河南省驻马店市2020-2021学年高三上学期11校期中联考数学(理)试题(图片版)
2020-2021学年河南驻马店高三上数学月考试卷
2020-2021学年河南驻马店高三上数学月考试卷一、选择题1. 已知集合A ={x|x ≤4x +5}，B ={x|x 2<4}，则A ∩B =( ) A.{x|0<x <2} B.{x|−53≤x <2} C.{x|x ≥−53}D.{x|−2<x <2}2. 已知复数z =−2+i1+2i+1−2i ，则z 的共轭复数z ¯=( ) A.−1+i B.1+iC.1−iD.−1−i3. 若向区域D ={(x,y )|0≤x ≤1,0≤y ≤1}内随机投点，则该点落在区域{(x,y )|x 2+y 2≤14}内的概率为( ) A.π4 B.π8C.π16D.π324. 若x ，y 满足约束条件{2x +y −2≤0，x −y −1≥0，y +2≥0，则z =4x +y 的最大值为( )A.2B.4C.6D.85. 正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一.如图，该几何体是一个棱长为2的正八面体，则此正八面体的体积与表面积之比为( )A.√618B.√69C.√612D.√636. 已知α∈(0,π)，且cos 2α=2cos α−cos 2α，则sin α=( )A.√23B.23C.13D.2√237. 设O 为坐标原点，直线x =a 与双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的两条渐近线分别交于D ，E 两点．若C 的焦距为4，则△ODE 面积的最大值为( ) A.1 B.2C.4D.88. 下图是某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是( )A.4B.5C.6D.79. 已知A ，B 分别为椭圆x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点，P ，Q 是椭圆上的不同两点且关于x 轴对称，设直线AP ，BQ 的斜率分别为m ，n ，若mn =14，则该椭圆的离心率为( ) A.√63 B.√22C.√32D.2310. 已知函数f (x )=sin (ωx +φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则( )A.ω=3B.φ=π6C.f (0)+f (π6)+f (2π6)+f (3π6)+ f (4π6)+⋯+f (2019π6)=0D.f (π6)+f (2π6)+f (3π6)+ f (4π6)+⋯+f (2019π6)=011. 已知二次函数f (x )满足f (x +1)=f (x )−2x +1，且f (1)=−1．对任意x 1>x 2>−1，f (x 1)−f (x 2)x 1−x 2>m (x 1+x 2)成立，则m 的取值范围为( ) A.[−2,−1] B.[−2,−1) C.[−4,−1] D.[−4,−1)12. 设函数f (x )=ln xx，若存在[a,b ]⊆[1e ,e]，使得f (x )在[a,b ]上的值域为[ka,kb ]，则实数k 的取值范围为( ) A.[1e ,12e ) B.[1e ,1)C.[12e ,1e )D.[12e ,1)二、填空题已知平面向量a →=(1,m )，b →=(m −1,−3)，且a →⋅b →=|a →|，则m =________.定义在R 的奇函数f (x )在[0,+∞）上是减函数，若f (m )+f (3−2m )>f (0)，则m 的取值范围为________.在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为α，b ，c ，A =π4，c sin A =4sin C ，若此三角形有两解，则b 的取值范围是________.如图，在四棱锥P −ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，若PA =AD =2，AD//BC ，∠DAB =∠ADC =π3，PC 与平面ABCD 所成角的正切值为2√33，则四棱锥P −ABCD 外接球的表面积为________.三、解答题为了解某农场的种植情况，该农场的技术人员对种植出来的水果进行抽样检测，将测得的水果重量分成[15.5,16.5)，[16.5,17.5) ，[17.5,18.5)，[18.5,19.5)，[19.5,20.5)，[20.5,21.5]六组进行统计，得到如图所示的统计图．(1)估计该农场的水果重量的平均数（同一组当中的水果重量用该组的中间值代替）；(2)从样本中重量不小于19.5克的水果中任取2个，求至少有1个水果的重量不小于20.5克的概率．已知数列{a n }的首项为12，且满足(n +1)a n =(n −1)a n−1（n ≥2，n ∈N ∗）． (1)求{a n }的通项公式；(2)已知b n =a n +1na n，求数列{b n }的前n 项和S n ．如图，在四面体ABCD 中，△ABD 是等边三角形，且AC =BC .(1)证明：AB ⊥CD ；(2)若AB =2，AC =√3，BC ⊥CD ，求点B 到平面ACD 的距离．已知动点M 到点F (3,0)的距离比它到直线l:x +5=0的距离小2. (1)求动点M 的轨迹E 的方程；(2)过点F作斜率为k(k≠0)的直线l′与轨迹E交于点A，B，线段AB的垂直平分线交x轴于点N，证明：|AB||FN|为定值．已知函数f(x)=a ln x−x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若不等式f(x)≥(e−1)x−e x对x∈[1,+∞)恒成立，求a的取值范围．已知正实数a，b，c，满足ab+bc+ac=abc.(1)证明：a+b+c≥9；(2)证明：ba +cb+ac≥1.参考答案与试题解析2020-2021学年河南驻马店高三上数学月考试卷一、选择题 1.【答案】 B【考点】一元二次不等式的解法 交集及其运算 【解析】【解答】解：∵ A ={x|x ≤4x +5}={x|x ≥−53}， B ={x|−2<x <2}， ∴ A ∩B ={x|−53≤x <2}． 故选B ． 2.【答案】 B【考点】复数代数形式的乘除运算 共轭复数 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：z =−2+i 1+2i+1−2i=(−2+i )(1−2i )(1+2i )(1−2i )+1−2i=5i5+1−2i =1−i ， 则z ¯=1+i ． 故选B ． 3. 【答案】 C【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）【解析】【解答】解：由题意得，区域D 的面积为1×1=1，在区域D 中，满足x 2+y 2≤14的面积为14π×(12)2=π16，则所求概率P =π16．故选C ．4.【答案】 C【考点】 简单线性规划求线性目标函数的最值【解析】 此题暂无解析 【解答】解：如图，作出不等式组表示的可行域，由图知，当直线y =−4x +z 过点(2,−2)时，取得最大值6． 故选C ． 5.【答案】 B【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 柱体、锥体、台体的体积计算 【解析】【解答】解：由边长为2，可得△EAB 中边AB 上的高为√22−1=√3， 则正八面体上半部分的高为√3−1=√2，则其体积为2×2×√23×2=8√23， 其表面积为8×12×2×√3=8√3， 所以此正八面体的体积与表面积之比为√69． 故选B ． 6.【答案】 D【考点】二倍角的余弦公式同角三角函数基本关系的运用 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由cos 2α=2cos α−cos 2α， 得3cos 2α−2cos α−1=0， 解得cos α=−13或cos α=1. 又因为α∈(0,π)， 所以cos α=−13， 则sin α=√1−cos 2α=2√23． 故选D ． 7.【答案】 B【考点】三角形的面积公式直线与双曲线结合的最值问题 基本不等式在最值问题中的应用 双曲线的渐近线【解析】 此题暂无解析 【解答】解：不妨设D 在第一象限，E 在第四象限，联立方程组{x =a,y =b ax,解得{x =a,y =b,故D (a,b )，同理可得E (a,−b )，所以|ED|=2b ，S △ODE =12a ×2b =ab ．因为C 的焦距为4， 所以c =2，c 2=a 2+b 2≥2ab ， 解得ab ≤2，当且仅当a =b =√2时取等号， 所以S △ODE 的最大值为2． 故选B ． 8.【答案】 C【考点】 程序框图 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：按照程序框图执行程序，输入s =1，n =1，s =−1+13=0，不满足s >100，循环； n =2，s =0+23=8，不满足s >100，循环； n =3，s =−8+33=19，不满足s >100，循环； n =4，s =−19+43=45，不满足s >100，循环； n =5，s =−45+53=80，不满足s >100，循环； n =6，s =−80+63=136，满足s >100，输出n =6． 故选C ． 9.【答案】 C【考点】 椭圆的离心率 斜率的计算公式【解析】【解答】解：设P (x 0,y 0)，则Q (x 0,−y 0)， ∴ m =y 0x+a，n =−y 0x 0−a，则mn =−y 02x 02−a 2.又∵y 02=−b 2a 2(x 0−a 2)，∴ nm =b 2a 2=14， ∴ e =√a 2−b 2a 2=√32． 故选C ．10.【答案】D【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式函数的求值【解析】此题暂无解析【解答】解：由函数图象可知T4=7π12−π3=π4，即T=2πω=π，解得ω=2.将(7π12,−1)代入得，sin(2×7π12+φ)=−1，即7π6+φ=3π2+2kπ，k∈Z，∴φ=π3+2kπ，k∈Z.又|φ|<π2，∴φ=π3，∴f(x)=sin(2x+π3)，∴f(nπ6)=sin(nπ3+π3)是以6为最小正周期的周期函数.又f(0)=sinπ3=√32，f(π6)=sin2π3=√32，f(2π6)=sinπ=0，f(3π6)=sin4π3=−√32，f(4π6)=sin5π3=−√32，f(5π6)=sin2π=0，f(6π6)=sin7π3=√32，∴f(π6)+f(2π6)+f(3π6)+f(4π6)+⋯+f(2019π6)=0，∴f(0)+f(π6)+f(2π6)+f(3π6)+f(4π6)+⋯+f(2019π6)=√32．故选D．11. 【答案】A【考点】函数恒成立问题函数解析式的求解及常用方法【解析】【解答】解：设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，则f(x+1)=a(x+1)2+b(x+1)+c=ax2+(2a+b)x+a+b+c.又∵f(x+1)=f(x)−2x+1，∴ax2+(2a+b)x+a+b+c=ax2+(b−2)x+c+1，∴{2a+b=b−2，a+b+c=c+1，解得{a=−1,b=2.∵f(1)=−1，∴a+b+c=−1，∴c=−2，∴f(x)=−x2+2x−2．∵f(x1)−f(x2)x1−x2>m(x1+x2)，∴f(x1)−mx12>f(x2)−mx22.∵x1>x2>−1，∴函数f(x)−mx2在(−1,+∞)上单调递增．令g(x)=f(x)−mx2=(−1−m)x2+2x−2．当m=−1时，g(x)=2x−2，满足题意；当m≠−1时，{−m−1>0,221+m≤−1，解得−2≤m<−1．综上，m的取值范围为[−2,−1]．故选A．12.【答案】A【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究与函数零点有关的问题【解析】此题暂无解析【解答】 解：∵ f ′(x )=1−ln x x 2，∴ f (x )在[1e,e]上单调递增. 又f (x )在[a,b ]上的值域为[ka,kb ]， ∴ {f (a )=ln aa =ka,f (b )=ln bb =kb,则ln x x 2=k 在[1e ,e]上有两个不同解． 令ℎ(x)=ln x x2，x ∈[1e,e]，则ℎ′(x)=1−2ln x x ，则ℎ(x)在[1e,√e]上单调递增，在[√e,e]上单调递减. 