1、河北省“五个一名校联盟”2021届高三数学上学期第一次诊断考试试题（含解析）第卷（选择题）一、选择题：本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1. 已知集合，集合，则（ ）A. B. -1，0）C. -1，3）D. -1，）【答案】C【解析】【分析】先化简集合，得到，然后再求交集.详解】由，所以集合 由，可得，则所以集合 所以 故选：C2. 已知复数z34i，那么（ ）A. B. 1C. D. 【答案】B【解析】【分析】将z34i，代入化简即可【详解】解：因为复数z34i，所以，所以故选：B3. 已知向量，则向量与向量的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解
2、析】【分析】根据条件先计算出、的坐标表示，然后根据坐标形式下向量的夹角公式求解出向量与向量夹角的余弦值，则向量的夹角可求.【详解】因为，所以，所以，所以，故选：D.4. 安排6名医生去甲、乙、丙3个单位做核酸检测，每个单位去2名医生，其中医生a不去甲单位，医生b只能去乙单位，则不同的选派方式共有（ ）A. 18种B. 24种C. 36种D. 42种【答案】A【解析】【分析】根据题意分2种情况讨论：（1）a去乙单位，则ab在一起，（2）a不去乙单位，则a必去丙单位，由加法原理计算可得答案【详解】解：根据题意分2种情况讨论：（1）a去乙单位，则ab在一起，都去乙单位，将剩下4人分为2组，安排在甲、
3、丙两个单位即可，有种安排方法；（2）a不去乙单位，则a必去丙单位，在剩下4人中选出2人安排在甲单位，再将剩下2人分别安排到乙、丙，有种安排方法，则有种安排方法，故选：A5. 在正四面体S-ABC中，点O为三角形SBC的垂心，则直线AO与平面SAC所成的角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作出图形，可以得到直线AO与平面SAC所成的角为，然后可得，进一步得到出结果.【详解】如图：由于该四面体为正四面体，所以可知每个面均为正三角形，且平面所以可知点的投影落在上，所以直线AO与平面SAC所成的角为故，所以故选：B6. 在平面直角坐标系xOy中，圆x2y24上三点A（x
4、1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）构成正三角形ABC，那么（ ）A. 0B. 2C. 3D. 6【答案】D【解析】【分析】分别设，计算，利用三角函数化简即可.【详解】因为三角形ABC为正三角形，所以设，故，故选：D【点睛】关键点点睛：根据A,B,C在圆上且构成正三角形ABC，设三点坐标为，是解题的关键.7. 已知双曲线C：（a0，b0）的右焦点为F，双曲线C的右支上有一点P满足|OP|OF|2|PF|（点O为坐标原点），那么双曲线C的离心率为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】记双曲线的左焦点为，根据题中条件，得到，根据双曲线的定义，得到，在中，根据勾股定理，
5、即可求出结果.【详解】记双曲线的左焦点为，由题意可得|OP|OF|2|PF|=c，所以，则，由双曲线的定义可得，则，所以在中，所以，所以，解得离心率为.故选：C.【点睛】关键点点睛：求解圆锥曲线离心率时，解题关键是找到关于a,b,c的等量关系本题中根据题中条件，以及双曲线的定义，得到，列出所要求的等量关系考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力8. 已知函数，若，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件先分析的结果，由此确定出的奇偶性和单调性，再将问题转化为“已知，求解的取值范围”，根据单调性列出关于的不等式并求解出结果.【详解】由题可知且，令，则且定
6、义域为关于原点对称，即为奇函数， 函数与在上均单调递增，与在上单调递增，在上单调递增，即在上也单调递增且，又为奇函数，在上单调递增，不等式等价于，在R上单调递增，解得， 实数a的取值范围是，故选：A.【点睛】思路点睛：利用函数单调性和奇偶性解形如不等式的思路：（1）利用奇偶性将不等式变形为；、（2）根据单调性得到与的大小关系；（3）结合函数定义域以及与的大小关系，求解出的取值范围即为不等式解集.二、选择题：本题共4小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9. 若函数f（x）tan2x的图象向右平移个单位得到函数g（x）的图象，那么下列说法正确的是（ ）A. 函数g（x）的定义域为，kZ
