1、（新高考）河北省衡水中学2021届高三数学上学期四调考试试题 理一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知集合，集合，则（）ABCD2已知圆关于直线对称，则圆C中为中点的弦长为（）A1B2C3D43若双曲线的离心率为，则（）ABC4D44攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖也有单檐和重檐之分多见于亭阁式建筑，园林建筑以腾龙阁为例，它属重檐四角攒尖，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面积的3倍，则此正四棱锥的内切球半径与底面边长比为（）ABCD517世纪德国著名
2、的天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为的等腰三角形（另一种是顶角为的等腰三角形）例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金中，根据这些信息，可得（）ABCD6已知定义在R上的函数，则a，b，c的大小关系为（）ABCD7已知、是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共交点，且，则椭圆和双曲线的离心率倒数之和的最大值为（）ABC2D8已知是可导的函数，且，对于恒成立，则下列
3、不等关系正确的是（）A，B，C，D，二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分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9已知椭圆C：内一点，直线l与椭圆C交于A，B两点，且M为线段的中点，则下列结论正确的是（）A椭圆的焦点坐标为、B椭圆C的长轴长为C直线l的方程为D10设，且，则下列结论正确的是（）A的最小值B的最小值为2C的最小值为D11已知函数，下列结论不正确的是（）A函数图像关于对称B函数在上单调递增C若，则D函数的最小值为212已知正方体棱长为2，如图，M为上的动点，平面、下面说法正确的是（）A直线与平面所成角的正弦值范围为B点M与
4、点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大C点M为；的中点时，若平面经过点B，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形D已知N为中点，当的和最小时，M为的中点三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13设为单位向量，且|，则_14已知数列满足，定义使为整数的k叫做“幸福数”，则区间内所有“幸福数”的和为_15关于x的方程在上有两个不相等的实根，则实数k的取值范围_16设双曲线的左右两个焦点分别为、，P是双曲线上任意一点，过的直线与的平分线垂直，垂足为Q，则点Q的轨迹曲线E的方程_；M在曲线E上，点，则的最小值_四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算
5、步骤17已知数列的前n项和为，设（1）判断数列是否为等差数列，并说明理由（2）求数列的前n项和18在，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解决该问题已知中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，_，求角C及的面积S19如图，在四棱锥中，平面底面，其中底面为等腰梯形，Q为的中点（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值20已知椭圆的左焦点，椭圆的两顶点分别为，M为椭圆上除A，B之外的任意一点，直线，的斜率之积为（1）求椭圆C的标准方程；（2）若P为椭圆C短轴的上顶点，斜率为k的直线不经过P点且与椭圆C交于E，F两点，设直线，的斜率分别为，且，试问直线l是否过定点，若是，求出这定点；若不存在
6、，请说明理由21已知抛物线的焦点F到准线的距离为2，且过点F的直线l被抛物线C所截得的弦长为8（1）求直线l的方程；（2）当直线l的斜率大于零时，求过点M，N且与抛物线C的准线相切的圆的方程22已知函数，（其中是自然对数的底数），（1）讨论函数的单调性（2）设函数，若对任意的恒成立，求实数a的取值范围答案详解1D解：，故选：D2D依题意可知直线过圆心，即，故圆方程配方得，与圆心距离为1，故弦长为故选D本题考查直线与圆的位置关系，利用中点弦三角形解弦长，属于基础题。3D.因为（）可化为（），所以，则，即.故选：D.4B由于正四棱锥：底面是正方形，侧面为4个全等的等腰三角形，设正四棱锥的底边为，底