又ℎ(1e )=−e 2，ℎ(e )=1e 2，ℎ(√e)=12e ， ∴ k ∈[1e 2,12e )． 故选A ． 二、填空题 【答案】−43【考点】平面向量的坐标运算 平面向量数量积的运算 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由a →⋅b →=|a →|，所以m −1−3m =√1+m 2， 则m =−43或m =0（舍去）．故答案为：−43. 【答案】(3,+∞) 【考点】函数奇偶性的性质 函数单调性的性质 【解析】 此题暂无解析【解答】解：由题可知函数f (x )在R 上单调递减，且f (0)=0， 故f (m )+f (3−2m )>f (0)可化为f (m )>f (2m −3)， 则m <2m −3，解得m >3，即m 的取值范围为(3,+∞). 故答案为：(3,+∞). 【答案】(4,4√2) 【考点】 正弦定理 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由c sin A =4sin C ，可得a =4， 由正弦定理可得bsin B =asin A =4sin π4=√22,即sin B =4√2．又三角形有两解， 所以只需{b >a ，sin B <1,即4<b <√2.故答案为：(4,4√2). 【答案】 8π【考点】 球内接多面体 球的表面积和体积【解析】【解答】解：连接AC ，则∠PCA 为PC 与平面ABCD 所成角， 即tan ∠PCA =2√33， 所以AC =√3．因为AD//BC ，∠DAB =∠ADC =π3，所以四边形ABCD 为等腰梯形，CD =1， 所以AC ⊥CD ，所以底面ABCD 外接圆即为△ACD 的外接圆，其半径为12AD =1. 又PA ⊥平面ABCD ， 所以PA ⊥AD ，所以四棱锥P −ABCD 外接球的半径R =12PD =12√22+22=√2， 故该四棱锥外接球的表面积S =4πR 2=8π．故答案为：8π. 三、解答题 【答案】解：(1)设该农场的水果重量的平均数为x ¯， 则x ¯=16×2+17×5+18×14+19×13+20×4+21×22+5+14+13+4+2=738=18.45，所以该农场的水果重量的平均数为18.45.(2)重量不小于19.5克的水果有6个，记为a ，b ，c ，d ，E ，F ， 其中重量不小于20.5克的水果有2个，记为E ，F ．从a ，b ，c ，d ，E ，F 中任取2个，有(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,E)，(a,F)，(b,c)，(b,d)，(b,E)，(b,F)，(c,d)，(c,E)，(c,F)，(d,E)，(d,F)，(E,F)，共15种情况，至少有1个水果的重量不小于20.5克的有(a,E)，(a,F)，(b,E)，(b,F)，(c,E)，(c,F)，(d,E)，(d,F)，(E,F)，共9种情况， 则至少有1个水果的重量不小于20.5克的概率P =915=35． 【考点】众数、中位数、平均数列举法计算基本事件数及事件发生的概率 【解析】 暂无 暂无 【解答】解：(1)设该农场的水果重量的平均数为x ¯， 则x ¯=16×2+17×5+18×14+19×13+20×4+21×22+5+14+13+4+2=73840=18.45，所以该农场的水果重量的平均数为18.45.(2)重量不小于19.5克的水果有6个，记为a ，b ，c ，d ，E ，F ， 其中重量不小于20.5克的水果有2个，记为E ，F ．从a ，b ，c ，d ，E ，F 中任取2个，有(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,E)，(a,F)，(b,c)，(b,d)，(b,E)，(b,F)，(c,d)，(c,E)，(c,F)，(d,E)，(d,F)，(E,F)，共15种情况，至少有1个水果的重量不小于20.5克的有(a,E)，(a,F)，(b,E)，(b,F)，(c,E)，(c,F)，(d,E)，(d,F)，(E,F)，共9种情况， 则至少有1个水果的重量不小于20.5克的概率P =915=35．【答案】解：(1)由(n +1)a n =(n −1)a n−1， 得a n a n−1=n−1n+1．又a 1=12，所以当n ≥2时，a n =a n a n−1⋅a n−1a n−2⋅a n−2a n−3⋯⋯a 1a 2⋅a 2a 1⋅a 1=n −1n +1⋅n −2n ⋅n −3n −1⋯⋯24⋅13⋅12=1n (n+1)．又n =1也满足上式， 所以a n =1n (n+1)．(2)b n =a n +1na n=1n −1n+1+n +1，所以S n =(1−12+12−13+13−14+⋯+1n −1n +1)+(2+n +1)n 2 =1−1n +1+n 2+3n 2=n 2+3n 2+nn+1．【考点】 数列递推式 数列的求和 【解析】【解答】解：(1)由(n +1)a n =(n −1)a n−1， 得a n a n−1=n−1n+1．又a 1=12，所以当n ≥2时，a n =a n a n−1⋅a n−1a n−2⋅a n−2a n−3⋯⋯a 1a 2⋅a 2a 1⋅a 1=n−1n+1⋅n−2n⋅n−3n−1⋯⋯24⋅13⋅12=1n(n+1)．又n=1也满足上式，所以a n=1n(n+1)．(2)b n=a n+1na n =1n−1n+1+n+1，所以S n=(1−12+12−13+13−1 4+⋯+1n−1n+1)+(2+n+1)n2=1−1n+1+n2+3n2=n2+3n2+nn+1．【答案】(1)证明：取AB的中点E，连接CE，DE.因为△ABD是等边三角形，所以DE⊥AB．又AC=BC，所以CE⊥AB．又DE∩CE=E，所以AB⊥平面CDE，故AB⊥CD．(2)解：因为BD=AB=2，BC=AC=√3，BC⊥CD，所以CD=√BD2−BC2=1．又AD=2，所以AC2+CD2=AD2，即AC⊥CD，则S△ACD=√32．由题可得CE=√AC2−(AB2)2=√2，DE=√AD2−(AB2)2=√3，则CD2+CE2=DE2，即CE⊥CD，则S△ECD=√22．设点B到平面ACD的距离为d，因为AB⊥平面CDE，V B−ACD=V B−ECD+V A−ECD，所以13⋅S△ACD⋅d=13⋅S△ECD⋅AB，即13×√32d=13×√22×2，解得d=2√63，即点B到平面ACD的距离为2√63．【考点】直线与平面垂直的判定空间中直线与直线之间的位置关系点、线、面间的距离计算【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：取AB的中点E，连接CE，DE.因为△ABD是等边三角形，所以DE⊥AB．又AC=BC，所以CE⊥AB．又DE∩CE=E，所以AB⊥平面CDE，故AB⊥CD．(2)解：因为BD=AB=2，BC=AC=√3，BC⊥CD，所以CD=√BD2−BC2=1．又AD=2，所以AC2+CD2=AD2，即AC⊥CD，则S△ACD=√32．由题可得CE=√AC2−(AB2)2=√2，DE=√AD2−(AB2)2=√3，则CD2+CE2=DE2，即CE⊥CD，则S△ECD=√22．设点B到平面ACD的距离为d，因为AB⊥平面CDE，V B−ACD=V B−ECD+V A−ECD，所以13⋅S△ACD⋅d=13⋅S△ECD⋅AB，即13×√32d=13×√22×2，解得d=2√63，即点B到平面ACD的距离为2√63．【答案】(1)解：由题意知，动点M到点F(3,0)的距离与到直线x+3=0距离相等.由抛物线的定义知，轨迹E是以F(3,0)为焦点，以直线x+3=0为准线的抛物线，所以p2=3，即p=6，所以点M的轨迹E的方程为y2=12x．(2)证明：设t=1k，则直线l′：x=ty+3，联立{x=ty+3，y2=12x，得y2−12ty−36=0．设A(x1,y1)，B(x2,y2)，G为线段AB的中点，则y1+y2=12t，则x1+x2=t(y1+y2)+6=12t2+6，所以G(6t2+3,6t)，所以线段AB的垂直平分线的方程为y−6t=−t(x−6t2−3)，则N(6t2+9,0)，所以|FN|=6t2+9−3=6t2+6，|AB|=x1+x2+6=12t2+12，所以|AB||FN|=2为定值．【考点】轨迹方程抛物线的定义圆锥曲线中的定点与定值问题【解析】【解答】(1)解：由题意知，动点M到点F(3,0)的距离与到直线x+3=0距离相等.由抛物线的定义知，轨迹E是以F(3,0)为焦点，以直线x+3=0为准线的抛物线，所以p2=3，即p=6，所以点M的轨迹E的方程为y2=12x．(2)证明：设t=1k，则直线l′：x=ty+3，联立{x=ty+3，y2=12x，得y2−12ty−36=0．设A(x1,y1)，B(x2,y2)，G为线段AB的中点，则y1+y2=12t，则x1+x2=t(y1+y2)+6=12t2+6，所以G(6t2+3,6t)，所以线段AB的垂直平分线的方程为y−6t=−t(x−6t2−3)，则N(6t2+9,0)，所以|FN|=6t2+9−3=6t2+6，|AB|=x1+x2+6=12t2+12，所以|AB||FN|=2为定值．【答案】解：(1)由题意得，函数f(x)=a ln x−x的定义域为(0,+∞)，f′(x)=ax−1=a−xx．若a>0，当0<x<a时，f′(x)>0，则函数f(x)在(0,a)上单调递增；当x>a时，f′(x)<0，则函数f(x)在(a,+∞)上单调递减．若a≤0，f′(x)=a−xx<0，则函数f(x)在(0,+∞)上单调递减．(2)若不等式f(x)≥(e−1)x−e x在[1,+∞)上恒成立，即a ln x+e x−ex≥0恒成立.设g(x)=a ln x+e x−ex，则g′(x)=ax+e x−e，令ℎ(x)=g′(x)，则ℎ′(x)=e x−ax2．①当a≥0时，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)=0，即a≥0符合题意；②当a<0时，ℎ′(x)>0恒成立，所以g′(x)在[1,+∞)上单调递增.又因为g′(1)=a<0，g′(ln(e−a))=aln e−a−a=a[1−ln(e−a)]ln(e−a)>0，所以存在x0∈(1,ln(e−a))，使得g′(x0)=0，当x∈(1,x0)时，g′(x)<0，即g(x)在(1,x0)上单调递减，所以g(x0)<g(1)=0，即a<0不符合题意．综上，a的取值范围为[0,+∞)．【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究不等式恒成立问题【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)由题意得，函数f(x)=a ln x−x的定义域为(0,+∞)，f′(x)=ax −1=a−xx．若a>0，当0<x<a时，f′(x)>0，则函数f(x)在(0,a)上单调递增；当x>a时，f′(x)<0，则函数f(x)在(a,+∞)上单调递减．若a≤0，f′(x)=a−xx<0，则函数f(x)在(0,+∞)上单调递减．(2)若不等式f(x)≥(e−1)x−e x在[1,+∞)上恒成立，即a ln x+e x−ex≥0恒成立.设g(x)=a ln x+e x−ex，则g′(x)=ax+e x−e，令ℎ(x)=g′(x)，则ℎ′(x)=e x−ax2．①当a≥0时，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)=0，即a≥0符合题意；②当a<0时，ℎ′(x)>0恒成立，所以g′(x)在[1,+∞)上单调递增.又因为g′(1)=a<0，g′(ln(e−a))=aln(e−a)−a=a[1−ln(e−a)]ln(e−a)>0，所以存在x0∈(1,ln(e−a))，使得g′(x0)=0，当x∈(1,x0)时，g′(x)<0，即g(x)在(1,x0)上单调递减，所以g(x0)<g(1)=0，即a<0不符合题意．综上，a的取值范围为[0,+∞)．【答案】证明：(1)因为ab+bc+ac=abc，所以1a+1b+1c=1，所以a+b+c=(a+b+c)⋅(1a+1b+1c) =3+ab+ba+ac+ca+cb+bc≥3+2√ab⋅ba+2√ac⋅ca+2√cb⋅bc=9，当且仅当a=b=c时，等号成立，所以a+b+c≥9．(2)b2+c2+a2=ba2+cb2+ac2+1a+1b+1c−1=(ba2+1b)+(cb2+1c)+(ac2+1a)−1≥2a+2b+2c−1=1，当且仅当a=b=c时，等号成立，所以ba2+cb2+ac2≥1．【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】此题暂无解析【解答】证明：(1)因为ab+bc+ac=abc，所以1a+1b+1c=1，所以a+b+c=(a+b+c)⋅(1a+1b+1c) =3+ab+ba+ac+ca+cb+bc≥3+2√ab⋅ba+2√ac⋅ca+2√cb⋅bc=9，当且仅当a=b=c时，等号成立，所以a+b+c≥9．(2)ba2+cb2+ac2=ba2+cb2+ac2+1a+1b+1c−1=(ba2+1b)+(cb2+1c)+(ac2+1a)−1≥2a+2b+2c−1=1，当且仅当a=b=c时，等号成立，所以ba2+cb2+ac2≥1．。
