河北省石家庄二中高三上学期期中考试模拟数学试题

石家庄二中高三数学期中考试模拟一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.其中18题为单选题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的；912题为多选题，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.1．已知集合，，则（）A． B． C． D．2．设（为虚数单位），则（）A．1 B． C． D．3．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休，在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数的图象大致是A．B．C． D．4．一条光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A．或B．或C．或 D．或5．蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴，蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.年月日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点、、、，满足，，，则该鞠的表面积为（）A． B． C． D．6．已知双曲线，过其右焦点且平行于一条渐近线的直线与另一条渐近线交于点，与双曲线交于点，若，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．7．若存在唯一的正整数，使关于的不等式成立，则实数的取值范围是()A． B． C． D．8．如图，已知，分别是椭圆：的左、右焦点，过的直线与过的直线交于点，线段的中点为，线段的垂直平分线与的交点（第一象限）在椭圆上，若为坐标原点，则的取值范围为（）A． B． C． D．9．若，则下列不等式成立的是（）A． B． C． D．10．已知函数的图象关于直线对称，则（）A．函数为奇函数B．函数在上单调递增C．若，则的最小值为D．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象11．设正项等差数列满足，则（）A．的最大值为 B．的最大值为C．的最大值为 D．的最小值为12．在四棱锥中，侧面平面，，四边形是正方形，点是棱的中点，则（）A．平面B．平面C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知实数，满足，则的最小值是__________．14．已知平面向量，满足，与的夹角为，且，则______.15．在锐角中，内角、、的对边分别是，若，，则的取值范围是______.16．已知对任意，都有，则实数的取值范围为_________．三、解答题：本题共6小题，17题10分，1822题每题12分，共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17、现给出两个条件：①2cb＝2acosB，②（2bc）cosAacosC．从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题：在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若有_______，（1）求A；（2）若a1，求△ABC面积的最大值．18．已知数列的前项和，.（1）求；（2）若，且数列的前项和为，求.19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，，（Ⅰ）证明；AC⊥BP；（Ⅱ）求直线AD与平面APC所成角的正弦值．20．已知定圆：，动圆过点，且和圆相切.（Ⅰ）求动圆圆心的轨迹的方程；（Ⅱ）若直线：与轨迹交于，两点，线段的垂直平分线经过点，求实数的取值范围.21．已知函数．（1）证明；（2）若对恒成立，求实数的取值范围．22．已知椭圆的离心率为，椭圆经过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设点是椭圆上的任意一点，射线与椭圆交于点，过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，直线与椭圆交于两个相异点，证明：面积为定值.石家庄二中高三数学期中考试模拟答案1．A【详解】由题意，，∴．2．B【详解】因为，所以，故选：B..3．D【详解】因为函数，所以函数不是偶函数，图像不关于y轴对称，故排除A、B选项；又因为时，故排除C，故选D4．D【详解】点A（﹣2，﹣3）关于y轴的对称点为A′（2，﹣3），故可设反射光线所在直线的方程为：y+3＝k（x﹣2），化为kx﹣y﹣2k﹣3＝0．∵反射光线与圆（x+3）2+（y﹣2）2＝1相切，∴圆心（﹣3，2）到直线的距离d1，化为24k2+50k+24＝0，∴k，或k．故选：D．5．A【详解】将三棱锥补成长方体，使得三棱锥的各棱为长方体的面对角线，设，，，设该鞠的半径为，则，由勾股定理可得，，，上述三个等式相加得，则，因此，该鞠的表面积为.