1、河北正定中学高三第二次半月考试卷数 学(考试时间:120分钟 分值:150分)一选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，1-8题为单选题，912为多选题)1若集合，函数的定义域为，则（ ）ABCD2“，或”的否定是（ ）A，且B，且C，或D，或3据记载，欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉发现的，该公式被誉为“数学中的天桥”.特别是当时，得到一个令人着迷的优美恒等式，这个恒等式将数学中五个重要的数（自然对数的底，圆周率，虚数单位，自然数的单位1和零元0）联系到了一起，有些数学家评价它是“最完美的公式”.根据欧拉公式，若复数的共轭复数为，则（ ）ABCD4已知，则（ ）ABCD5已知平面，和直线
2、，下列命题中错误的是（ ）A若，则 B若，则存在，使得C若，则 D若，则6已知衡量病毒传播能力的最重要指标叫做传播指数它指的是，在自然情况下（没有外力介入，同时所有人都没有免疫力），一个感染到某种传染病的人，会把疾病传染给多少人的平均数.它的简单计算公式是：确诊病例增长率系列间隔，其中系列间隔是指在一个传播链中，两例连续病例的间隔时间（单位：天）根据统计，确诊病例的平均增长率为40%时，两例连续病例的间隔时间的平均数为5天.根据以上数据计算，若甲得这种传染病，则6轮传播后由甲引起的得病的总人数约为（ ）A243B248C363D10927若，则（ ）ABCD8已知抛物线的焦点为，点，在抛物线上
3、，过线段的中点作抛物线的准线的垂线，垂足为，若，则的最小值为（ ）ABCD（多选题）9已知，条件，条件，若是的充分不必要条件，则实数的取值可能有（ ）A2B1CD（多选题）10如图，四棱锥中，平面底面，是等边三角形，底面是菱形，且，为棱的中点，为菱形的中心，下列结论正确的有（ ）A直线与平面平行 B直线与直线垂直C线段与线段长度相等D与所成角的余弦值为（多选题）11函数（，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）AB若把函数的图像向左平移个单位，则所得函数是奇函数C若把的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的函数在上是增函数D，若恒成立，则的最小值为（多选题）12已知函数，函数，下列选
4、项正确的是（ ）A点是函数的零点B，使C函数的值域为D若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是二填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13若，满足约束条件，则的最大值为_14已知向量，向量与的夹角为，且，则_.15在等腰直角三角形中，D为的中点，将它沿翻折，使点A与点B间的距离为，此时四面体的外接球的体积为_.16若数列满足，且对任意都有，则的最小值为_.三解答题（本题共6小题，共70分）17（本小题10分）在中，内角的对边分别为，且满足.（1）求；（2）若，为边上的中线，当的面积取得最大值时，求的长.18（本小题12分）在这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的
5、存在，求出的值；若不存在，说明理由.已知数列为等比数列，数列的首项其前项和为， ，是否存在，使得对任意恒成立？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.19（本小题12分）某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：锻炼人次空气质量等级0，200(200，400(400，6001（优）216252（良）510123（轻度污染）6784（中度污染）720（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）若某天的空气质量等
6、级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”根据所给数据，完成下面的22列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？人次400人次400空气质量好空气质量不好P(K2k)0.050 0.010 0.001k3.8416.63510.828附：，20（本小题12分）已知四棱锥，底面为菱形，,为上的点，过的平面分别交于点，且平面（1）证明： ；（2）当为的中点， ，与平面所成的角为，求二面角的余弦值21（本小题12分）已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆上一点，面积的最大值为.（1）
7、求椭圆的方程；（2）过点作关于轴对称的两条不同直线分别交椭圆于与，且，证明直线过定点，并求出该定点坐标.22（本小题12分）已知函数，其中.（1）当时，求函数的极值；（2）若，试讨论函数在上的零点个数.河北正定中学高三第二次半月考数学答案1选A 【解析】的定义域为，满足，即，故选：A.2选B 【解析】由题意，命题“，或”的否定是“，且”.故选：B.3选A 【解析】欧拉公式，则，所以，故选：A.4选C 【解析】，且，故，而，所以.故选：C.5选D 【解析】对于A，因为，所以存在直线a，使a，又，所以a，有，正确；对于B，设m，则在平面内存在不同于直线m的直线l，满足lm，根据线面平行的判定定理可