河南省驻马店市2020-2021学年高二上学期期终考试理科数学试题 PDF版含答案
1-5DBCAC6-10DBBCB 11AC 12ABD 13521420,,23πππ⎡⎫⎛⎫⋃⎪ ⎪⎢⎣⎭⎝⎭15121617【答案】（1）3n n a =（2）1n nT n =+【解析】（1）当1=n 时，1112231a S a ==-.11=∴a …………………………………1分当2≥n 时，11222(33)(33)n n n n n a S S a a --=-=---………………………………………2分即：13n n a a -=，………………………………………………………………………………3分∴数列{}n a 为以3为首项，3为公比的等比数列………………………………………4分1333n n n a -∴=⨯=…………………………………………………………………………5分（2）由n n a b 3log =得n b n n ==3log 3，…………………………………………………6分则11n n n c b b +=＝()11n n +＝1n11n -+，…………………………………………………8分1111112231n T n n =-+-+-+……+＝111n -+＝1n n +.……………………………10分(其他方法酌情对应给分)18【答案】（1）见解析（2）23π【解析】(1)证明：由题意tan tan 2(tan tan )cos cos A B A B B A +=+（,sin sin sin sin 2()cos cos cos cos cos cos A B A B A B A B B A∴+=+（）……………………………1分所以2(sin cos sin co s s )in sin )A B B A B A ++=……………………………………2分即2sin()sin sin )A B B A ++=,………………………………………………………3分因为π=++C B A ,所以C C B A sin )sin()sin(=-=+π……………………………4分从而sin 2sin )sin B C A +=.由正弦定理得)2a b c +=……………………5分即,,33a cb 成等差数列;…………………………………………………………………6分)2a b c +=知,222cos 2a b c C ab+-=.......................................7分2223()22a b a b ab ⎤+-+⎥⎣⎦= (8)分13131()84842b a a b =+-≥⨯=-………………………………………………10分当且仅当b a =时,等号成立.故C cos 的最小值为12-…………………………………11分又因为0C π<<,所以23C π≤.即角C 的最大值23π………………………………12分(其他方法酌情对应给分)19.【答案】（1）840x y -+=；（2）0y =或410x y +-=．【解析】（1）由题意得143)('2+-=x x x f ，……………………………………………1分所以(1)8f '-=………………………………………………………………………2分又因为(1)4f -=-，所以切线方程为8(1)4y x =+-，………………………3分整理得840x y -+=．……………………………………………………………4分（2）令切点为00(,)x y ，因为切点在函数图像上，所以3200002y x x x =-+，……………5分故曲线在该点处的切线为322000000(2)(341)()y x x x x x x x --+=-+-……………………6分因为切线过点(1,0)，所以3220000000(2)(341)(1)x x x x x x --+=-+-…………………7分即0)12(1020=--x x ）（.解得01x =或012x =，……………………………………………9分当01x =时，切点为(1,0)，因为()'10f =，所以切线方程为0y =，…………………10分当012x =时，切点为11(,28，因为11()24f '=-，所以切线方程为410x y +-=…11分所以切线方程为0y =或410x y +-=．…………………………………………………12分(其他方法酌情对应给分)20【答案】（1）04a ≤<（2）[0,2)[)4,⋃+∞【解析】（1）当p 为真时，210ax ax ++>在R 上恒成立………………………………1分○1当0,a =不等式化为20010x x ++>，符合题意…………………………………2分○2当0a ≠时，有0a >，且240a a -∆<=故04a <<…………………………4分即当p 真时有04a ≤<……………………………………………………………5分（2）由题意知当q 为真时，1a x x ≥+在1[,2]2上有解.……………………………6分令1()g x x x =+，则()y g x =在1[,1]2上递减，在[1,2]上递增，所以()2(1)min g a g x ==≥…………………………………………………………8分所以当q 假时，2a <，由（1）知当p 假时0a <或4a ≥…………………10分又因为p q ∨为真，p q ∧为假，所以420a a ≤<<⎧⎨⎩或420a a a ≥≥<⎧⎨⎩或即a 的取值范围是[0,2)[)4,⋃+∞………………………………………………12分(其他方法酌情对应给分)21【答案】（1）见解析（2）64-【解析】（1）证明：连接BD ，交AC 于点O ，设PC 中点为F ，连接OF ，EF …1分因为O ，F 分别为AC ，PC 的中点，所以OF PA ∥，且12OF PA =，因为DE PA ∥，且12DE PA =，所以DE OF //，且OF DE =，故四边形OFED 为平行四边形，所以//OD EF ，即BD EF ∥，…………………………………………………………………2分因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA BD ⊥．因为ABCD 是菱形，所以BD AC ⊥．……………………………………………………3分因为PA AC A = ，所以BD ⊥平面PAC ，……………………………………………4分因为//BD EF ，所以EF ⊥平面PAC ，…………………………………………………5分因为FE ⊂平面PCE ，所以平面PAC ⊥平面PCE ．…………………………………6分（2）设2PA AD ==,则1DE =.因为直线PC 与平面ABCD 所成的角为45︒，所以45PCA ∠=︒，所以2AC PA ==，所以AC AB =，故ABC △为等边三角形．…………………………………………………………7分设BC 的中点为M ，连接AM ，则AM BC ⊥．以A 为原点，AM ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系A xyz -（如图所示）．…………………8分则(0,0,2),(0,2,1),(0,2,0)P C E D，2)PC =-，(CE = ，(0,0,1)DE = ，设平面PCE 的法向量为{}111,,x y z n =，则00PC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n ，即111111200y z y z +-=++=⎪⎩，令11y =，则112x z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以=n ，……………9分设平面CDE 的法向量为()222,,x y z =m ，则00DE CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m，即222200z y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩，令21x =，则220y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以=m ，……………………………………………10分设二面角P CE D --的大小为θ，由于θ为钝角，所以||cos |cos ,|||||4θ⋅=-〈〉=-==-⋅n m n m n m ．所以二面角P CE D --的余弦值为4-．……………………………………………12分(其他方法酌情对应给分)22.【答案】（1）2214x y +=；（2）1625．【解析】（1）由题意，点11(2P与点31)2P -关于原点对称，根据椭圆的对称性且椭圆过其中的三个点可知，点11()2P和点312P -都在椭圆上，又因为点312P -与点4P 不可能同时在椭圆上，………………………………………2分即椭圆过点11(2P,41)2P -,2(0,1)P，所以2221(21a b +=2（），且2222011a b+=，故24a =，21b =……………………………………………………3分所以椭圆M 的方程为2214x y +=．…………………………………………………4分（2）由题意，可设直线AB 的方程x ky m =+(2)m ≠,……………………………5分联立2214x y x ky m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩消去x ，得()2224240k y kmy m +++-=．设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则有12224km y y k -+=+，212244m y y k -⋅=+①…………6分又以线段AB 为直径的圆过椭圆的右顶点C ，∴0CA CB ⋅=，由11(2,)CA x y =- ，22(2,)CB x y =- ，得()()1212220x x y y --+=，将11x ky m =+，22x ky m =+代入上式得()()2212121(2)(2)0k y y k m y y m ++-++-=，将①代入上式求得65m =或2m =（舍），则直线l 恒过点6,05⎛⎫ ⎪⎝⎭．………………8分所以1211||22ABC S DC y y =-=⨯△1211||22ABC S DC y y =-=△，…………………………………………………………………………………………10分设211044t t k ⎛⎫=<≤ ⎪+⎝⎭，则ABC S =△在10,4t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上单调递增，所以当14t =时，ABC S △取得最大值1625．………………………………………………12分(其他方法酌情对应给分)。
2020-2021学年河南省驻马店市罗店乡第一中学高三数学文联考试题含解析