7、面积为，所以该正四棱锥的侧面积为，设该四棱锥的侧面的等腰三角形的高为，则有，所以，设内切球的半径为，则如图，与相似，有，所以，由于，化简得，则此正四棱锥的内切球半径与底面边长比为故选：B【点睛】关键点睛：解题关键在于利用三角形的相似关系，求出内切球的半径与底面正方形的边长关系，属于中档题。5C由题意可得：，且，所以，所以，故选：C【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式和诱导公式，属于基础题.6D【详解】当时，函数在时，是增函数.因为，所以函数是奇函数，所以有，因为，函数在时，是增函数，所以，故本题选D.7C【分析】构造新函数，求导后易证得在上单调递减，从而有，故而得解【详解】设，则，即在上单调递减
8、，即，即，故选项A不正确；，即，即，故选项D不正确；，即，即故选项B不正确；故选：C【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，构造新函数是解题的关键，考查学生的分析能力、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题8A设椭圆方程为，双曲线方程为，左右焦点分别为不妨设在第一象限，得，在中，即，设椭圆和双曲线的离心率分别为，设，取，当时，取得最大值为.故选：A.本题考查椭圆与双曲线的定义和性质，利用余弦定理和三角换元是解题的关键，属于较难题.9由椭圆方程可得焦点在轴上，且，椭圆的焦点坐标为，故A错误；椭圆C的长轴长为，故B错误；可知直线的斜率存在，设斜率为，则，两式相减得，解得，则直线的方程为，即，故C
9、正确；联立直线与椭圆，整理得，,故D正确.故选：CD.【点睛】易错点睛：已知椭圆方程，在求解当中，一定要注意焦点的位置，本题的焦点在轴上，在做题时容易忽略焦点位置，判断错误.10因为，且，A，当且仅当，即，时，取等号，故错误；B，当且仅当，即，时，取等号，故正确；C，当且仅当，即，时，取等号，故正确；D，故正确；故选：BCD【点睛】方法点睛：（1）利用基本不等式解决条件最值的关键是构造和为定值或乘积为定值，主要有两种思路：对条件使用基本不等式，建立所求目标函数的不等式求解条件变形，进行“1”的代换求目标函数最值（2）有些题目虽然不具备直接用基本不等式求最值的条件，但可以通过添项、分离常数、平方
10、等手段使之能运用基本不等式常用的方法还有：拆项法、变系数法、凑因子法、分离常数法、换元法、整体代换法等11BCD【分析】去绝对值号，将函数变为分段函数，分段求值域，在化为分段函数时应求出每一段的定义域，由三角函数的性质求之【详解】解：由题意可得：，函数图象如下所示故对称轴为，故A正确；显然函数在上单调递增，上单调递减，故B错误；当，时函数取得最小值，故D错误；要使，则，则或，.12AC【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，则点、，设点，平面，则为平面的一个法向量，且，所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；对于B选项，当与重合时，连接、，在正方体
11、中，平面，平面，四边形是正方形，则，平面，平面，同理可证，平面，易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.设、分别为棱、的中点，易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，正六边形的周长为，面积为，则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；对于C选项，设平面交棱于点，点，平面，平面，即，得，所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，而，且，由空间中两点间的距离公式可得，所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：若最短，则、三点共线，所以，点不是棱的中点，D选项错误.故选：AC.【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了
12、平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.13因为，所以，所以，所以，又因为，故答案为：.【点睛】方法点睛：已知，求解的方法：（1）先将平方然后开根号，得到；（2）代入的值，即可计算出.14.【分析】利用换底公式可得，求出，结合可得，再利用等比数列的前项和即可求解.【详解】当时，为幸福数，符合题意；当时，令，则，.由.，故“幸福数”的和为 故答案为：1349.15【分析】分离参数，构造函数，利用导数讨论的单调性，再结合关于的方程在上有两个不相等的实根等价于与有两个交点，即可求出的取值范围.【详解】，设，设，即在是减函数，又，当时，即，当时，即，在为增