8、知，l，正确；对于C，过直线l上任意一点作直线m，根据面面垂直的性质定理可知，m既在平面又在平面内，所以直线l与直线m重合，即有l，正确；对于D，若，l，则l不一定成立，D错误故选：D6选D 【解析】记第1轮感染人数为，第2轮感染人数为，第轮感染人数为，则数列是等比数列，公比为，由题意，即，所以，总人数为人.故选：D7选B 【解析】由已知，设，且为锐角，则，即，故选：B8选B 【解析】设，过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，由抛物线的定义可得，因为为线段的中点，所以 ，又，所以，所以，又，所以，当且仅当时取等号，故，即，所以的最小值为9选BCD 【解析】因为，条件，所以p对应的集合为；
9、因为条件，所以当时，q对应的集合为；当时，q对应的集合为；当时，q对应的集合为； 因为p是q的充分不必要条件，所以AB，所以当时，q对应的集合为，此时满足AB，故满足题意；当时，q对应的集合为，此时满足AB，需，解得；当时，q对应的集合为，此时满足AB，故满足题意；所以实数a的取值范围是：.故选：BCD10选ABD 【解析】如图，连接，易知，由线面平行的判定定理得面，正确.在菱形中，为等边三角形.设的中点为，连接，则，由线面垂直的判定定理得出平面，B正确.平面平面，由面面垂直的性质可得为直角三角形；设，则，.在中，可得，故异面直线与所成角的余弦值为；在中，则不是直角，则不是等腰三角形，即与长度
10、不等，故C错误，D正确，故选：ABD11选ABD 【解析】如图所示：，所以，即，（），（），故A正确；把的图像向左平移个单位，则所得函数，是奇函数，故B正确；把的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的函数，在上不单调递增，故C错误；由可得，恒成立，令，则， ，的最小值为，故D正确. 故选：ABD.12选BC【解析】 图像 图像对于选项A，0是函数的零点，零点不是一个点，所以A错误.对于选项B，当时，可得，当时，单调递减；当时，单调递增；所以，当时， ，当时， 当时，单调递减；当时，单调递增；所以，当时， ，综上可得，选项B正确.对于选项C，选项C正确.对于选项D，关于的方程有两个不相等的实数
11、根关于的方程有两个不相等的实数根关于的方程有一个非零的实数根函数与有一个交点，且，当时，当变化时，的变化情况如下：00极大值极小值极大值，极小值，当时，当变化时，的变化情况如下： 12 0 极小值极小值，综上可得，或，的取值范围是，D不正确.13【答案】【解析】根据约束条件作出可行域，联立，解得，所以，根据可行域可知最优解为，代入可得.14【答案】1【解析】两边平方，利用向量数量积的定义可得.15【答案】【解析】翻折前，因为是等腰三角形且，所以，所以，翻折后，设底面三角形外接圆半径为，由余弦定理得，所以,由正弦定理得，解得，因为是等腰三角形且为的中点，所以在四面体中，平面，所以CD所在球的截面
12、图如图所示，O为球心，所以外接球半径，解得，外接球体积.故答案为：.16【答案】8【解析】根据题意，数列满足当时，有，则，分析可得：在中，最大为，设，则有，且，变形可得：，所以数列是首项为682，公比为的等比数列，则，则，即，又为递增数列，且，所以若对任意任意都有成立，则，即的最小值为8；故答案为817【解析】（1）由正弦定理及已知得，结合，得，因为，所以，由，得.（2）在中，由余弦定得，因为，所以，当且仅当时，的面积取得最大值，此时.在中，由余弦定理得.即.18【解析】设等比数列的公比为,因为，所以故 两式相减整理得所以是首项为1，公比为2的等比数列，所以所以 由指数函数的性质知，数列单调递
13、增，没有最大值，所以不存在，使得对任意恒成立. 知数列是首项为1，公比为的等比数列，所以 所以 因为所以存在，使得对任意恒成立. 所以存在，使得对任意恒成立. 19【解析】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为的概率为，等级为的概率为，等级为的概率为，等级为的概率为；（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为（3）列联表如下：人次人次空气质量不好空气质量好，因此，有的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.20【解析】（1）证明：连结交于点，连结因为为菱形，所以，且为、的中点，因为，所以，因为且平面，所以平面，因为平面，所以因为平面， 平面，且平面平
14、面，所以，所以（2）由（1）知且，因为，且为的中点，所以，所以平面，所以与平面所成的角为，所以，所以，因为，所以 分别以， ， 为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，所以记平面的法向量为，则，令，则，所以，记平面的法向量为，则，令，则，所以， 记二面角的大小为，则所以二面角的余弦值为 21【解析】（）设，则，设，则.解得.所以椭圆的方程为.（）设方程为，联立，得，因为关于轴对称的两条不同直线的斜率之和为0，即，即，得，即.解得：.直线方程为：，所以直线过定点.22【解析】（1）当时 ，令得或，得所以函数在上单调递减，在，上单调递增所以当时，函数取得极大值，当时，函数取得极小值，（2），令得或 因为，所以，所以当 ，即时，在上单调递减，若函数有零点，则，解得：，若函数无零点，则，即当时，即时，在上单调递减，在上单调递增，由于，令，令，则，所以在上递减，即，所以在上递增， ，即，所以在上没有零点，综上，当时，在上有唯一零点，当时，在上没有零点