2020-2021学年河南省驻马店市罗店乡第一中学高三数学文联考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知全集则（）A. |0| B．|1| C．|2| D．|3|参考答案：B2. 数列满足，，若数列的前项和为，则的值为( )A. B. C. D.参考答案：D3. 已知等差数列{a n}的公差为d（d≠0），且a3+a6+a10+a13=32，若a m=8，则m为( )A．12 B．8 C．6 D．4参考答案：B考点：等差数列的性质．专题：等差数列与等比数列．分析：根据a3+a6+a10+a13中各项下标的特点，发现有3+13=6+10=16，优先考虑等差数列的性质去解．解答：解：a3+a6+a10+a13=32即（a3+a13）+（a6+a10）=32，根据等差数列的性质得 2a8+2a8=32，a8=8，∴m=8故选：B．点评：本题考查了等差数列的性质．掌握等差数列的有关性质，在计算时能够减少运算量，凸显问题的趣味性．4. 执行如图所示的程序框图输出的结果为（）A．（﹣2，2）B．（﹣4，0）C．（﹣4，﹣4）D．（0，﹣8）参考答案：B【考点】程序框图．【分析】模拟程序框图的运行过程，即可得出程序运行后输出的结果．【解答】解：模拟程序框图的运行过程，如下；x=1，y=1，k=0时，s=x﹣y=0，t=x+y=2；x=s=0，y=t=2，k=1时，s=x﹣y=﹣2，t=x+y=2；x=s=﹣2，y=t=2，k=2时，s=x﹣y=﹣4，t=x+y=0；x=s=﹣4，y=t=0，k=3时，循环终止，输出（x，y）是（﹣4，0）．故选：B．5. 无穷等比数列的前项为，则该数列的各项和为（）A. B. C. D.参考答案：B6. 秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法，如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入x的值为2，则输出v的值为（）A．210﹣1 B．210 C．310﹣1 D．310参考答案：D【考点】程序框图．【分析】根据已知的程序框图可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量v的值，模拟程序的运行过程，可得答案．【解答】解：输入的x=2，v=1，k=1，满足进行循环的条件，v=2+C101，k=2，满足进行循环的条件，v=22+2C101+C102，…∴v=210+29C101+…+C1010=310，故输出的v值为：310，故选D．【点评】本题考查程序框图，考查二项式定理的运用，属于中档题．7. 设则的值为( )A．6 B． C． D．参考答案：B略8.直线，当变化时，直线被椭圆截得的最大弦长是（）A．4 B．2 C． D．不能确定参考答案：答案:C9. 如图，在复平面内，点对应的复数为，则复数（）．A．B．C．D．参考答案：D由题意，所以．故选．10. 已知复数，若，则的值为（）A．1 B．C．D．参考答案：D二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在边长为1的正三角形ABC中，，x>0，y>0，且x+y=1，则的最大值为．参考答案：略12. （5分）方程lgx+x=2的根x0∈（k，k+1），其中k∈Z，则k= ．参考答案：1考点：对数函数的图像与性质．专题：函数的性质及应用．分析：设f（x）=lgx+x﹣2，求出函数f（x）的定义域，并判断出函数的单调性，验证f（1）＜0和f（2）＞0，可确定函数f（x）在（0，+∞）上有一个零点，再转化为方程lgx+x=2的一个根x0∈（1，2），即可求出k的值．解答：由题意设f（x）=lgx+x﹣2，则函数f（x）的定义域是（0，+∞），所以函数f（x）在（0，+∞）是单调增函数，因为f（1）=0+1﹣2=﹣1＜0，f（2）=lg2+2﹣2=lg2＞0，所以函数f（x）在（0，+∞）上有一个零点，即方程lgx+x=2的一个根x0∈（1，2），因为x0∈（k，k+1），k∈Z，所以k=1，故答案为：1．点评：本题考查方程的根与函数的零点之间的转化，以及对数函数的性质，属于中档题．13. 设实数x，y 满足条件，若的最小值为0，则实数的最小值与最大值的和等于．参考答案：考点：线性规划的应用.14. 若向量，满足，，且，的夹角为，则．参考答案：15. 曲线在点(0,0)处的切线方程为__________．参考答案：y=2x16. 设椭圆C：的左、右焦点F1、F2，其焦距为，点在椭圆的内部，点P是椭圆C上的动点，且恒成立，则椭圆离心率的取值范围是．参考答案：点在椭圆的内部，，，即，，解得，又，且，要恒成立，即，，则椭圆离心率的取值范围是，故答案为.17. 双曲线的渐近线方程为．参考答案：y=±3x略三、解答题：本大题共5小题，共72分。
2020-2021学年河南驻马店高三上数学期中试卷
2020-2021学年河南驻马店高三上数学期中试卷一、选择题1. 已知全集U={x|y=x+1}，M={x|x2−2x−15>0}，则∁U M=( )A.(−∞,3)∪(5,+∞)B.(−∞,3]∪[5,+∞)C.(−3,5)D.[−3,5]2. 若复数z满足zi−1=√2i，其中i是虚数单位，则复数z的模为( )A.√2B.√3C.2√2D.33. 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探究函数的图象的特征．如函数f(x)=(e2x+e−2x)ln|x|的部分图象大致为( )A. B.C. D.4. 已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，当n≥2且n∈N∗时，a n，S n，S n−1成等比数列，则a5=( )A.1 5B.−15C.120D.−1205. 1927年德国汉堡大学的学生考拉兹提出一个关于“奇偶归一”的猜想：对于任意一个正整数，如果它是奇数，对它乘3再加1，如果它是偶数，对它除以2，这样循环，最终结果都能得到1．下图是根据考拉兹猜想设计的一个程序框图，若输入a的值为3，则输出结果为( ) A.6 B.7 C.8 D.96. 2019年底，武汉突发新冠肺炎疫情，2020年初，党中央，国务院面对“突发灾难”果断采取措施，举国上下，万众一心支援武汉，全国各地医疗队陆续增援湖北，纷纷投身疫情防控与救治病人之中．为了分担“抗疫英雄”的后顾之忧，某校教师志愿者开展“爱心辅导”活动，为抗疫前线医务工作者子女开展在线辅导．春节期间随机安排甲，乙两名志愿者为一名初中生辅导功课共3次，每名志愿者至少辅导1次，每一次只有1名志愿者辅导，则甲恰好辅导两次的概率为( )A.23B.13C.34D.127. 已知四边形ABCD是边长为1的正方形，P为对角线AC上一点，则PA→⋅(PB→+PD→)的最小值是( )A.0B.−14C.−12D.−28. 在(1+x+1x2020)12的展开式中，x2项的系数为( )A.10B.25C.35D.669. 设函数f(x)=a ln x+bx2(a>0，b>0)，若函数f(x)的图象在x=1处的切线与直线x+y−2e=0垂直，则1a+1b的最小值为( )A.1B.12C.3−2√2D.3+2√210. 如图，函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)的图象上一个周期内两点A(x A, y A)，B(x B, y B)满足f(x A)=−f(x B )=m(0<m <1)．若|x A −x B |=π2，要得到函数f(x)的图象，则需将函数y =sin ωx 的图象( )A.向左平移π3单位长度 B.向右平移π3个单位长度 C.向左平移π6个单位长度D.向右平移π6个单位长度11. 已知抛物线C:y 2=2px(p >0)，直线y =k(x −p2)(k >0)与C 分别相交于点A ，M ，与C 的准线相交于点N ，若|AM|=|MN|，则k =( ) A.3 B.2√23C.2√2D.1312. 已知函数f(x)={cos πx +1, x ≥0log a (−x), x <0(a >0，且a ≠1)的图象上关于y 轴对称的点至少有5对，则实数a 的取值范围是( ) A.[2,+∞) B.(1,2) C.(1,2] D.(2,+∞)二、填空题若实数m =log 32+log 916，则(13)m=________. 若1+tan α1−tan α=2020，则1cos 2α+tan 2α=________．在半径为2的球O 中有一内接正四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1，当该正四棱柱的侧面积最大时，一个质点从A 出发到C 1，沿正四棱柱表面移动的最短距离与直接穿过球O 内部移动的最短距离的比是________.已知双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0，b >0)，F 1(−c,0)是左焦点，圆x 2+y 2=c 2与双曲线左支的一个交点是P ，若直线PF 1与双曲线右支有交点，则双曲线的离心率的取值范围是________. 三、解答题已知数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N ∗，且a 1=1，a n+1=n+22n+2a n．(1)证明：数列{ann+1}是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n ．如图，四棱锥E −ABCD 中，四边形ABCD 是边长为2的菱形，∠DAE =∠BAE =45∘，∠DAB =60∘．(1)证明：平面ADE ⊥平面ABE ；(2)当平面DCE 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值√155时，求直线DE 与平面ABE 所成角的正弦值；科学家为研究对某病毒有效的疫苗，通过小鼠进行毒性和药效预实验．已知5只小鼠中有1只患有这种病毒引起的疾病，需要通过化验血液来确定患病的小鼠．血液化验结果呈阳性的即为患病小鼠，呈阴性即没患病．下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定患病小鼠为止．方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性则表明患病动物为这3只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定患病小鼠为止；若结果呈阴性则在另外2只中任取1只化验． (1)求方案甲化验次数X 的分布列；(2)判断哪一个方案的效率更高，并说明理由．已知动点Q 到点F (1,0)的距离与动点Q 到直线l:x =4的距离之比为12. (1)求动点Q 的轨迹方程C ；(2)已知点P (1,32)，过点F 的直线和曲线C 交于A ，B 两点，直线PA ，PB ，AB 分别交直线x =4于点M ，N ，H ． (i)证明：H 恰为线段MN 的中点．(ii)是否存在定点G ，使得以MN 为直径的圆过点G ？若存在，求出定点G 的坐标；若不存在，请说明理由．设函数f(x)=(x +1)m −a(x −1)的定义域为(−1,+∞)，其中m ≥0，a ∈R . (1)若m =3，判断f (x )的单调性；(2)当m =0时，若函数g (x )=ln x +[f (x )−1]e x 在区间(1,+∞)上恰有一个零点，求正数a 的取值范围．在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =1+3cos α，y =3sin α， （α为参数），以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρcos (θ−π4)=√2． (1)写出C 1的普通方程和C 2的直角坐标方程；(2)设曲线C 1与曲线C 2交于M ，N 两点，求C 1M →⋅MN →．参考答案与试题解析2020-2021学年河南驻马店高三上数学期中试卷一、选择题1.【答案】D【考点】一元二次不等式的解法补集及其运算【解析】【解答】解：∵U={x|y=x+1}=R，M={x|x>5或x<−3}，∴∁U M={x|−3≤x≤5}=[−3,5]．故选D．2.【答案】B【考点】复数代数形式的混合运算复数的模【解析】【解答】解：∵复数z满足zi−1=√2i，∴z=1+√2ii=√2−i，∴复数z的模为√(√2)2+(−1)2=√3．故选B.3.【答案】D【考点】函数图象的作法【解析】【解答】解：函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，∵f(−x)=(e−2x+e2x)ln|−x|=(e2x+e−2x)ln|x|=f(x)，∴f(x)为偶函数，排除选项B；当x>1时，f(x)>0；当0<x<1时，f(x)<0，排除选项A和C．故选D．4.【答案】D【考点】数列递推式等比中项【解析】【解答】解：∵数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，当n≥2且n∈N∗时，a n，S n，S n−1成等比数列，∴S n2=a n⋅(S n−1)⇒S n2=(S n−S n−1)⋅(S n−1)，整理得1S n−1S n−1=1，∴数列{1S n}是以1a1=1为首项，1为公差的等差数列，∴1S n=1+(n−1)=n，∴S n=1n，∴a5=S5−S4=15−14=−120.故选D .5.【答案】C【考点】程序框图【解析】此题暂无解析【解答】解：模拟程序的运行，可得a，i的取值如表.所以输出的结果为i=8．故选C．6.【答案】D【考点】古典概型及其概率计算公式 【解析】【解答】解：基本事件有6个，分别为：甲甲乙，甲乙甲，乙甲甲，乙乙甲，乙甲乙，甲乙乙， 其中甲恰好辅导两次包含的基本事件个数为3， 则甲恰好辅导两次的概率P =36=12． 故选D . 7.