河北省石家莊二中高三上學(xué)期期中考試模擬數(shù)學(xué)試題

石家莊二中高三數(shù)學(xué)期中考試模擬一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.其中18題為單選題，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的；912題為多選題，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得3分.1．已知集合，，則（）A． B． C． D．2．設(shè)（為虛數(shù)單位），則（）A．1 B． C． D．3．我國著名數(shù)學(xué)家華羅庚先生曾說：數(shù)缺形時少直觀，形缺數(shù)時難入微，數(shù)形結(jié)合百般好，隔裂分家萬事休，在數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)和研究中，常用函數(shù)的圖象來研究函數(shù)的性質(zhì)，也常用函數(shù)的解析式來琢磨函數(shù)的圖象的特征，如函數(shù)的圖象大致是A．B．C． D．4．一條光線從點射出，經(jīng)軸反射后與圓相切，則反射光線所在直線的斜率為（）A．或B．或C．或 D．或5．蹴鞠（如圖所示），又名蹴球，蹴圓，筑球，踢圓等，蹴有用腳蹴、踢、蹋的含義，鞠最早系外包皮革、內(nèi)實米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以腳蹴，蹋、踢皮球的活動，類似今日的足球.年月日，蹴鞠已作為非物質(zhì)文化遺產(chǎn)經(jīng)國務(wù)院批準(zhǔn)列入第一批國家非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄，已知某鞠的表面上有四個點、、、，滿足，，，則該鞠的表面積為（）A． B． C． D．6．已知雙曲線，過其右焦點且平行于一條漸近線的直線與另一條漸近線交于點，與雙曲線交于點，若，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．7．若存在唯一的正整數(shù)，使關(guān)于的不等式成立，則實數(shù)的取值范圍是()A． B． C． D．8．如圖，已知，分別是橢圓：的左、右焦點，過的直線與過的直線交于點，線段的中點為，線段的垂直平分線與的交點（第一象限）在橢圓上，若為坐標(biāo)原點，則的取值范圍為（）A． B． C． D．9．若，則下列不等式成立的是（）A． B． C． D．10．已知函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，則（）A．函數(shù)為奇函數(shù)B．函數(shù)在上單調(diào)遞增C．若，則的最小值為D．函數(shù)的圖象向右平移個單位長度得到函數(shù)的圖象11．設(shè)正項等差數(shù)列滿足，則（）A．的最大值為 B．的最大值為C．的最大值為 D．的最小值為12．在四棱錐中，側(cè)面平面，，四邊形是正方形，點是棱的中點，則（）A．平面B．平面C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．已知實數(shù)，滿足，則的最小值是__________．14．已知平面向量，滿足，與的夾角為，且，則______.15．在銳角中，內(nèi)角、、的對邊分別是，若，，則的取值范圍是______.16．已知對任意，都有，則實數(shù)的取值范圍為_________．三、解答題：本題共6小題，17題10分，1822題每題12分，共60分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17、現(xiàn)給出兩個條件：①2cb＝2acosB，②（2bc）cosAacosC．從中選出一個條件補(bǔ)充在下面的問題中，并以此為依據(jù)求解問題：在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C所對的邊，若有_______，（1）求A；（2）若a1，求△ABC面積的最大值．18．已知數(shù)列的前項和，.（1）求；（2）若，且數(shù)列的前項和為，求.19．如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，，（Ⅰ）證明；AC⊥BP；（Ⅱ）求直線AD與平面APC所成角的正弦值．