正阳县高级中学2021届高三数学第四次素质检测试题文

河南省正阳县高级中学2021届高三数学第四次素质检测试题文河南省正阳县高级中学2021届高三数学第四次素质检测试题文PAGEPAGE18河南省正阳县高级中学2021届高三数学第四次素质检测试题文河南省正阳县高级中学2021届高三数学第四次素质检测试题文一、单选题（每小题5分,共60分）1．已知集合，,则(）A． B． C． D．2．复数（是虚数单位）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3．设命题:,则为（）A． B．C． D．4。如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则（）A． B． C． D．5．若实数,满足约束条件,则的最大值是（)A．5 B．7 C．9 D．116．以抛物线的焦点为圆心且过点的圆的标准方程为（)A． B．C． D．7．设等差数列的前项之和为,已知,则（）A． B． C． D．8．将曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再将得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线,则（）A． B． C． D．9．在矩形中，，以，为焦点的双曲线经过，两点,则此双曲线的离心率为（）A． B． C． D．10．0.618被公认为是最具有审美意义的比例数字,是最能引起美感的比例，因此被称为黄金分割。被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用.他认为底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形是“最美三角形"，即顶角为36°的等腰三角形,例如,中国国旗上的五角星就是由五个“最美三角形”与一个正五边形组成的，如图,在其中一个黄金中,黄金分割比为.根据以上信息,计算（）A． B． C． D．11.设函数，则下列结论错误的是（)A．的最小正周期为 B．的图像关于直线对称C．的一个零点为 D．在单调递减12．已知函数，若对任意两个不等的正数,,都有恒成立,则的取值范围为（）A． B． C． D．二、填空题（每小题5分,共20分）13．设a>0，b〉0,若3是3a与32b的等比中项，则的最小值为14．函数在处的切线方程是15．已知向量，且，则16．四棱锥的底面是矩形，侧面平面，，，则该四棱锥外接球的体积为_________________ 三、解答题（共70分）17．（12分)已知数列是递增的等差数列，，若成等比数列。(1）求数列的通项公式；(2）若，数列的前项和,求。18．(12分)在中，内角A，B，C的对边分别为a,b，c，且满足，，．（1）求角B的大小；（2）求的面积．19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，,，，且平面．（1）证明：平面PBD;（2）若Q为PC的中点，求三棱锥的体积．20．（12分）已知椭圆C：的焦距为4，且过点．（1)求椭圆C的方程;(2）过椭圆焦点的直线l与椭圆C分别交于点E，F，求的取值范围．21．（12分）已知函数，．（1）若，求的极值；（2）若对于任意的，，都有，求的取值范围．请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做，则按所做的第一题计分。22．(10分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(t为参数）,以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为。（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程;(2）设点P的直角坐标为，若曲线与相交于A，B两点，求的值。23．（10分)已知.（1)画出函数的图象；（2）求不等式的解集.答案一、单选题1．【答案】A因为集合，,所以.故选:A.2．【答案】D【详解】所以复数在复平面内对应的点，在第四象限.故选：D3．【答案】D【详解】根据全称命题的否定是特称命题得到命题p的否定¬p：，故选D．4.【答案】C【详解】利用向量的三角形法则，可得，,为的中点，为的中点,则，又.故选C.5．【答案】C【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合直线在轴上的解距，确定目标函数的最优解，代入即可求解.【详解】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，目标函数，可化为直线，当直线过点A时在上的截距最大，此时目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为.