1、班级 姓名 学号 石家庄二中西校区高三年级数学期中模拟试题 （考试时间：120分钟，满分：150 分）一、单项选择题：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已知角的终边过点P（4，3），则sin+cos的值是（）ABCD2已知集合A1，2，3，4，By|y2x1，xA，则AB（）A1，2B1，2，4C2，4D2，3，43设复数z满足|z3+4i|2，z在复平面内对应的点为（x，y），则（）A（x3）2+（y+4）22B（x+3）2+（y+4）22C（x+3）2+（y4）24D（x3）2+（y+4）244设26，则a，b，c的大小关系是（）Aabc
2、BcabCbcaDcba5已知正方形ABCD的边长为3，（）A3B3C6D66函数y的图象大致是（）ABCD7已知O，A，B，C为平面内的四点，其中A，B，C三点共线，点O在直线AB外，且满足其中x0，y0，则x+8y的最小值为（）A21B25C27D348我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等椭球是椭圆绕其长轴旋转所成的旋转体，如图，将底面半径都为b高都为a（ab）的半椭球和已被挖去了圆锥的圆柱（被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面，下底面的
3、圆心为顶点）放置于同一平面上，用平行于平面且与平面任意距离d处的平面截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环，可以证明S圆S圆环总成立据此，椭圆的短半轴长为2，长半轴长为4的椭球的体积是（）ABCD二、多项选择题：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，部分选对的得3分，有选错的得0分.9已知双曲线，则不因改变而变化的是（）A焦距B离心率C顶点坐标D渐近线方程10设F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，若在双曲线右支上存在点P，满足|PF2|F1F2|，且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长，则关于该双曲线的下列结论正确的是（）A渐近线方程为4
4、x3y0B渐近线方程为3x4y0C离心率为D离心率为11已知函数f（x）（asinx+cosx）cosx的图象的一条对称轴为x，则下列结论中正确的是（）Af（x）是最小正周期为的奇函数B（，0）是f（x）图象的一个对称中心Cf（x）在，上单调递增D先将函数y2sin2x图象上各点的纵坐标缩短为原来的，然后把所得函数图象再向左平移个单位长度，即可得到函数f（x）的图象12如图，点M是正方体ABCDA1B1C1D1中的侧面ADD1A1上的一个动点，则下列结论正确的是（）A点M存在无数个位置满足CMAD1B若正方体的棱长为1，三棱锥BC1MD的体积最大值为C在线段AD1上存在点M，使异面直线B1M与
5、CD所成的角是30D点M存在无数个位置满足到直线AD和直线C1D1的距离相等三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13古典著作连山易中记载了金、木、水、火、土之间相生相克的关系，如图所示，现从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰是相克关系的概率为 14已知点A，B，C，D均在球O的球面上，ABBC1，AC，若三棱锥DABC体积的最大值是，则球O的表面积为 15动圆E与圆M（x1）+y2外切，并与直线x相切，则动圆圆心E的轨迹方程为 ，过点P（1，2）作倾斜角互补的两条直线，分别与圆心E的轨迹相交于A，B两点，则直线AB的斜，率为 16设f（x）是定义在R上且周期为6的周期
6、函数，若函数yf（x1）的图象关于点（1，0）对称，函数yf（x）在区间n，n（其中nN*）上的零点的个数的最小值为an，则an 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步骤17（10分）已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a4，_，求ABC的周长L和面积S在cosA，cosC，csinCsinA+bsinB，B60，c2，cosA这三个条件中，任选一个补充在上面问题中的横线处，并加以解答18（12分）已知an为等差数列，a3+a625，a823，bn为等比数列，且a12b1，b2b5a11（1）求an，bn的通项公式；（2）记cnanbn，求数列cn
7、的前n项和Tn19（12分）如图所示，在等腰梯形ABCD中，ADBC，ADC60，直角梯形ADFE所在的平面垂直于平面ABCD，且EAD90，AEAD2DF2CD2（1）证明：平面ECD平面ACE；（2）点M在线段EF上，试确定点M的位置，使平面MCD与平面EAB所成的二面角的余弦值为20（12分）已知椭圆C：经过点（，1），离心率为（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l：ykx+t（t0）与椭圆C相交于A，B两点，若以OA，OB为邻边的平行四边形OAPB的顶点P在椭圆C上，求证：平行四边形OAPB的面积为定值21（12分）已知圆M过C(1，1)，D(1，1)两点，且圆心M在x+y2=0上.（1