20．已知定圓：，動圓過點，且和圓相切.（Ⅰ）求動圓圓心的軌跡的方程；（Ⅱ）若直線：與軌跡交于，兩點，線段的垂直平分線經(jīng)過點，求實數(shù)的取值范圍.21．已知函數(shù)．（1）證明；（2）若對恒成立，求實數(shù)的取值范圍．22．已知橢圓的離心率為，橢圓經(jīng)過點.（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)點是橢圓上的任意一點，射線與橢圓交于點，過點的直線與橢圓有且只有一個公共點，直線與橢圓交于兩個相異點，證明：面積為定值.石家莊二中高三數(shù)學(xué)期中考試模擬答案1．A【詳解】由題意，，∴．2．B【詳解】因為，所以，故選：B..3．D【詳解】因為函數(shù)，所以函數(shù)不是偶函數(shù)，圖像不關(guān)于y軸對稱，故排除A、B選項；又因為時，故排除C，故選D4．D【詳解】點A（﹣2，﹣3）關(guān)于y軸的對稱點為A′（2，﹣3），故可設(shè)反射光線所在直線的方程為：y+3＝k（x﹣2），化為kx﹣y﹣2k﹣3＝0．∵反射光線與圓（x+3）2+（y﹣2）2＝1相切，∴圓心（﹣3，2）到直線的距離d1，化為24k2+50k+24＝0，∴k，或k．故選：D．5．A【詳解】將三棱錐補(bǔ)成長方體，使得三棱錐的各棱為長方體的面對角線，設(shè)，，，設(shè)該鞠的半徑為，則，由勾股定理可得，，，上述三個等式相加得，則，因此，該鞠的表面積為.故選：A6．B【詳解】如下圖所示：設(shè)直線的方程為，則直線的方程為，聯(lián)立，解得，即點，設(shè)點，由可得出，即，即，解得，則點，將點的坐標(biāo)代入雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程得，解得.因此，該雙曲線的離心率為.故選：B.7．B【詳解】設(shè)，則存在唯一的正整數(shù)，使得，設(shè)，，因為，所以當(dāng)以及時，為增函數(shù)，當(dāng)時，為減函數(shù)，在處，取得極大值，在處，取得極小值.而恒過定點，兩個函數(shù)圖像如圖，要使得存在唯一的正整數(shù)，使得，只要滿足，即，解得，故選.8．D【詳解】如圖所示，點在軸右邊，因為為的垂直平分線，所以．由中位線定理可得．設(shè)點．由兩點間的距離公式，得，同理可得，所以，故，因為，，所以，故，所以．因為，所以．故的取值范圍為．故選：D．9．AC【詳解】選項A：因為，所以，不等式兩側(cè)同時乘以，所以，故A正確；選項B：因為，所以，所以，即，又，所以不等式兩側(cè)同時乘以，則，故B錯誤；選項C：因為，所以，根據(jù)不等式的同向可加性知，故C正確；選項D：當(dāng)，時，此時，，故D錯誤.故選：AC10．AC【詳解】因為直線是的對稱軸,所以,則,當(dāng)時,,則,選項A,,因為,所以為奇函數(shù),故A正確；選項B,,即,當(dāng)時,在上單調(diào)遞增,故B錯誤；選項C,若,則最小值為半個最小正周期,即,故C正確；選項D,函數(shù)的圖象向右平移個單位長度,即,D錯誤11．ABD【詳解】因為正項等差數(shù)列滿足，所以，即.選項A,，當(dāng)且僅當(dāng)時成立，故A選項正確.選項B由于，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時成立，故B選項正確.選項C，當(dāng)且僅當(dāng)時成立，所以的最小值為，故C選項錯誤.選項D結(jié)合①的結(jié)論，有，當(dāng)且僅當(dāng)時成立，故D選項正確.12．BC【詳解】如圖，選項，因為與不一定垂直，所以不一定垂直平面，故A錯誤.選項B，連接，記，連接.因為四邊形是正方形，所以為的中點.因為分別為，的中點，所以，又平面，平面，則平面，故B正確.選項C，因為四邊形是正方形，所以，因為側(cè)面平面，所以平面.因為，所以平面.因為平面，所以，則，故C正確.選項D，取的中點，連接.因為分別為，的中點，所以.假設(shè)，則.設(shè)，則，.因為，所以，所以.因為，，，所以，所以，則平面.因為與平面不一定垂直，所以D錯誤.故選：BC.13．6【詳解】畫出不等式組表示的可行域，如圖中陰影部分所示．由可得．平移直線，結(jié)合圖形可得，當(dāng)直線經(jīng)過可行域內(nèi)的點A時，直線在y軸上的截距最大，此時z取得最小值．