，，，0，，，0，，，0，，设平面的一个法向量，，，则，取，得，，，平面的法向量，1，，设二面角的大小为，则，．二面角的正弦值为．20.解：（Ⅰ）设“该箱产品第一步检验通过”为事件，设“该箱产品第二步或第三步检验通过”为事件，则（A），（B），事件与事件互斥，该箱产品被检验通过的概率（A）（B），该箱产品被检验通过的概率为．（Ⅱ）的可能取值为20，40，120，130，140，（A），（B），，，，的分布列为：．21．解：（1），，，．．（2）直线的斜率不为0时，设直线的方程为：．设，，，．联立，化为：，，，，，化为：，即：，，对都成立．化为：，直线的斜率为0时也成立，，椭圆的方程为．22．解：（1），，故（1），（1），故切线方程是：，圆即，故圆心是，半径是，结合题意到直线的距离，解得：或；（2）由题意：在上恒成立，若，，，，令，，则，，，，故递增，（1），即当时，在上恒成立，若，易知，又，则，要使得式成立，首先应有在上恒成立，，在递减，在，递增，又（1），，即，此时，，记，，故，故在递增，（1）恒成立，综上，的最大值是2．  20 40 120 130 140