故选:C.6．【答案】A【解析】【分析】根据抛物线的性质和圆的标准方程即可求出．【详解】抛物线的焦点F（1，0），即圆心坐标为（1，0），又圆过点，且P在抛物线上，∴r=，故所求圆的标准方程为。故选A.7．【答案】B【详解】解：，，。故选：B.8．【答案】D【分析】由图象变换可得，代入自变量求值即可。【详解】由题意，得：，则．故选：D．9．【答案】C【分析】利用双曲线的定义及性质，直接列出关系式求解双曲线的离心率即可．【详解】由题可知，,所以,即，所以此双曲线的离心率为.故选C。10．【答案】B【分析】利用正弦定理及正弦的二倍角公式求得,然后由诱导公式求解．【详解】在中，由正弦定理可得，∴，.故选：B。．11.【答案】D【分析】化简可得，根据余弦函数的性质依次判断各个选项。【详解】由，得,故A正确，不符合题意；由得，令得：，故B正确，不符合题意；因为，当时，，故C正确,不符合题意；因为，即，令得，,故D错误，符合题意。故选：D12．【答案】A【解析】【分析】根据题意先确定g(x)＝f(x）﹣4x在（0，+∞)上单增,再利用导数转化,可得恒成立，令求得max，即可求出实数a的取值范围．【详解】令，因为,所以,即在上单调递增，故在上恒成立，即，令。则，max，即的取值范围为。故选A.13．【答案】4【详解】因为a>0，b〉0，且3是3a与32b的等比中项，所以解得,所以，当且仅当，即时,取等号，所以的最小值为4故选：A14．【答案】 【详解】对函数求导得，当时，,,所以函数在处的切线方程是即。15．【答案】16。四棱锥的底面是矩形,侧面平面，,,则该四棱锥外接球的体积为(）【答案】 【详解】取的中点E，连接中，∴，，设的中心为，球心为O，则，设O到平面的距离为d，则,∴,∴四棱锥的外接球的体积为.17．【答案】（1);(2).【详解】(1）设等差数列的公差为，因为，若成等比数列，可得，解得，所以数列的通项公式为.（2)由（1)可得，所以.18．【答案】（1）；（2）．【分析】（1)由正弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得，即可得解;（2）由余弦定理可得,进而可得，再由三角形面积公式即可得解。【详解】解：（1）由正弦定理，得．由，得．由,得．所以．又，所以．又，得．（2）由余弦定理及，得．即．将代入,解得．所以．19．【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）由余弦定理可得，证得，则由底面，平面，证得,得证．（2）为的中点，利用等积法，即可求出结果.【详解】(1）在中，由余弦定理得，∵，∴，∵,∴.又∵底面，平面∴。∵，∴平面.（2）因为为的中点，所以三棱锥的体积,与三棱锥的体积相等，即。所以三棱锥的体积。20．【答案】(1）；（2）。【分析】（1）由椭圆C的焦距可得值,根据椭圆的定义可求出的值，再由求出的值，即可求解；（2）若直线l垂直于x轴,可直接得到，若直线l不垂直于x轴,联立直线和椭圆方程,利用韦达定理和不等式关系，即可求解．【详解】（1）椭圆C：的焦距是4，所以焦点坐标是，，因为椭圆过点，所以，所以，又,所以,即椭圆C的方程是；（2）若直线l垂直于x轴,则点，，；若直线l不垂直于x轴，设l的方程为，点，，将直线l的方程代入椭圆C的方程得到:，则，，所以，因为，所以，综上所述，的取值范围是．21．【答案】（Ⅰ)有极小值，没有极大值；（Ⅱ）。【解析】试题分析：(Ⅰ）将代入函数的表达式,求出的导数，得到函数的单调区间,从而求出函数的极值即可;（Ⅱ）对于任意的,有,．所以有恒成立，即，构造函数，利用导数求最大值，只需即可.试题解析:（Ⅰ)的定义域为，时,，,，∴，，是增函数，,，是减函数．∴有极小值，没有极大值．………5分（Ⅱ），当时,，∴在上是单调递增函数，最大，………………7分对于任意的，．恒成立，即对任意,恒成立，∴，…………9分令，则．∴当时,，当时，,∴在上是增函数，在上是减函数，当时,最大值为，…………11分∴即．……12分22．【答案】（1），；（2）【分析】（1）把参数方程消去参数得,极坐标方程，两边同乘以，化简得：;（2）把直线的参数方程代入曲线的普通方程中，利用参数的几何意义知:,再把韦达定理代入,即可求得结果.【详解】（1）由消去参数得曲线的普通方程为，由的极坐标方程为，两边同乘以,得，将代入，得曲线的直角坐标方程为;（2)将曲线的参数方程代入，整理得，,，．【点睛】方法点睛：极坐标方程与直角坐标方程互化的方法,即四个公式：,利用直线的参数方程求直线与圆锥曲线相交的弦长，方法是：（1）将直线参数方程代入圆锥曲线方程，得到关于参数t的一元二次方程；（2)利用韦达定理写出，；(3)利用弦长公式代入计算.23．【答案】（1）见解析；(2)