13、函数，在为减函数，当时，关于的方程在上有两个不相等的实根等价于与有两个交点，由上可知，实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查利用导数解决方程根的问题，属于较难题.16 【分析】延长与的延长线交于点，计算得到轨迹方程，取点，解得答案.【详解】如图所示：延长与的延长线交于点，则，故轨迹方程为.取点，则，故，当共线时等号成立.故答案为：；17【答案】（1）； （2）是；答案见解析； （3）.【分析】（1）由可得数列是等比数列，即可求出通项公式；（2）可得出，利用定义可证明；（3）可得，利用裂项相消法可求.【详解】（1）时，得，则，时，由得，两式相减得，即，所以数列是等比数列， ；（2），所以
14、数列是首项为1，公差为的等差数列；（3），.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于结构，利用分组求和法；（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.18【详解】选，因为，所以由正弦定理得，即，所以，因为，所以或.若，由，而，从而，矛盾，舍去.故，接下来求的面积.法一：设外接圆的半径为，则由正弦定理得，.法二：由（1）得，即，或，当时，又，由正弦定理得，当时，同理可得，故的面积为.选，因为，所以，即，所以或（舍），因为，所以.以下同解法同，选，由及正弦定理得，
15、即，由余弦定理得，以下解法同.【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，三角恒等变换，考查了运算能力，属于中档题.19解：（1）取中点，连结，.，是，的中点，且.，又，为平行四边形，.又平面，且平面，平面；（2）取中点，连接，取的中点，连接，.设，由（1）得，为等边三角形，同理，平面平面，平面平面，平面，平面.以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量，则，取，得，又平面的法向量，由图得二面角的平面角为钝角，所以，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，
16、考查运算求解能力，是中档题20【答案】（1）；（2）过定点.【分析】（1）设点，根据MA，BM的斜率之积为，可得，又M在椭圆上，所以，联立方程，可解得，又根据题意，即可求得椭圆方程.（2）设，联立直线方程和椭圆方程，根据韦达定理可得的表达式，根据题意，代入求解可得，代入直线，即可求得定点坐标.【详解】（1）由题意知，设点，则，又点M在椭圆上，所以，联立可得，即，又及，解得：所以椭圆方程为：.（2）直线过定点，证明如下：设直线：，联立方程，整理得：，所以=，代入得：，化简得，此时，所以存在k使得成立，所以直线l的方程为：，即，所以直线l恒过定点.【点睛】本题考查椭圆的几何性质与方程，解题的关键是
17、联立直线与曲线方程，根据韦达定理可得的表达式，再结合题意，代入求解即可，计算量偏大，考查计算化简，分析理解的能力，属中档题.21已知抛物线的焦点到准线的距离为2，且过点的直线被抛物线所截得的弦长为8（1）求直线的方程；（2）当直线的斜率大于零时，求过点且与抛物线的准线相切的圆的方程【答案】（1）或；（2）或【分析】（1）由题意得，当直线l的斜率不存在时，不合题意；当直线l的斜率存在时，设方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理和抛物线的定义求出弦长，结合已知弦长可求得结果；（2）设所求圆的圆心坐标为，根据几何方法求出圆的半径，根据直线与圆相切列式解得圆心坐标和半径，可得圆的方程.【详解】（1）由
18、题意得，当直线l的斜率不存在时，其方程为，此时，不满足，舍去；当直线l的斜率存在时，设方程为由得设，则，且由抛物线定义得即，解得因此l的方程为或.（2）由（1）取直线的方程为，所以线段的中点坐标为，所以的垂直平分线方程为，即设所求圆的圆心坐标为，该圆的圆心到直线的距离为，则，则该圆的半径为，因为该圆与准线相切，所以，解得或,当圆心为时，半径为，当圆心为时，半径为，因此所求圆的方程为或22（1）在定义域上单调递增；（2）【分析】（1）先求得，利用导数可得恒成立，故可得的单调区间.（2）对任意的恒成立等价于对任意恒成立，就和结合的单调性分类讨论可得对任意恒成立，参变分离后再次利用导数可求的取值范围.【详解】解：（1）因为，所以.令，则，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增所以，又因为，所以，在定义域上单调递增.（2）由得，即，所以，即对任意恒成立，设，则所以，当时，函数单调递增，且当时，当时，若，则，若，因为，且在上单调递增，所以，综上可知，对任意恒成立，即对任意恒成立.设，则，所以在单调递增，所以，即a的取值范围为【点睛】本题考查函数的单调性以及含参数的不等式的恒成立，前者利用导数的符号来讨论，后者需等价变形把原不等式转化简单不等式的恒成立，再根据不等式的结构特征构建新函数来讨论，本题为较难题.