【答案】 B【考点】平面向量数量积的运算 【解析】建立平面直角坐标系，求出AP →、PB →、PD →的坐标，由AP →⋅(PB →+PD →)=2m(1−2m)，求得其最大值． 【解答】解：以A 为坐标原点，以AB 所在的直线为x 轴，以AD 所在的直线为y 轴，建立平面直角坐标系，则A(0, 0 )，B(1, 0)，C(1, 1)，D(0, 1)， 设P(m,m)，0≤m ≤1，PA →=(−m, −m )，PB →=(1−m, −m)，PD →=(−m, 1−m)， PA →⋅(PB →+PD →)=(−m, −m )⋅(1−2m, 1−2m) =−2m(1−2m)=4(m −14)2−14，故当 m =14时，AP →⋅(PB →+PD →)有最小值−14. 故选B . 8. 【答案】 D【考点】二项展开式的特定项与特定系数 【解析】由题意，两次使用二项展开式的通项公式，求出x 2项的系数． 【解答】解：在(1+x +1x )12的展开式中，通项公式为T r+1=C 12r⋅(x +1x 2020)r ．对于(x +1x 2020)r ，通项公式为：T k+1=C r k ⋅x r−2021k ，k ≤r ，r ，k ∈N ，r ≤12． 令r −2021k =2，可得r =2+2021k ， 若r =2，k =0.故x 2项的系数为 C 122⋅C 20=66. 故选D . 9.【答案】 D【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 基本不等式在最值问题中的应用 两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系【解析】求得f(x)的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件，可得a ，b 的关系式，再由基本不等式可得所求最小值． 【解答】解：函数f(x)=a ln x +bx 2的导数为f′(x)=ax +2bx ，可得函数f(x)的图象在x =1处的切线斜率为a +2b ， 由切线与直线x +y −2e =0垂直， 可得a +2b =1，(a >0，b >0)， 则1a+1b=(a +2b)(1a+1b)=1+2+a b +2b a≥3+2√a b ⋅2b a=3+2√2，当且仅当ab =2b a即a =√2b =√2−1时，取得等号，则1a +1b 的最小值为3+2√2. 故选D . 10. 【答案】 C【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】本题考察三角函数的图象变换．根据题中所给条件可知π2=T2，进而求出T，得到解析式sin(2x+π3)，根据平移问题，即可得出答案．【解答】解：由A(x A, y A)，B(x B, y B)是函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)图象上一个周期内的两点，且满足f(x A)=−f(x B)=m(0<m<1)．由图可知x B−x A=T2，又|x A−x B|=π2，∴T=π，∴ω=2，∴f(x)=sin(2x+π3)，要得到f(x)=sin(2x+π3)的图象，需将y=sin2x的图象向左平移π6个单位．故选C.11.【答案】C【考点】抛物线的定义圆锥曲线的综合问题直线的斜率【解析】根据抛物线的定义以及三角形的中位线，斜率的定义可得．【解答】解：直线y=k(x−p2)过抛物线的焦点F(p2, 0)，如图：过A，M作准线的垂线，垂足分别为C，D，过M作AC的垂线，垂足为E，根据抛物线的定义可得MD=MF，AC=AF，又AM=MN，所以M为AN的中点，所以MD为△NAC的中位线，所以MD=CE=EA=12AC，设MF=t，则MD=CE=EA=t，AF=AC=2t，所以AM=MD+AC=3t，在Rt△AEM中，ME=√AM2−AE2=√9t2−t2=2√2t，所以k=tan∠MAE=MEAE=2√2tt=2√2．故选C.12.【答案】D【考点】对数函数的单调性与特殊点函数的零点与方程根的关系分段函数的应用【解析】【解答】解：当a>1时，作函数f(x)的图象如图：将y轴左半边图象以y轴为轴翻转易知：f(x)的图象上关于y轴对称的点至少有5对等价于，函数y=cosπx+1(x≥0)与函数y=logax的图象至少有5个交点，当且仅当a>1时符合题意．作出函数y=cosπx+1(x≥0)与函数y=logax的图象，如图：要使函数y=cosπx+1与函数y=logax的图象至少有5个交点，则{a>1,log a4<2，解得a>2．故选D．二、填空题【答案】18【考点】有理数指数幂的化简求值 对数的运算性质【解析】【解答】解：m =log 32+log 34=log 38， ∴ 3m =8，∴ (13)m=13=18 . 故答案为：18.【答案】 2020 【考点】 弦切互化三角函数的恒等变换及化简求值 同角三角函数间的基本关系【解析】先把切转化成弦，整理后利用万能公式，把弦转化成切，整理后利用题设的等式求得答案． 【解答】 解：1cos 2α+tan 2α =1cos 2α+sin 2αcos 2α=1+sin 2αcos 2α=1+2tan α1+tan 2α1−tan 2α1+tan 2α =1+tan α1−tan α =2020.故答案为：2020. 【答案】√62【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题 基本不等式在最值问题中的应用 【解析】【解答】解：设球内接正四棱柱的底面边长为a ，高为ℎ，则球的半径r =√(ℎ2)2+(√22a)2=2，∴ ℎ2+2a 2=16≥2√2aℎ， ∴ aℎ≤4√2，∴ S 侧=4aℎ≤16√2，当ℎ2=2a 2时取等号，即ℎ=2√2，a =2对取得最大值．沿四棱柱表面移动的最短距离为√(2a )2+ℎ2=2√6， 直接穿过球O 内部移动的最短距离为AC 1，即球O 的直径， ∴ AC 1=√(√2a)2+ℎ2=4，∴ 沿正四棱柱表面移动的最短距离与直接穿过球O 内部移动的最短距离的比值是√62 . 故答案为：√62. 【答案】(√5,+∞) 【考点】双曲线的离心率圆与圆锥曲线的综合问题 【解析】【解答】解：设直线PF 1的方程为y =k (x +c )，即kx −y +kc =0，∵ 直线和圆有交点，圆心坐标为(0,0)， ∴|kc|√1+k 2<c ，解得k ≠0，联立圆x 2+y 2=c 2与双曲线方程x 2a 2−y 2b 2=1，解得交点P (−ac √b 2+c 2,b 2c )，代入PF 1的方程kx −y +kc =0，得k =b 2c −a √b 2+c 2c+c>0，又∵ 由题意可得k <ba ，a 2+b 2=c 2， ∴ a√b 2+c 2<c 2−ab ，化简可得b >2a ，∴ b 2>4a 2， ∴ c 2>5a 2，∴ e =c a>√5．故答案为：(√5,+∞). 三、解答题 【答案】(1)证明：∵ a n+1=n+22n+2a n ，∴ a n+1n+1+1=12×ann+1，又∵a 11+1=12，∴ 数列{ann+1}是首项，公比均为12的等比数列.(2)解：由(1)知数列{a n n+1}是首项，公比均为12的等比数列，可得：a nn+1=(12)n ，∴ a n =n+12n．当n ≥2时，S n =2×12+3×12+4×12+⋯+n+12，①12S n =2×122+3×123+⋯+n 2n +n+12n+1，②①−②得：12S n =1+122+123+⋯+12n −n+12n+1 =1+122[1−(12)n−1]1−12−n+12n+1=32−n+32n+1(n ≥2)，当n =1时，S 1=a 1=1，不符合上式.∴ S n ={1, n =1,32−n+32n+1, n ≥2.【考点】等比数列 数列递推式 数列的求和 等比数列的通项公式 【解析】（1）由题设条件推导出数列{a nn+1}相邻两项之间的关系式，即可证明结论；（2）先利用（1）中求得的数列{ann+1}的通项公式求出a n ，再利用错位相减求其前n 项和即可．【解答】(1)证明：∵ a n+1=n+22n+2a n，∴a n+1n+1+1=12×a nn+1，又∵ a11+1=12，∴ 数列{a nn+1}是首项，公比均为12的等比数列.(2)解：由(1)知数列{an n+1}是首项，公比均为12的等比数列，可得：a nn+1=(12)n ，∴ a n =n+12n．当n ≥2时， S n =2×12+3×122+4×123+⋯+n+12n，①12S n=2×122+3×123+⋯+n2n +n+12n+1，② ①−②得：12S n =1+122+123+⋯+12n −n+12n+1=1+122[1−(12)n−1]1−12−n+12n+1=32−n+32n+1(n ≥2)，当n =1时，S 1=a 1=1，不符合上式.∴ S n ={1, n =1,32−n+32n+1, n ≥2.【答案】(1)证明：过D 作DO ⊥AE ，垂足为O ，连接OB ，∵ AD =2，∠DAO =45∘，∴ OD =OA =√2，在△AOB 中，由余弦定理可得：OB 2=OA 2+AB 2−2OA ⋅AB ⋅cos ∠OAB =2+4−2×√2×2×√22=2，∴ OB =√2，∵ AB =AD =2，∠DAB =60∘，∴ △ABD 是等边三角形，∴ BD =2． ∴ OD 2+OB 2=BD 2，则OB ⊥OD ， 又OD ⊥AE ，AE ∩OB =O ，∴ OD ⊥平面ABE ，而OD ⊂平面ADE ， ∴ 平面ADE ⊥平面ABE .(2)解：由(1)知AO =OB =√2，AB =2， ∴ OA 2+OB 2=AB 2，得OA ⊥OB ，∵ OD ⊥平面ABE ，∴ ∠DEO 为直线ED 与平面ABE 所成的角．以O 为原点，以OB ，OE ，OD 为坐标轴建立空间直角坐标系O −xyz ， 则A(0, −√2, 0)，B(√2, 0, 0)，D(0, 0, √2)，设E(0, t, 0)(t >0)， ∴ DC →=AB →=(√2, √2, 0)，DE →=(0, t, −√2)， 设平面CDE 的法向量为n →=(x, y, z)，则{n →⋅DC →=√2x +√2y =0，n →⋅DE →=ty −√2z =0， ，令y =1，得n →=(−1,1,√22t)，∵ OD ⊥平面ABE ，∴ m →=(0, 0, 1)为平面ABE 的一个法向量， 由平面DCE 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值√155，得 |cos <m →,n →>|=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=|√22t|√2+2=√4+t2=√155，解得t =√6．∴ tan ∠DEO =OD OE=√26=√33，得∠DEO =30∘，sin ∠DEO =12.故直线DE 与平面ABE 所成角正弦值为12． 【考点】平面与平面垂直的判定用空间向量求直线与平面的夹角【解析】(Ⅰ)过D 作DO ⊥AE ，垂足为O ，连接OB ，利用勾股定理证明OB ⊥OD ，结合OD ⊥AE 得出OD ⊥平面ABE ，故而平面ADE ⊥平面ABE ；(Ⅱ)建立空间直角坐标系，由平面DCE 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值√155求得OE ，进一步求得直线DE 与平面ABE 所成角正弦值． 【解答】(1)证明：过D 作DO ⊥AE ，垂足为O ，连接OB ，∵ AD =2，∠DAO =45∘，∴ OD =OA =√2， 在△AOB 中，由余弦定理可得：OB 2=OA 2+AB 2−2OA ⋅AB ⋅cos ∠OAB =2+4−2×√2×2×√22=2，∴ OB =√2，∵ AB =AD =2，∠DAB =60∘，∴ △ABD 是等边三角形，∴ BD =2． ∴ OD 2+OB 2=BD 2，则OB ⊥OD ， 又OD ⊥AE ，AE ∩OB =O ，∴ OD ⊥平面ABE ，而OD ⊂平面ADE ， ∴ 平面ADE ⊥平面ABE .(2)解：由(1)知AO =OB =√2，AB =2， ∴ OA 2+OB 2=AB 2，得OA ⊥OB ，∵ OD ⊥平面ABE ，∴ ∠DEO 为直线ED 与平面ABE 所成的角．