故选：A6．B【详解】如下图所示：设直线的方程为，则直线的方程为，联立，解得，即点，设点，由可得出，即，即，解得，则点，将点的坐标代入双曲线的标准方程得，解得.因此，该双曲线的离心率为.故选：B.7．B【详解】设，则存在唯一的正整数，使得，设，，因为，所以当以及时，为增函数，当时，为减函数，在处，取得极大值，在处，取得极小值.而恒过定点，两个函数图像如图，要使得存在唯一的正整数，使得，只要满足，即，解得，故选.8．D【详解】如图所示，点在轴右边，因为为的垂直平分线，所以．由中位线定理可得．设点．由两点间的距离公式，得，同理可得，所以，故，因为，，所以，故，所以．因为，所以．故的取值范围为．故选：D．9．AC【详解】选项A：因为，所以，不等式两侧同时乘以，所以，故A正确；选项B：因为，所以，所以，即，又，所以不等式两侧同时乘以，则，故B错误；选项C：因为，所以，根据不等式的同向可加性知，故C正确；选项D：当，时，此时，，故D错误.故选：AC10．AC【详解】因为直线是的对称轴,所以,则,当时,,则,选项A,,因为,所以为奇函数,故A正确；选项B,,即,当时,在上单调递增,故B错误；选项C,若,则最小值为半个最小正周期,即,故C正确；选项D,函数的图象向右平移个单位长度,即,D错误11．ABD【详解】因为正项等差数列满足，所以，即.选项A,，当且仅当时成立，故A选项正确.选项B由于，所以，当且仅当时成立，故B选项正确.选项C，当且仅当时成立，所以的最小值为，故C选项错误.选项D结合①的结论，有，当且仅当时成立，故D选项正确.12．BC【详解】如图，选项，因为与不一定垂直，所以不一定垂直平面，故A错误.选项B，连接，记，连接.因为四边形是正方形，所以为的中点.因为分别为，的中点，所以，又平面，平面，则平面，故B正确.选项C，因为四边形是正方形，所以，因为侧面平面，所以平面.因为，所以平面.因为平面，所以，则，故C正确.选项D，取的中点，连接.因为分别为，的中点，所以.假设，则.设，则，.因为，所以，所以.因为，，，所以，所以，则平面.因为与平面不一定垂直，所以D错误.故选：BC.13．6【详解】画出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示．由可得．平移直线，结合图形可得，当直线经过可行域内的点A时，直线在y轴上的截距最大，此时z取得最小值．由题意得A点坐标为，∴，即的最小值是6．故答案为6．14．【详解】因为,所以,解得或（舍）,所以,故答案为:15．【详解】因为，，故.所以.又为锐角三角形，故.由正弦定理，，所以.又为锐角三角形，故，解得，从而.故.故答案为：16．【详解】等价于，所以①，令，则，所以，当时，，当时，，所以在单调递减，在单调递增，所以，所以在单调递增，所以①式可化为，所以，所以，令，可求得在单调递增，在单调递减，所以，所以，故答案为：.17、【解析】选择条件：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面积的最大值为．10分选择条件：②（2bc）cosAacosC．（1）由题意可得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面积的最大值为．10分18．【详解】（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，化简为an＝3an－1（n≥2），即4分在①中，令n＝1可得，a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有an＝3n－1．6分（2）bn＝(n－1)·3n－1，Tn＝0·30＋1·31＋2·32＋…＋(n－1)·3n－1，③则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．【详解】（I）证明：取AC的中点M，连接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为原点，以MB，MC的方向为x轴，y轴的正方向，以平面ABCD在M处的垂线为z轴建立坐标系M﹣xyz，如图所示：则A（0，，0），C（0，，0），P（，0，），D（﹣1，，0），8分∴（﹣1，，0），（0，，0），（，，），设平面ACP的法向量为（x，y，z），则，即，令x得（，0，1），10分∴cos，，11分∴直线AD与平面APC所成角的正弦值为|cos，|．12分20．【详解】（Ⅰ）圆的圆心为，半径.设动圆的半径为，依题意有.由，可知点在圆内，从而圆内切于圆，故，2分即.所以动点轨迹是以、为焦点，长轴长为的椭圆.4分因为，，所以.于是的方程是.5分（Ⅱ）设，，联立消去得到，，即.则，，6分弦中点的坐标是.由，得.8分另一个方面，线段的垂直平分线方程是.点在此直线上，得到，整理得.10分代入中，得，解得.又，，所以，即.故实数的取值范围为.12分21．【详解】(1)证明：函数的定义域为，，2分只需证明，即证明，即证，显然成立，所以.4分（2）解：令①由（1）可知当时，恒成立，所以在递增，，即对恒成立，6分②当时，，因为，所以有，令，递增；令，递减；，，8分令，，10分在上递减