7、B. 函数g（x）在单调递增C. 函数g（x）图象的对称中心为，kZD. 函数g（x）1的一个充分条件是【答案】BD【解析】【分析】根据平移可得的表达式，然后利用正切函数的性质进行判断即可.【详解】由题可知：令，即所以函数定义域为，故A错令所以函数单调递增区间为，当时，是函数的单调递增区间，故B正确令，故函数对称中心为，故C错所以，所以在所求的范围之内，故D正确故选：BD10. 已知数列满足，其前项和为，则下列选项中正确的是（ ）A. 数列是公差为的等差数列B. 满足的的最大值是9C. 除以的余数只能为0或1D. 【答案】ABC【解析】【分析】根据题意对变形得，进而根据累加法求得，再依次讨论各
8、选项即可得答案.【详解】解：因为，故等式两边同除以得：，所以，故根据累加法得：，由于，故，检验满足，故所以数列是公差为的等差数列，故A选项正确；由等差数列前项和公式得：，故，解得：，故满足的的最大值是9，故B选项正确；对于C选项，当时，此时除以的余数只能为1；当时，此时除以的余数只能，故C选项正确；对于D选项，显然，故D选项错误.故选：ABC【点睛】本题考查累加法求通项公式，裂项求和法，等差数列的相关公式应用，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于整理变形已知表达式得，进而根据累加法求得通项公式.11. 已知a，b0且2ab1，则的值不可能是（ ）A 7B. 8C. 9D. 10【答案
9、】ABD【解析】【分析】根据式子进行化简可得原式=，然后进一步化简可得，简单判断可得结果.【详解】由题可知：所以所以原式原式，由a，b0，所以又故故选：ABD12. 如图所示，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中AB8，把ADE沿着DE翻折至ADE位置，使得二面角A-DE-B为60，则下列选项中正确的是（ ）A. 点A到平面BCED的距离为3B. 直线AD与直线CE所成的角的余弦值为C. ADBDD. 四棱锥A-BCED的外接球半径为【答案】ABD【解析】【分析】作AMDE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接AM,AN.利用线面垂直的判定定理判定CD平面AMN,利用面面垂直
10、的判定定理与性质定理得到到平面面BCED的高AH,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得AH的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到ADN就是直线AD与CE所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A-BCED的外接球的球心为O,则ON平面BCED,且OA=OC,经过计算求解可得半径从而判定D.【详解】如图所示，作AMDE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接AM,AN.则AMDE,MNDE, ,MN=M,CD平面AMN,又CD平面ABDC,平面AMN平面ABDC,在平面AMN中作AHMN,
11、则AH平面BCED,二面角A-DE-B为60，AEF=60，正三角形ABC中，AB=8,AN=,AM=2,AH=AMsin60=3，故A正确；连接DN,易得DNEC,DN=EC=4,ADN就是直线AD与CE所成的角，DN=DA=4,AN=AM=2,cosADN=,故B正确；AD=DB=4,AB=,AD与BD不垂直，故C错误易得NB=NC=ND=NG=4，N为底面梯形BCED的外接圆的圆心，设四棱锥A-BCED的外接球的球心为O,则ON平面BCED,且OA=OC,若O在平面BCED上方，入图所示：设ON=x,外接球的半径为R,过O作AH的垂线，垂足为P,则HP=x,易得,解得,舍去；故O在平面B