8、）求圆M的方程；（2）设P是直线3x+4y+8=0上的动点，PA，PB是圆M的两条切线，A，B为切点，求四边形PAMB面积的最小值.22（12分）已知函数f（x）lnxx（1）讨论函数h（x）f（x）g（x）的单调性；（2）当t1时，证明曲线yg（x）分别在点（1，g（1）和点（t，g（t）处的切线为不同的直线；（3）已知过点（m，n）能作曲线yg（x）的三条切线，求m，n所满足的条件 高三年级数学期中模拟试题答案一、单项选择题：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【解答】解：由题意可得x4、y3、r|OP|5，sin，cos，sin+cos，
9、故选：B2【解答】解：合A1，2，3，4，By|y2x1，xA1，2，4，8，则AB1，2，4，故选：B3【解答】解：z在复平面内对应的点为（x，y），zx+yi，|z3+4i|2，（x3）2+（y+4）24，故选：D4【解答】解：00.30.10.301，0a1，bloglog35，而log33log35log39，1b2，clog526log5252，c2，cba，故选：D5【解答】解：如图；因为正方形ABCD的边长为3，2，则（）（）（）（）32323故选：A6【解答】解：当x0时，yxlnx，y1+lnx，即0x时，函数y单调递减，当x，函数y单调递增，因为函数y为偶函数，故选：D7【
10、解答】解：根据题意，A，B，C三点共线，点O在直线AB外，125（当且仅当x5，y时等式成立）故选：B8【解答】解：S圆S环总成立，半椭球的体积为：，椭球的体积V，椭球体短轴长为2，长半轴长为4，该椭球体的体积V故选：C二、多项选择题：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，部分选对的得3分，有选错的得0分.9解析：双曲线，可化为a24sin2，b22sin2即可逐一判定双曲线，可化为a24sin2，b22sin2c26sin2，渐近线y，故选：BD10【解答】解：设|PF2|F1F2|2c，由|PF1|PF2|2a，可得|PF1|2c+2a
11、，由F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长2a，设PF1的中点M，由等腰三角形PF1F2的性质可得，F2MPF1，即有（2c+2a2b）2+（2a）2（2c）2，化为c+abb，即c+a2b，可得c2a2+b2（2ba）2，即有3b4a，则双曲线的渐近线方程为yxx，即4x3y0；离心率e故选：AC11【解答】解：函数f（x）（asinx+cosx）cosxasinxcosx+cos2xasin2xcos2x，又f（x）图象的一条对称轴为x，所以f（0）f（），即a（），解得a，所以f（x）sin2xcos2xsin（2x）；所以f（x）的最小正周期为，但不是奇函数，A错误；f（）sin（）
12、f（）0，所以（，0）是f（x）图象的一个对称中心，B正确；x，时，2x，所以f（x）在，上不是单调函数，C错误；将函数y2sin2x图象上各点的纵坐标缩短为原来的，得ysin2x的图象；再把所得函数图象向左平移个单位长度，得ysin2（x）sin（2x）的图象，即函数f（x）的图象，所以D正确故选：BD12【解答】解：如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，CD侧面ADD1A1，则CDAD1，又AD1A1D，A1DDCD，AD1平面A1DC，可知当M在线段A1D上时，有CMAD1，故A正确；由正方体的性质可知，A1C平面BC1D，可知若正方体的棱长为1，则M与A1重合时，三棱锥BC1MD的
13、体积取最大值，为，故B正确；异面直线B1M与CD所成角，即为A1B1M，当M在线段AD1上运动时，M取AD1 的中点时，A1B1M最小，其正切值为，故C错误；平面ADD1A1上的点M到直线C1D1的距离等于M到D1的距离，则满足到直线AD和直线C1D1的距离相等即满足到直线AD和点D1的距离相等可知M的轨迹为平面ADD1A1上抛物线的部分，故D正确故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13【解答】解：古典著作连山易中记载了金、木、水、火土之间相生相克的关系，如图所示，现从五种不同属性的物质中任取两种，基本事件总数n10，取出的两种物质恰是相克关系包含的基本事件有：水克火，
14、木克土，火克金，土克水，金克木，共5种，则取出的两种物质恰是相克关系的概率为p故答案为：14【解答】解：ABBC1，AC，ABBC，ABC的外接圆圆心为AC的中点M，过AC的中点M作平面ABC的垂线MN，要想体积最大，需高最大，则球心O在直线MN上且D也在MN上，设OMh，球的半径为R，则棱锥的高的最大值为R+hVDABC11（R+h），R+h2，由勾股定理得：OA2OM2+MA2，即R2（2R）2，解得R球O的表面积为S4R2故答案为：15【解答】解：如图，由题意可知，|NE|ME|，则|NE|ME|，E点到直线x1的距离等于到点M（1，0）的距离，动圆圆心E的轨迹是以M为焦点，以x1为准线
15、的抛物线，则其轨迹方程为y24x；点P坐标为（1，2），设A（x1，y1），B（x2，y2），由已知设PA：m（y2）x1，即：xmy2m+1，代入抛物线的方程得：y24my8m+4，即y24my+8m40，则y1+24m，故y14m2，设PB：m（y2）x1，即xmy+2m+1，代入抛物线的方程得：y24my+8m+4，即y2+4my8m40，则：y2+24m，故y24m2，x1x2my12m+1（my2+2m+1）m（y1+y2）4m8m，直线AB的斜率kAB1，直线AB的斜率为1故答案为：y24x；116【解答】解：可将yf（x1）的图象向左平移1个单位，得到yf（x）的图象，因为函数y