以O 为原点，以OB ，OE ，OD 为坐标轴建立空间直角坐标系O −xyz ， 则A(0, −√2, 0)，B(√2, 0, 0)，D(0, 0, √2)，设E(0, t, 0)(t >0)， ∴ DC →=AB →=(√2, √2, 0)，DE →=(0, t, −√2)， 设平面CDE 的法向量为n →=(x, y, z)，则{n →⋅DC →=√2x +√2y =0，n →⋅DE →=ty −√2z =0， ，令y =1，得n →=(−1,1,√22t)，∵ OD ⊥平面ABE ，∴ m →=(0, 0, 1)为平面ABE 的一个法向量， 由平面DCE 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值√155，得 |cos <m →,n →>|=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=|√22t|√2+22=√4+t2=√155，解得t =√6．∴ tan ∠DEO =ODOE =√2√6=√33，得∠DEO =30∘，sin ∠DEO =12.故直线DE 与平面ABE 所成角正弦值为12．【答案】解：(1)依题意知X 的可能取值为1，2，3，4， P(X =1)=A 44A 55=15，P(X =2)=A 44A 55=15，P(X =3)=A 44A 55=15，P(X =4)=A 44+A 44A 55=25，故方案甲化验次数X 的分布列为：Y ，则Y =2，3．①先验三只结果为阳性，再从中逐个验时，恰好一次验中的概率为：A 44A 55=15；②先验三只结果为阳性，再从中逐个验时，第一次没验中的概率为（无论第二次验中没有，均可以在第二次结束）：C 21A 44A 55=25；③先验三只结果为阴性，再从其它两只中验出阳性（无需进行第二次检验），概率为：C 21A 44A 55=25．故方案乙化验次数Y 的分布列为：E(X)=1×15+2×15+3×15+4×25=2.8； E(Y)=2×35+3×25=2.4．可见E(Y)<E(X)，所以乙方案的效率更高． 方法二：P(Y <X)=35×35+25×25=1325>12；P(Y =X)=35×15+25×15=15； P(Y >X)=35×15+25×25=725．从以上概率数据可分析得出：乙方案的效率更高． 【考点】离散型随机变量的分布列及性质 离散型随机变量的期望与方差 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)依题意知X 的可能取值为1，2，3，4，P(X =1)=A 44A 55=15，P(X =2)=A 44A 55=15，P(X =3)=A 44A 55=15，P(X =4)=A 44+A 44A 55=25，故方案甲化验次数X 的分布列为：Y ，则Y =2，3．①先验三只结果为阳性，再从中逐个验时，恰好一次验中的概率为：A 44A 55=15；②先验三只结果为阳性，再从中逐个验时，第一次没验中的概率为（无论第二次验中没有，均可以在第二次结束）：C 21A 44A 55=25；③先验三只结果为阴性，再从其它两只中验出阳性（无需进行第二次检验），概率为：C 21A 44A 55=25．故方案乙化验次数Y 的分布列为：E(X)=1×15+2×15+3×15+4×25=2.8； E(Y)=2×35+3×25=2.4．可见E(Y)<E(X)，所以乙方案的效率更高． 方法二：P(Y <X)=35×35+25×25=1325>12；P(Y =X)=35×15+25×15=15； P(Y >X)=35×15+25×25=725．从以上概率数据可分析得出：乙方案的效率更高． 【答案】解：(1)设Q (x,y )，由题意得：√(x−1)2+(y−0)2|x−4|=12，化简可得动点Q 的轨迹方程为： x 24+y 23=1.(2)(i)证明：当直线AB 的斜率为0时， 直线PA:y =12(x +2)，∴ M (4,3). 直线PB:y =−32(x −2)，∴ N (4,−3).AB 为x 轴，∴ H (4,0)恰为线段MN 的中点．当直线AB 的斜率不为0时，设直线AB:x =ty +1(t ≠0)， A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，H (4,3t ). 联立直线和曲线方程： {x =ty +1，x 24+y 23=1，消去x 得(3t 2+4)y 2+6ty −9=0， ∴ y 1+y 2=−6t 3t +4，y 1y 2=−93t +4， 直线PA 的方程为y −32=y 1−32x 1−1(x −1)，∴ M (4,−92ty 1+3t +32).同理可得N (4,−92ty 2+3t +32)． ∵ −92ty 1+3t +32−92ty 2+3t +32=6t+3−92t⋅y 1+y 2y 1y 2=6t+3−92t ⋅−6t3t 2+4−93t 2+4=6t，∴ 线段MN 的中点坐标为(4,3t)，∴ H 恰为线段MN 的中点．(ii)存在定点G ，使得以MN 为直径的圆过G ． 证明：当直线AB 的斜率不等于0时， |MN|=|92ty 1−92ty 2|=|92t (1y1−1y 2)|， 故以MN 为直径的圆的方程为(x −4)2+(y −3t )2=8116t 2(1y 1−1y 2)2．若存在定点G ，使得以MN 为直径的圆过点G ， 由对称性可知，点G 一定在x 轴上． 故令y =0，代入圆的方程得： (x −4)2+9t 2=8116t 2(1y 1−1y 2)2，∴ (x −4)2=−9t 2+8116t 2⋅(y 1+y 2)2−4y 1y 2(y 1y 2)2=−9t 2+8116t 2⋅(−6t 3t 2+4)2+363t 2+4(−93t 2+4)2=−9t 2+8116t 2⋅144(t 2+1)81=9.解得x =1或x =7.∴ 以MN 为直径的圆过定点G ，其坐标为(1,0)或(7,0) 当直线AB 的斜率等于0时，M (4,3)，N (4,−3)，H (4,0)， 以MN 为直径的圆为(x −4)2+y 2=9，也过点(1,0)和(7,0)，综上所述，存在定点G (1,0)或(7,0)，使得以MN 为直径的圆过点G ． 【考点】 轨迹方程两点间的距离公式圆锥曲线中的定点与定值问题 【解析】 【解答】解：(1)设Q (x,y )，由题意得：√(x−1)2+(y−0)2|x−4|=12，化简可得动点Q 的轨迹方程为： x 24+y 23=1.(2)(i)证明：当直线AB 的斜率为0时， 直线PA:y =12(x +2)，∴ M (4,3). 直线PB:y =−32(x −2)，∴ N (4,−3).AB 为x 轴，∴ H (4,0)恰为线段MN 的中点．当直线AB 的斜率不为0时，设直线AB:x =ty +1(t ≠0)， A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，H (4,3t).联立直线和曲线方程： {x =ty +1，x 24+y 23=1，消去x 得(3t 2+4)y 2+6ty −9=0， ∴ y 1+y 2=−6t 3t 2+4，y 1y 2=−93t 2+4， 直线PA 的方程为y −32=y 1−32x 1−1(x −1)，∴ M (4,−92ty 1+3t +32).同理可得N(4,−92ty2+3t+32)．∵−92ty1+3t+32−92ty2+3t+32=6t +3−92t⋅y1+y2y1y2=6t+3−92t⋅−6t3t2+4−93t2+4=6t，∴线段MN的中点坐标为(4,3t)，∴H恰为线段MN的中点．(ii)存在定点G，使得以MN为直径的圆过G．证明：当直线AB的斜率不等于0时，|MN|=|92ty1−92ty2|=|92t(1y1−1y2)|，故以MN为直径的圆的方程为(x−4)2+(y−3t )2=8116t2(1y1−1y2)2．若存在定点G，使得以MN为直径的圆过点G，由对称性可知，点G一定在x轴上．故令y=0，代入圆的方程得：(x−4)2+9t2=8116t2(1y1−1y2)2，∴(x−4)2=−9t2+8116t2⋅(y1+y2)2−4y1y2(y1y2)2=−9t2+8116t2⋅(−6t3t2+4)2+363t2+4(−93t2+4)2=−9t2+8116t2⋅144(t2+1)81=9.解得x=1或x=7.∴以MN为直径的圆过定点G，其坐标为(1,0)或(7,0)当直线AB的斜率等于0时，M(4,3)，N(4,−3)，H(4,0)，以MN为直径的圆为(x−4)2+y2=9，也过点(1,0)和(7,0)，综上所述，存在定点G(1,0)或(7,0)，使得以MN为直径的圆过点G．【答案】解：(1)当m=3时，f(x)=(x+1)3−a(x−1)，f′(x)=3(x+1)2−a，①当a≤0时，f′(x)≥0，f(x)在(−1,+∞)上单调递增．②当a>0时，令f′(x)=0，解得：x1=−1+√a3，x2=−1−√a3（舍）；令f′(x)>0，解得x>−1+√a3;令f′(x)<0，解得−1<x<−1+√a3．故f(x)在(−1,−1+√a3)上单调递减，在(−1+√a3,+∞)上单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在(−1,+∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(−1,−1+√a3)上单调递减，在(−1+√a3,+∞)上单调递增．(2)当m=0时，g(x)=ln x−a(x−1)e x，g′(x)=1x−axe x=1−ax2e xx.令ℎ(x)=1−ax2e x，ℎ′(x)=−2axe x−ax2e x<0，∴ℎ(x)在(1,+∞)上单调递减，∴ℎ(x)<ℎ(1)=1−ae .①当a≥1e时，ℎ(x)<ℎ(1)<0，∴∀x∈(1,+∞),g′(x)<0，即g(x)在(1,+∞)上单调递减，∴g(x)<g(1)=0，函数无零点，不合题意；②当a<1e时，∵ℎ(1)>0,ℎ(ln1a)=1−a(ln1a)2e ln1a=1−(ln a)2<0，∴ 根据零点存在性定理可得：∃x0∈(1,ln1a)，使得ℎ(x0)=0，即∃x0∈(1,ln1a)，使得g′(x0)=0.（i）当x∈(1,x0)时，g′(x)>0，g(x)在(1,x0)上单调递增，且g(1)=0，∴g(x)>g(1)=0，函数无零点．（ii）当x∈(x0,+∞)时，g′(x)<0，g(x)在(x0,+∞)上单调递减，其中g(x0)>0，g(ln1a)=ln(ln1a)−a(ln1a−1)e ln1a<ln1a−1−(ln1a−1)=0，∴ 根据零点存在性定理可得：g(x)在(x0,+∞)上有且只有1个零点．综上所述，a的取值范围为0<a<1e．【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究与函数零点有关的问题【解析】【解答】解：(1)当m=3时，f(x)=(x+1)3−a(x−1)，f′(x)=3(x+1)2−a，①当a≤0时，f′(x)≥0，f(x)在(−1,+∞)上单调递增．②当a>0时，令f′(x)=0，解得：x 1=−1+√a3，x 2=−1−√a3（舍）；令f ′(x )>0，解得x >−1+√a3; 令f ′(x )<0，解得−1<x <−1+√a3．故f (x )在(−1,−1+√a 3)上单调递减，在(−1+√a3,+∞)上单调递增．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(−1,+∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在(−1,−1+√a3)上单调递减，在(−1+√a3,+∞)上单调递增．(2)当m =0时， g (x )=ln x −a (x −1)e x ，g ′(x )=1x −axe x=1−ax 2e xx.令ℎ(x )=1−ax 2e x ，ℎ′(x )=−2axe x −ax 2e x <0， ∴ ℎ(x )在(1,+∞)上单调递减， ∴ ℎ(x )<ℎ(1)=1−ae .①当a ≥1e时，ℎ(x )<ℎ(1)<0，∴ ∀x ∈(1,+∞), g ′(x )<0，即g (x )在(1,+∞)上单调递减， ∴ g (x )<g (1)=0，函数无零点，不合题意； ②当a <1e 时，∵ ℎ(1)>0, ℎ(ln 1a )=1−a (ln 1a )2e ln 1a =1−(ln a )2<0，∴ 根据零点存在性定理可得：∃x 0∈(1,ln 1a )，使得ℎ(x 0)=0，即∃x 0∈(1,ln 1a )，使得g ′(x 0)=0.（i ）当x ∈(1,x 0)时， g ′(x )>0，g (x )在(1,x 0)上单调递增，且g (1)=0， ∴ g (x )>g (1)=0，函数无零点．（ii ）当x ∈(x 0,+∞)时， g ′(x )<0，g (x )在(x 0,+∞)上单调递减，其中g (x 0)>0，g (ln 1a )=ln (ln 1a )−a (ln 1a−1)eln 1a<ln 1a−1−(ln 1a−1)=0，∴ 根据零点存在性定理可得： g (x )在(x 0,+∞)上有且只有1个零点． 