12、CED下方，如图所示：设ON=x,外接球的半径为R,过O作AH的垂线，垂足为P,则HP=x,易得, 解得,故D正确.故选:ABD.【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.第卷（非选择题）三、填空题：13. 曲线在点（0，f（0）处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】利用导数的几何意义求解，先对函数求导，然后求切线的斜率，再利用点斜式方程可求出切线方程【详解
13、】解：由，得，所以切线的斜率为，所以在点（0，f（0）处切线方程为，即，故答案为：14. 已知抛物线C：y24x，直线l：x-1，过直线l上一动点P作抛物线的切线，切点分别为A，B，则以AB为直径的圆与直线l的位置关系是_.（用“相交”“相切”或“相离”填空）【答案】相切【解析】【分析】设，再切线方程为，与抛物线方程联立，消元后由，得的关系，此式作为的方程，方程的两个解就是切线的斜率，然后求出两点坐标，计算，求出切线中点到准线的距离它等于即可得结论【详解】设，过点的抛物线的切线斜率为，切线方程为，由得(*)，所以，此时，此方程一定有两不等实根，为切线的斜率，由(*)，切点纵坐标为，则，所以，又
14、，设中点为，则，到准线的距离为，所以以AB为直径的圆与直线l相切故答案为：相切【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线的位置关系，直线与圆的位置关系直线与圆相切，等价于圆心到直线的距离等于圆的半径，而直线与抛物线相切，只能应用韦达定理，即由直线方程与抛物线方程联立消元后由判别式等于0判断求解15. “中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将孙子算经中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于问余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：若一
15、个正整数被3除余2且被5除余4，就称为“数”，现有数列an，其中an2n-1，则数列an前2021项中“数”有_个.【答案】134【解析】【分析】依据题意可知，所求的数是被15除余14的数，假设“数”的个数为个，满足，最后根据该数列的特点进行判断即可.【详解】由题可知：被3除余2且被5除余4的正整数为被15除余14的正整数，由an2n-1，所以数列an前2021项即1到4041项中的奇数，设“数”的个数为个，则即又数列an中的每一项均为奇数，所以数列an前2021项中“数”有134个故答案为：13416. 已知函数在定义域内没有零点，则a的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】利用导数并得到隐
16、零点，可得，然后将代入，可得的范围，最后简单计算即可得到结果.【详解】函数定义域为，令，由单调递增，且又单调递减，且，所以存在，使得当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增，所以，即所以，即，两边取对数可得则由，即令，易得函数在定义域中是单调递减的，且所以，由，令又在单调递减，所以所以， 则故答案为：【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用导数求得隐零点，然后计算，并使用等价转化的思想.四、解答题：本题共6小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，在以下三个条件中任选一个：sin2Asin2Bsin2C-sinBsinC；1-2sin
17、Bsin（A-C）cos2B；并解答以下问题：（1）若选_（填序号），求cosA的值；（2）在（1）的条件下，若a2，求ABC的面积S的最大值.【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）若选，利用正弦定理先进行角化边，然后对比角的余弦定理即可求解出的值；若选，利用二倍角公式先求解出的值，然后再求解出的值；若选，利用二倍角变形公式进行化简，求解出之间的关系，结合隐含条件求解出的值，从而可求；（2）先根据已知条件结合基本不等式求解出的最大值，然后根据三角形的面积公式即可求解出面积的最大值.【详解】（1）若选，sin2Asin2Bsin2C-sinBsinC，由正弦定理可得：