16、f（x1）的图象关于点（1，0）对称，即有yf（x）的图象关于原点对称，即yf（x）为奇函数，可得f（0）0，又f（x）为周期为6的周期函数，可得f（x+6）f（x），可令x3，则f（3+6）f（3），即f（3）f（3）f（3），可得f（3）f（3）0，当n1，2时，f（x）在n，n上，有f（0）0；当n3，4，5时，f（x）在n，n上，有f（0）0，f（3）f（3）0；当n6，7，8时，f（x）在n，n上，有f（0）0，f（3）f（3）0，f（6）f（6）0；当n9，10，11时，f（x）在n，n上，有f（0）0，f（3）f（3）0，f（6）f（6）0，f（9）f（9）0，可得a1a21，a
17、3a4a53，a6a7a85，a3ka3k+1a3k+22k+1，kN，即an2k+1，（3kn3（k+1），kN，nN*）故答案为：2k+1，（3kn3（k+1），kN，nN*）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步骤17【解答】解：选择：csinCsinA+bsinB，B60，a4由正弦定理可得：c2a+b2，c24+b2由余弦定理可得：b216+c28ccos60，化为：b216+c24c联立解得：c5，bABC的周长L4+59面积SacsinB45sin60518【解答】解：（1）设等差数列an的公差为d，由题意可得，解得，则an2+3（n1）3n1，nN
18、*；设等比数列bn的公比为q，由a12b1，b2b5a11可得b11，b12q532，解得q2，则bn2n1，nN*；（2）由（1）可得cnanbn（3n1）2n1，则Tn220+521+822+（3n1）2n1，2Tn22+522+823+（3n1）2n，两式相减可得Tn2+3（21+22+2n1）（3n1）2n2+3（3n1）2n，化简可得Tn4+（3n4）2n19【解答】解：（1）证明：平面ABCD平面ADFE，平面ABCD平面ADFEAD，EAAD，EA平面ADFE，EA平面ABCD，又CD平面ABCD，EACD，在ADC中，CD1，AD2，ADC60，由余弦定理得AC，AC2+CD2
19、AD2，CDAC，CDEA，AEACA，CD平面ECD，CD平面ECD，平面ECD平面ACE（2）解：以C为坐标原点，CA为x轴，CD为y轴，过C作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，C（0，0，0），A（，0，0），B（，0），D（0，1，0），E（，0，2），F（0，1，1），（，1），（0，0，2），（0，1，0），（，1，1），（0，1，1），设（），（01），则（），设平面ABE的一个法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，0），设平面MCD的一个法向量（a，b，c），则，令a1+，得（1+，0，），平面MCD与平面EAB所成的二面角的余弦值为，|cos|，整理得8221
20、0，解得，或（舍），点M为线段EF中点时，平面MCD与平面EAB所成的二面角的余弦值为20【解答】（1）解：由题意，解得a24，b22椭圆方程为；（2）证明：联立，得（2k2+1）x2+4ktx+2（t22）0（4kt）28（2k2+1）（t22）82（2k2+1）t20设A（x1，y1），B（x2，y2），则，四边形OAPB是平行四边形，则P（）又点P在椭圆上，即|AB|又点O到直线l的距离d平行四边形OAPB的面积S即平行四边形OAPB的面积为定值21【解析】（1）设圆的方程为：，根据题意得，故所求圆M的方程为： （2）如图四边形的面积为即又，所以， 而，即.因此要求的最小值，只需求的最小
21、值即可，的最小值即为点到直线的距离所以，四边形面积的最小值为.22【解答】（1）解：由题知h（x）lnx，x0，h（x），当0x1时，h（x）0；当x1时，h（x）0所以h（x）在（0，1）上单调递增；在（1，+）上单调递减（2）证明：因为g（x）3x21，所以g（1）2，g（t）3t21，又因为g（1）0，g（t）t3t，所以曲线yg（x）在点（1，g（1）处的切线方程为y2x2；曲线yg（x）在点（t，g（t）处的切线方程为y（3t21）x2t3t1，2t32，所以两条切线不可能相同（3）解：设直线l过点（m，n）与曲线yg（x）在点（x0，xx0）处相切设直线l：ynk（xm），则，消去
22、k，得2x3mxm+n0因为过点（m，n）能作曲线yg（x）的三条切线，所以关于x0的方程2x3mxm+n0有三个不等实根设（x）2x33mx2+m+n，则（x）有三个零点又（x）6x（xm），当m0时，（x）6x20，所以（x）在（，+）上单调递增，（x）至多有一个零点，故m0不符合题意；当m0时，易得：（x）在（，m）上单调递增，在（m，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增，所以（x）的极大值为（m）m3+m+n，极小值为（0）m+n又（x）有三个零点，所以（m）0且（0）0，即，所以m3mnm；当m0时，易得：（x）在（，0）上单调递增，在（0，m）上单调递减，在（m，+）上单调递增，所以（x）的极小值为（m）m3+m+n，极大值为（0）m+n又（x）有三个零点，所以（m）0且（0）0，即，所以m3mnm综合，当m0时，m3mnm；当m0时，m3mnm