由題意得A點坐標(biāo)為，∴，即的最小值是6．故答案為6．14．【詳解】因為,所以,解得或（舍）,所以,故答案為:15．【詳解】因為，，故.所以.又為銳角三角形，故.由正弦定理，，所以.又為銳角三角形，故，解得，從而.故.故答案為：16．【詳解】等價于，所以①，令，則，所以，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，所以，所以在單調(diào)遞增，所以①式可化為，所以，所以，令，可求得在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，所以，所以，故答案為：.17、【解析】選擇條件：①2cb＝2acosB，（1）由余弦定理可得2cb＝2acosB＝2a?，2分∴整理可得c2+b2﹣a2bc，可得cosA，4分∵A∈（0，π），∴A．5分（2）∵a1，A，∴由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，可得（1）2＝b2+c2﹣2bc?，7分∴4﹣2b2+c2bc≥2bcbc，可得bc≤2，9分∴S△ABCbcsinA，即△ABC面積的最大值為．10分選擇條件：②（2bc）cosAacosC．（1）由題意可得2bcosAacosCccosA，2分∴2sinBcosA（sinAcosC+sinCcosA）sin（A+C）sinB，∵sinB≠0，∴可得cosA，4分∵A∈（0，π），∴A．5分（2）∵a1，A，∴由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，可得（1）2＝b2+c2﹣2bc?，7分∴4﹣2b2+c2bc≥2bcbc，可得bc≤2，9分∴S△ABCbcsinA，即△ABC面積的最大值為．10分18．【詳解】（1）由已知可得，2Sn＝3an－1，①所以2Sn－1＝3an－1－1（n≥2），②2分①－②得，2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，化簡為an＝3an－1（n≥2），即4分在①中，令n＝1可得，a1＝1，所以數(shù)列{an}是以1為首項，3為公比的等比數(shù)列，從而有an＝3n－1．6分（2）bn＝(n－1)·3n－1，Tn＝0·30＋1·31＋2·32＋…＋(n－1)·3n－1，③則3Tn＝0·31＋1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n．④8分③－④得，－2Tn＝31＋32＋33＋…＋3n－1－(n－1)·3n，10分所以，12分19．【詳解】（I）證明：取AC的中點M，連接PM，BM，∵AB＝BC，PA＝PC，∴AC⊥BM，AC⊥PM，2分又BM∩PM＝M，∴AC⊥平面PBM，4分∵BP?平面PBM，∴AC⊥BP．5分（II）解：∵底面ABCD是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，∴∠ABC＝120°，∵AB＝BC＝1，∴AC，BM，∴AC⊥CD，又AC⊥BM，∴BM∥CD．∵PA＝PC，CM，∴PM，∵PB，∴cos∠BMP，∴∠PMB＝120°，7分以M為原點，以MB，MC的方向為x軸，y軸的正方向，以平面ABCD在M處的垂線為z軸建立坐標(biāo)系M﹣xyz，如圖所示：則A（0，，0），C（0，，0），P（，0，），D（﹣1，，0），8分∴（﹣1，，0），（0，，0），（，，），設(shè)平面ACP的法向量為（x，y，z），則，即，令x得（，0，1），10分∴cos，，11分∴直線AD與平面APC所成角的正弦值為|cos，|．12分20．【詳解】（Ⅰ）圓的圓心為，半徑.設(shè)動圓的半徑為，依題意有.由，可知點在圓內(nèi)，從而圓內(nèi)切于圓，故，2分即.所以動點軌跡是以、為焦點，長軸長為的橢圓.4分因為，，所以.于是的方程是.5分（Ⅱ）設(shè)，，聯(lián)立消去得到，，即.則，，6分弦中點的坐標(biāo)是.由，得.8分另一個方面，線段的垂直平分線方程是.點在此直線上，得到，整理得.10分代入中，得，解得.又，，所以，即.故實數(shù)的取值范圍為.12分21．【詳解】(1)證明：函數(shù)的定義域為，，2分只需證明，即證明，即證，顯然成立，所以.4分（2）解：令①由（1）可知當(dāng)時，恒成立，所以在遞增，，即對恒成立，6分②當(dāng)時，，因為，所以有，令，遞增；令，遞減；，，8分令，，10分在上遞減