18、a2b2c2-bc，再由余弦定理可得：.若选，由二倍角公式，.若选，由1-2sinBsin（A-C）cos2B，可得sinBsin（A-C）sin2B.即sin（A-C）sinB，即A-CB或A-C-B，又因为若A-C-B，则有，不符合题意，所以可得A-CB，而ABC，所以，则cosA0.（2）若选或，由余弦定理a2b2c2-2bccosA，把，a2代入可得：4b2c2-bcbc，可得bc4，当且仅当bc时等号成立，又因A为三角形内角，可得sinA0，则，则，即S的最大值为，若选，由勾股定理a2b2c2，即4a2b22bc，可得bc2，当且仅当bc时等号成立.则，即S的最大值为1.【点睛】思路
19、点睛：利用正、余弦定理求解三角形面积最值的常见思路：（1）若已知角和，可通过余弦定理求解出的最值，则三角形面积对应的最值可求；（2）若已知角和，可通过正弦定理用的形式表示出，再结合面积公式以及三角恒等变换的公式通过化简可求解出面积的最值.18. 已知等差数列an的前n项和为Sn，若a1-8，S6a51.（1）求数列an的通项公式；（2）若数列bn2n1，求数列|an|bn的前n项和Tn.【答案】（1）an3n-11；（2）.【解析】【分析】（1）假设等差数列的公差，然后根据所给的基本量进行计算可得结果.（2）根据（1）的条件可得an，然后讨论的范围并结合错位相减法计算即可.【详解】（1）由题意
20、，设等差数列an的公差为d，由题意可知：6a115da14d1，其中a1-8，解得：d3，则an-83（n-1）3n-11.（2）由（1）可知当n1，2，3时，an0，|an|-an，当n4时，an0，|an|an，当n1，2，3时，可知：T132，T272，T3104，当n4时，可知：Tn104a4b4anbn，即：Tn104（34-11）25（3n-11）2n1，两边乘以2可得：2Tn2104（34-11）26（3n-11）2n2，两式做差，整理可得：Tn（3n-14）2n2264，综上可得：.19. 如图，在四棱柱中，底面ABCD是菱形，AB2，且.（1）求证：平面平面ABCD；（2）求
21、二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）作底面ABCD，通过线段的长度，来验证点O是底面的中心，可得平面ABCD，然后根据面面垂直的判定定理可得结果.（2）根据（1）的条件可得该二面角的平面角为，然后根据长度并结合余弦定理计算即可.【详解】（1）证明：过向底面作垂线，设垂足为O，过O分别向AD，AB作垂线，垂足分别为E，F，连接和，易得AD，OEAD，OEO，所以AD平面，所以AD，同理AB.在Rt和Rt中，所以，在RtOAE和RtOAF中，OAEOAF30，可解得：，所以O在DAB的平分线AC上，又，所以O既为AC中点，又在BD上，ACBDO， 又平面，平面A
22、BCD，所以平面平面ABCD；（2）由（1）可知：平面平面ABCD，又ACBD，AC平面ABCD，所以AC平面，又AC， 所以平面，则即为二面角的平面角； 由（1）可知：，BD2，由余弦定理可得：，所以二面角的余弦值是.【点睛】关键点点睛：第（1）中，关键在于验证点是底面的中心，从而得到平面ABCD；第（2）问建立在第（1）的基础上并得到该二面角的平面角进行计算.20. 甲乙两人进行投篮比赛，每轮比赛由甲乙各投一次，已知甲投中的概率为，乙投中的概率为.每轮投篮比赛中，甲乙投中与否互不影响，按以下情况计分：都投中或者都不中双方都记0分；一方投中，而另一方未中，投中者得1分，未中者得-1分；若有人
23、积2分，则此人获胜且比赛停止.（1）比赛三轮后，甲积1分的概率是多少？（2）若比赛至多进行五轮，问乙能获胜的概率是多少？【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用互斥事件概率加法公式和相互独立事件乘法公式即可求解；（2）比赛至多进行五轮乙能获胜，包含两轮获胜乙获胜，三轮获胜乙获胜，四轮获胜乙获胜，五轮获胜乙获胜，利用互斥事件和相互独立事件分别求得各概率，最后相加即可【详解】（1）在一轮比赛中，甲积1分记为事件A，其概率为，甲积0分记为事件B，其概率为P（B），甲积-1分记为事件C，其概率为，三轮比赛后，甲积1分记为事件D，则P（D）P（ABBBABBBACAAACA）P（ABB）P（B