综上所述，a 的取值范围为0<a <1e ． 【答案】解：(1)由{x =1+3cos α，y =3sin α， （α为参数），可得{x −1=3cos α，y =3sin α，消去参数α，可得C 1的普通方程为(x −1)2+y 2=9， 展开ρcos (θ−π4)=√2，可得√22ρcos θ+√22ρsin θ=√2，结合x =ρcos θ，y =ρsin θ，可得C 2的直角坐标方程x +y −2=0．(2)由(1)可得曲线C 1是一个圆，圆心C 1(1, 0)，半径为3， 曲线C 2是一条直线，∵ 圆心C 1到直线C 2的距离为d =√12+12=√22， ∴ |MN|=2√9−12=√34， 故C 1M →⋅MN →=−MC 1→⋅MN →=−|MN →|2×|MN →|=−17．【考点】参数方程与普通方程的互化 圆的极坐标方程 平面向量数量积 点到直线的距离公式 直线与圆相交的性质【解析】（1）由同角的平方关系，化简可得C 1的普通方程；由极坐标和直角坐标的关系式，以及两角的差角余弦公式，化简可得C 2直角坐标方程；（2）求得C 1的直角坐标，以及C 1到直线C 2的距离，可得|MN|，再由向量的数量积的定义，计算可得所求值． 【解答】解：(1)由{x =1+3cos α，y =3sin α， （α为参数），可得{x −1=3cos α，y =3sin α，消去参数α，可得C 1的普通方程为(x −1)2+y 2=9， 展开ρcos (θ−π4)=√2， 可得√22ρcos θ+√22ρsin θ=√2，结合x =ρcos θ，y =ρsin θ，可得C 2的直角坐标方程x +y −2=0．(2)由(1)可得曲线C 1是一个圆，圆心C 1(1, 0)，半径为3， 曲线C 2是一条直线，∵ 圆心C 1到直线C 2的距离为d =√12+12=√22，∴ |MN|=2√9−12=√34，故C 1M →⋅MN →=−MC 1→⋅MN →=−|MN →|2×|MN →|=−17．。
2020-2021学年河南省驻马店市皮店乡中学高一数学理联考试卷含解析
2020-2021学年河南省驻马店市皮店乡中学高一数学理联考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 在△ABC中，已知，，，则C的度数为（)A. 30°B. 60°C. 30°或60°D. 60°或120°参考答案：A【分析】由题，利用正弦定理可直接求得答案.【详解】由题，因为中，已知，，，由正弦定理可得又因为在三角形中，，所以故选A【点睛】本题考察了正弦定理得应用，熟悉公式是解题的关键，属于基础题.2. 下列结论不正确的是（）A． B． C． D．参考答案：A3. 已知则线段的垂直平分线的方程是（）参考答案：B略4. 下列各图像中，不可能是函数的图像的有几个（） A．1个 B．.2个 C．3个 D．4个参考答案：A略5. 以为圆心，为半径的圆的方程为( )A． B．C． D．参考答案：C略6. 在下列图象中，函数的图象可能是……（）A B CD参考答案：D略7. 已知，均为单位向量，其夹角为，有下列四个命题：；；；.其中真命题是（）....参考答案：C略8. 设a>1，若对任意的x?[a, 2a]，都有y?[a, a2] 满足方程log a x+log a y =3,这时a的取值的集合为（）A．{a|1<a￡2} B．{a|a32} C．{a|2￡a￡3} D．{2,3}参考答案：B略9. 设P=log23，Q=log32，R=log2(log32)，则A. Q＜R＜PB.P＜R＜QC. R＜Q＜PD.R＜P＜Q参考答案：C略10. 方程表示圆心为，半径为的圆，则，，的值依次为（）．A．、、B．、、C．、、D．、、参考答案：B圆方程，即，圆心，半径为，∴，联立解得．故选．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 如图，三角形ABC是直角三角形，ACB=，PA平面ABC，此图形中有____________个直角三角形.参考答案：4略12. （5分）lg100= ．参考答案：2考点： 对数的运算性质． 专题： 函数的性质及应用．分析： 直接利用对数的运算性质，求解即可． 解答： lg100=2． 故答案为：2．点评： 本题考查对数的运算性质，基本知识的考查．13. 圆的圆心到直线的距离为2，则a= ．参考答案：14. 与终边相同的角，则参考答案：15. 已知是有序数对集合上的一个映射，正整数对在映射下的象为实数，记作，对于任意的正整数映射由下表组出：使不等式成立的的集合是 。
2020-2021学年河南省驻马店市遂平县车站镇教管站中学高三数学理联考试卷含解析
2020-2021学年河南省驻马店市遂平县车站镇教管站中学高三数学理联考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 设是虚数单位，则“x=－3”是“复数z=（x2+2x－3）+（x－1）i为纯数”的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件参考答案：C若复数z=（x2+2x－3）+（x－1）i为纯虚数，则，所以“x=－3”是“复数z=（x2+2x－3）+（x－1）i为纯虚数”的充要条件。
2. 已知圆x2+y2﹣4x﹣6y+9=0与直线y=kx+3相交于A，B两点，若，则k的取值范围是（）A．[﹣，0] B．[﹣，] C．[﹣，] D．[﹣，0]参考答案：B【考点】J9：直线与圆的位置关系．【分析】当时，求得圆心到直线的距离，列出不等式，由此求得k的范围．【解答】解：圆x2+y2﹣4x﹣6y+9=0即（x﹣2）2+（y﹣3）2=4，当|AB|=2时，圆心（2，3）到直线y=kx+3的距离为d====1，故当|AB|≥2时，d=≤1，求得﹣≤k≤，故选：B．3. 已知为虚数单位，则＝（）A．B．C．D．参考答案：B略4. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1=12，S5=90，则等差数列{a n}公差d=（）A. 2B.C. 3D. 4参考答案：C【分析】根据等差数列的求和公式即可得出．【详解】∵a1=12，S5=90，∴5×12+ d=90，解得d=3．故选：C．【点睛】本题主要考查了等差数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5. 已知函数，则下列结论正确的是（）A. f(x)是周期函数B. f(x)奇函数C. f(x)的图象关于直线对称D. f(x)在处取得最大值参考答案：C【分析】作出函数的图象，结合函数的周期性，奇偶性、对称性以及最值的性质，分别进行判断，即可得到答案。
2020-2021学年河南省驻马店市西平县柏城中学高三数学理联考试卷含解析
2020-2021学年河南省驻马店市西平县柏城中学高三数学理联考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知正项等比数列满足：，若存在两项使得，则的最小值为A. B. C. D. 不存在参考答案：A因为，所以，即，解得。
若存在两项，有，即，，即，所以，即。
所以，当且仅当即取等号，此时，所以时取最小值，所以最小值为，选A.2. 若,则方程有实数根的概率为( )... ..参考答案：B3. 实数m满足方程，则有A. B. C. D.参考答案：B4. 若且，则的最小值是（A）（B）3 （C）2 （D）参考答案：答案：A解析：（a＋b＋c）2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝12＋（b－c）2 12，当且仅当b＝c时取等号，故选A5. 已知函数，若过点且与曲线相切的切线方程为，则实数的值是( )A. B. C.6D.9参考答案：D设切点为，则①，∵，又切线l过A、M两点，∴则②联立①、②可解得，从而实数的值为故选D.6. （5分）（2015?浙江模拟）设实数列{a n}和{b n}分别为等差数列与等比数列，且a1=b1=8，a4=b4=1，则以下结论正确的是（）A． a2＞b2 B． a3＜b3 C． a5＞b5 D． a6＞b6参考答案：A【考点】：等差数列的通项公式；等比数列的通项公式．【专题】：等差数列与等比数列．【分析】：由题意可得数列的公差和公比，进而可得选项中的各个值，比较可得．解：∵a1=8，a4=1，∴d==﹣，∵b1=8，b4=1，∴q3==，∴q=，∴b2=4＜a2=，∴b3=2＜a3=，∴b5=＞a5=﹣，∴b6=＞a6=﹣，故选：A【点评】：本题考查等差数列和等比数列的通项公式，属基础题．7. 设直线与曲线有三个不同的交点，且，则直线的方程为（）A． B． C． D．参考答案：D8. 已知向量，则“”是“”的(A) 充分不必要条件(B) 必要不充分条件(C) 充要条件(D) 既不充分也不必要条件参考答案：A9. 函数是定义在(－∞,+∞)上的偶函数，在[0,+∞)单调递增．若，则实数a的取值范围是（A）(0,4) （B）（C）（D）(4,+∞)参考答案：C 10. 设m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列命题：①若m⊥α，m⊥β，则α∥β②若m∥α，m∥β，则α∥β③若m∥α，n∥α，则m∥n④若m⊥α．n⊥α，则m∥n上述命题中，所有真命题的序号是（）A．①④B．②③C．①③D．②④参考答案：A【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】根据空间直线，平面间的位置关系的判定定理和性质定理，结合选项进行逐个判断即可．同时利用反例的应用．【解答】解：若m⊥α，m⊥β，则α∥β．这是直线和平面垂直的一个性质定理，故①成立；若m∥α，m∥β，则α∥β或α，β相交，故②不成立；若m∥α，n∥α，则m，n平行、相交或异面，则③错误；由垂直与同一平面的两直线平行可知：④为真命题，故选：A．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 已知直线与圆相交于A，B两点，点，且，若，则实数k 的取值范围是．参考答案：12. 以下四个命题中，正确命题个数（1）命题“若f(x)是周期函数，则f(x)是三角函数”的否命题是“若f(x)是周期函数，则f(x)不是三角函数”；（2）命题“存在”的否定是“对于任意”；（3）在△ABC中，“”是“”成立的充要条件；（4）若函数f(x)在(2015,2017)上有零点，则一定有；（5）函数y＝ln x的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直.参考答案：113. 设数列()是等差数列.若和是方程的两根，则数列的前项的和______________．参考答案：14. 类比“圆心与一条直线上的点的距离的最小值等于圆的半径，当且仅当这条直线和这个圆恰有一个公共点”给出直线和椭圆恰有一个公共点的正确命题________________参考答案：“椭圆的两个焦点到一条直线上的点的距离之和的最小值等于椭圆的长轴长,当且仅当这条直线和这个椭圆恰有一个公共点”略15. 已知函数存在反函数，则实数a=________参考答案：【分析】由函数存在反函数，可知函数为单调函数，然后对分三种情况讨论：、、，分析函数的单调性得出实数的取值.【详解】由于函数存在反函数，则函数单调函数.①当时，，当时，函数在区间上单调递减，在上单调递增，此时，函数在上不单调，不合乎题意；②当时，，可知函数在和上均增函数，且在处连续，所以，函数在上单调递增，合乎题意；③当时，，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，此时，函数在上不单调，不合乎题意.综上所述：，故答案为：0.【点睛】本题考查反函数的存在性问题，解题的关键就是将问题转化为函数为单调函数来处理，考查化归与转化思想，属于中等题.16. 已知函数为偶函数，且，若函数，则______．参考答案：201417. 已知集合，，其中．若，则= ▲。
2020-2021学年河南省驻马店市市驿城区第三中学高三数学理月考试卷含解析