24、AB）P（BBA）P（CAA）P（ACA）；（2）乙两轮获胜记为事件E，则P（E）P（CC）；乙三轮获胜记为事件F，则P（F）P（BCCCBC）P（BCC）P（CBC）；乙四轮获胜记为事件G，则P（G）P（BBCCBCBCCBBCACCCCACC）P（BBCC）P（BCBC）P（CBBC）P（ACCC）P（CACC）；乙五轮获胜记为事件H，则P（H）P（BBBCCBBCBCBCBBCCBBBCBACCCBCACCABCCCCBACCACBCCCABCCACCBCCACBC）综上：若比赛至多进行五轮，则乙能获胜的概率是【点睛】方法点睛：求概率的常用方法：先定性（古典概型、几何概型、独立事件概率、
25、互斥事件概率、独立重复试验概率、条件概率），再定量（代公式求解）21. 设函数存在两个极值点，且，.（1）求的取值范围；（2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由已知得有两个不同的根，且，由二次函数的性质列不等式组，即可求得的取值范围；（2）由，可得，则，令，利用导数可得上单调递减，进而可，结合（1）中结论，即可得证.【详解】（1），由题意可知，有两个不同的根，且，则，解得：， 即的范围为.（2）由题意可知，所以，所以，令，求导可得：，可知在上单调递减，则，即，又由，所以得证.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式
26、恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理22. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：（ab0）和抛物线D：y24x，椭圆C的左，右焦点分别为F1，F2，且椭圆C上有一点P满足|PF1|F1F2|PF2|345，抛物线D的焦点为F2.（1）求椭圆C的方程；（2）过F2作两条互相垂直的直线l1和l2，其中直线l1交椭圆C于A，B两点，直线l2交抛物线D于P，Q两点，求四边形APBQ面积的最小值.【答案】（1）；（2）8.【解析】【分析】（1）由题意得c1，由|PF1|F1F2|PF2|345，可得，从而可求出的值，进而可得到椭
27、圆的方程；（2）由题意可知直线AB的斜率存在，当直线AB的斜率为0时，可求得四边形APBQ的面积S428，当直线AB的斜率k0时，设直线AB的方程为yk（x-1），A（x1，y1），B（x2，y2），直线方程与椭圆方程联立方程组消去后，再利用根与系数的关系，然后利用弦长公式求出，直线PQ与抛物线方程联立方程组，同样可求得|PQ|，而由ABPQ，可得四边形APBQ的面积，若令34k2t3，则，再利用导数可求得其最小值【详解】（1）由题意可知，抛物线D：y24x的焦点为（1，0），所以椭圆C的半焦距c1，又椭圆C有一点P满足|PF1|F1F2|PF2|345，所以椭圆C的离心率，所以a2，则求得椭
28、圆C的方程是.（2）当直线AB的斜率不存在时，直线PQ即为x轴，与抛物线只有一个交点，不满足条件；当直线AB的斜率为0时，A，B为椭圆长轴两端点，直线PQx轴，|PQ|4，四边形APBQ的面积S428；当直线AB的斜率k0时，设直线AB的方程为yk（x-1），A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线AB与椭圆C：，消去y可得：（34k2）x2-8k2x4k2-120，则，.则弦长，设P（x3，y3），Q（x4，y4），联立直线PQ与抛物线D：，消去y可得：x2-（4k22）x10，则x3x44k22，由抛物线的定义，弦长|PQ|x3x424k2224（k21），由于ABPQ，则四边形APBQ的面积，令34k2t3，则，即，令，求导可得：，可知x3时，则g（x）单调递增，则g（x）g（3）8，综上可知，当直线AB斜率k0时，四边形APBQ面积有最小值8.【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系，解题的关键是利用弦长公式求出的长，从而可表示出四边形APBQ面积，再利用换元法转化后，利用导数求其最小值，考查计算能力，属于中档题