2020-2021学年河南省驻马店市市驿城区第三中学高三数学理月考试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 设等差数列{a n}满足3a8=5a13且a1>0，S n为其前项之和，则S n中最大的是( )(A)S10 (B)S11 (C)S20 (D) S21参考答案：C解：3(a+7d)=5(a+12d)， d=－a，令a n=a－a (n－1)≥0，a n+1=a－a n<0，得n=20．选C．2. 已知复数z是一元二次方程x2﹣2x+2=0的一个根，则|z|的值为（）A．1 B．C．0 D．2参考答案：B【考点】A7：复数代数形式的混合运算．【分析】根据题意，设复数z=a+bi，把z代入x2﹣2x+2=0中求出a、b的值，再计算|z|．【解答】解：设复数z=a+bi，a、b∈R，i是虚数单位，由z是x2﹣2x+2=0的复数根，∴（a+bi）2﹣2（a+bi）+2=0，即（a2﹣b2﹣2a+2）+（2ab﹣2b）i=0，∴，解得a=1，b=±1，∴z=1±i，∴|z|=．故选：B．3. 已知是不等式组表示的平面区域内的一点，，为坐标原点，则的最大值A.2B.3C.5D.6参考答案：D略4. 设集合，，则（）A．(－1,0) B．(0,1) C．(－1,3) D．(1,3)参考答案：C5. 已知i为虚数单位，复数z＝i（2一i）的模｜z｜＝A. 1B. C． D.3参考答案：C6. 公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”．利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值3.14，这就是著名的“徽率”．如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出n的值为（）（参考数据：≈1.732，sin15°≈0.2588，sin7.5°≈0.1305）A．12 B．24 C．36 D．48参考答案：B【考点】EF：程序框图．【分析】列出循环过程中S与n的数值，满足判断框的条件即可结束循环．【解答】解：模拟执行程序，可得：n=6，S=3sin60°=，不满足条件S≥3.10，n=12，S=6×sin30°=3，不满足条件S≥3.10，n=24，S=12×sin15°=12×0.2588=3.1056，满足条件S≥3.10，退出循环，输出n的值为24．故选：B．【点评】本题考查循环框图的应用，考查了计算能力，注意判断框的条件的应用，属于基础题．7. 若向量，，，满足条件，则x等于（）A．6 B．5 C．4 D．3参考答案：D【考点】平面向量数量积的运算．【分析】由向量的加减运算可得8﹣，运用向量数量积的坐标表示，解方程即可得到x的值．【解答】解：∵向量，，，∴8﹣=（8，8）﹣（2，5）=（6，3），又∵，∴（6，3）?（x，4）=6x+12=30，∴x=3，故选D．【点评】本题考查向量的加减运算和向量数量积的坐标表示，考查方程思想，以及化简整理的运算能力，属于基础题．8. 已知实数满足：，，则的取值范围是A．B．C．D．参考答案：画出约束条件限定的可行域为如图阴影区域，令，则，先画出直线，再平移直线，当经过点，时，代入，可知，∴，故选．9. 已知边长为2的正方形的对角线交于点，是线段上—点，则的最小值为（）A．－2 B． C. D．2参考答案：C10. 27．i是虚数单位，=(A)1+i (B)1?i (C)2+2i (D)2?2i参考答案： B二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 如果等差数列{a n }中，a 3+a 4+a 5=12，那么a 1+a 2+…+a 7= ．参考答案：28【考点】等差数列的性质． 【专题】计算题．【分析】根据等差数列下表和的性质若m ，n ，p ，q∈N*，且m+n=p+q ，则有a m +a n =a p +a q 可得答案． 【解答】解：在等差数列{a n }中，若m ，n ，p ，q∈N*，且m+n=p+q ，则有a m +a n =a p +a q ． 因为a 3+a 4+a 5=12，所以a 4=4． 所以a 1+a 2+…+a 7=7a 4=28． 故答案为28．【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握等差数列的有关性质，以及进行准确的运算．12. 函数的定义域为________．参考答案：13. 正方体的棱长为，是它的内切球的一条弦（把球面上任意两点之间的连线段称为球的弦），为正方体表面上的动点，当弦最长时，的取值范围是 ▲ .参考答案：略14. 设双曲线的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2的直线与双曲线的右支交于两点A ，B ，若|AF 1|：|AB|=3：4，且F 2是AB 的一个四等分点，则双曲线C 的离心率是（ ） A ．B ．C ．D ．5参考答案：B【考点】双曲线的简单性质．【分析】根据双曲线的定义得到三角形F 1AB 是直角三角形，根据勾股定理建立方程关系即可得到结论．【解答】解：设|AB|=4x ，则|AF 1|=3x ，|AF 2|=x ， ∵|AF 1|﹣|AF 2|=2a ，∴x=a， ∴|AB|=4a，|BF 1|=5a ， ∴满足|AF 1|2+|AB|2=|BF 1|2， 则∠F 1AB=90°， 则|AF 1|2+|AF 2|2=|F 1F 2|2， 即9a 2+a 2=4c 2， 即10a 2=4c 2， 得e==，故选B ．15. 若x ，y 满足，则z=x ﹣3y 的最大值为 ．参考答案：1【考点】简单线性规划．【分析】先作出不等式组对应的区域，由图形根据目标函数的几何意义判断出最优解，代入目标函数计算出最大值即可．【解答】解：画出可行域如图所示，目标函数变形为y=，此直线经过图中A 时在y 轴截距最小Z 最大，由得到A （﹣5，﹣2），故z=x ﹣3y 的最大值为1． 故答案为：116. 若函数f (x)＝，则f (x)的定义域是．参考答案：命题意图：考查学生对定义域求解及对数函数的理解。
2020-2021学年河南省驻马店市11校联考高三(上)期中化学试卷(Word+答案)
2020-2021学年河南省驻马店市11校联考高三（上）期中化学试卷一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。
每小题只有一个选项符合题意。
1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列有关说法中错误的是（）A．2010年11月广州亚运会燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩B．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶C．小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂D．青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁2．下列化学用语表示不正确的是（）A．CF4的电子式：B．对甲基苯酚的结构简式：C．甲酸甲酯的实验式：CH2OD．O2﹣的结构示意图：3．下列实验装置或操作与粒子的大小无直接关系的是（）A．过滤B．渗析C．萃取D．丁达尔效应4．某有机物X的结构简式为。
下列关于有机物X的说法正确的是（）A．分子式为C14H18O2B．1mol X能与3mol Br2发生加成反应C．一氯代物有13种（不考虑立体异构）D．属于酯类，在酸性条件下水解可以生成等质量的两种有机物5．捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。
设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A．标准状况下，22.4L CO2中所含的原子数目为3N AB．10.1g N（C2H5）3中所含的共价键数目为2.1N AC．2mol Au与2mol H2中所含的分子数目均为2N AD．100g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5N A6．硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2•12H2O]是一种重要的铁盐，为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图。
下列说法不正确的是（）A．步骤①可用热的纯碱溶液除去废铁屑表面的油污B．步骤②可采用水浴加热C．步骤③的离子方程式为H2O2+Fe2++2H+═Fe3++2H2OD．步骤⑤包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作7．某研究性小组为了探究石蜡油分解产物，设计了如图实验方案。
2020-2021学年河南省驻马店市十一校联考高一(上)期中物理试卷(1)
2020-2021学年河南省驻马店市十一校联考高一（上）期中物理试卷一、选择题：本题共12小题，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9～12题有多项符合题目要求全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1. 关于运动的描述，下列说法中正确的是（）A.物体速度变化量大但加速度可以很小B.物体做直线运动时，位移的大小一定等于路程C.平均速度的大小通常叫做平均速率D.4×200m接力赛中的200m是指位移2. 2020年7月23日12时41分，“长征五号”遥四运载火箭搭载我国自主研发的“天问一号”火星探测器在中国文昌航天发射场顺利升空。
火箭飞行约2167s，成功将探测器送入预定轨道，开启火星探测之旅迈出了我国行星探测第一步。
其中（）A.“2020年7月23日12时41分”与“2167s”均是时刻B.“2020年7月23日12时41分”与“2167s”均是时间间隔C.“2020年7月23日12时41分”是时刻，“2167s”是时间间隔D.“200年7月23日12时41分”是时间间隔，“2167s”是时刻3. 对于重心和重力，下列说法正确的是（）A.重心的位置只跟物体的形状有关B.重心可能在物体的外部C.在地球上任何位置，同一物体所受重力的大小都相同D.重力就是地球对物体的引力4. 一质点以某一个初速度沿x轴正方向运动，已知加速度方向沿x轴正方向，当加速度a的值由0逐渐增大到某一值再逐渐减小到零的过程，该质点（）A.速度一直在增大，直到加速度等于零为止B.速度先增大后减小，直到加速度等于零为止C.位移先增大后减小，直到加速度等于零为止D.位移一直在增大，直到加速度等于零为止5. 在一次足球比赛中，某时刻足球以2m/s的速度水平向西飞向运动员，运动员将足球以10m/s的速度反向踢回，已知脚与球接触时间为0.2s，这个过程中足球的平均加速度（）A.大小为40m/s2，方向水平向东B.大小为40m/s2，方向水平向西C.大小为60m/s2，方向水平向西D.大小为60m/s2，方向水平向东6. 汽车以20m/s的速度在水平面上做匀速运动，刹车后的加速度大小为5m/s2，那么关于刹车后2s内与刹车后6s内汽车通过的路程之比为（）A.3:1B.4:3C.1:1D.3:47. 在同一条直线上运动的P、Q两个物体在t=0时经过同一个位置，它们运动的速度-时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.在0∼3s内，两物体的位移相等B.在0∼2s内，P做匀减速直线运动，Q做匀速直线运动C.在t=1s时，两物体相遇D.在0∼1s内，两物体逐渐靠近8. 关于自由落体运动，下列说法中错误的是（）A.在开始连续的三个1s内通过的位移之比是1:3:5B.它是v0=0，加速度竖直向下且a=g的匀加速直线运动C.从开始运动起下落4.9m，9.8m，14.7m所经历的时间之比为1:2:3D.在开始连续的三个1s末的速度大小之比是1:2:39. 下列说法正确的是（）A.上升电梯中的人，看到电梯外面的景物下降，是以地面为参考系B.研究跳水运动员的动作时可将其视为质点C.相对于不同的参考系来描述同一个物体的运动，其结果可能相同D.如果物体的形状和大小对所研究的问题属于无关或次要因素，即可把物体看作质点10. 如图是一辆汽车做直线运动的x−t（位移-时间）图像，对相应的线段所表示的运动，下列说法正确的是（）A.BC段发生的位移大于CD段发生的位移B.AB段表示车静止C.CD段运动方向和BC段运动方向相反D.CD段运动速度小于BC段运动速度11. 做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示（）A.v0tB.v0t−12at2 C.12at2 D.v0t212. 做匀加速直线运动的物体先后通过A、B两点的速度分别为3v和4v，所经历的时间为T，则下列说法正确的是（）A.经过A、B中间时刻的速度为5√2v2B.经过A、B中点的速度为3.5vC.下一个时间T内的位移为4.5vTD.再运动时间T时的速度为5v二、非选择题：本题共6小题，共52分。