河北省“五个一名校联盟”2021届高三第一次诊断考试数学.docx

1、河北省“五个一名校联盟”2021 届高三第一次诊断考试 数学 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 Ay|yx2-2x，xR，集合 Bx|yln（3-x），则 AB A B-1，0） C-1，3） D-1，） 2已知复数 z34i，那么 8i | 6 zz zz A 3 4 B1 C 4 3 D 5 3 3已知向量a（1，0） ，b（0，1） ，则向量2ab与向量3ab的夹角为 A 6 B 5 12 C 3 D 4 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，

2、医生 b 只能去乙单位，则不同的选派方式共有 A18 种 B24 种 C36 种 D42 种 5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 1 3 B 2 2 3 C 3 3 D 6 3 6在平面直角坐标系 xOy 中，圆 x2y24 上三点 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，C（x3，y3） 构成正三角形 ABC，那么 222 123 xxx A0 B2 C3 D6 7已知双曲线 C： 22 22 1 xy ab （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

3、为坐标原点） ，那么双曲线 C 的离心率为 A2 B31 C 2( 151) 7 D 3 74 8 8已知函数 2 3 2 ( )log (1) 31 x f xxx ，若 f（2a-1）f（a2-2）-2，则实数 a 的取值 范围是 A-3，1 B-2，1 C （0，1 D0，1 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 6 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 5 | 6 x xk，kZ B函数 g（x）在 5 (,) 12 12 单调递增 C函数 g（x）图象的对称

4、中心为 (,0) 26 k ，kZ D函数 g（x）1 的一个充分条件是 64 x 10已知数列an满足 a11，nan1-（n1）an1，nN*，其前 n 项和为 Sn，则下列选项 中正确的是 A数列an是公差为 2 的等差数列 B满足 Sn100 的 n 的最大值是 9 CSn除以 4 的余数只能为 0 或 1 D2Snnan 11已知 a，b0 且 2ab1，则 19 3abab 的值不可能是 A7 B8 C9 D10 12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 ，

5、则下列选项中正确的是 A点 A到平面 BCED 的距离为 3 B直线 AD 与直线 CE 所成的角的余弦值为 5 8 CADBD D四棱锥 A-BCED 的外接球半径为 2 37 3 第卷（非选择题） 三、填空题： 13曲线 f（x）e-2xx2在点（0，f（0） ）处的切线方程为_ 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） 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

6、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 16已知函数 2 1 ( )eln 22 x a a f xx 在定义域内没有零点，则 a 的取值范围是_ 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

7、三个条件中任选一个： sin2Asin2Bsin2C-sinBsinC； 62 sin 44 A ；1-2sinBsin（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 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 bn2n 1，求数列|a n| bn的前 n 项和 Tn 19如图，在四棱柱 ABCD-ABCD中，底面 ABCD 是菱形，AB2，AA3，且AAB AADBAD60 （1）求证：平面 ABD平面 ABCD；

8、（2）求二面角 B-AC-D 的余弦值 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 3 4 ，乙投中 的概率为 1 2 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？ 21设函数 f（x）x3bx2cx1 存在两个极值点 x1，x2，且 x11，0，x20，1 （1）求 c 的取值范围； （2）证明：-1f（x2）1 22在平面直角

9、坐标系 xOy 中，已知椭圆 C： 22 22 1 xy ab （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 河北省“五个一名校联盟”2021 届高三第一次诊断考试 数学参考答案 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

10、C 2B 3D 4A 5B 6D 7C 8A 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。 9BD 10ABC 11ABD 12ABD 三、填空题： 132xy-10 14相切 15134 16 （ 1 ln1 2 ，） 四、解答题： 17解： （1）若选，sin2Asin2Bsin2C-sinBsinC， 由正弦定理可得：a2b2c2-bc， 再由余弦定理可得： 222 1 cos 22 bca A bc 若选，由二倍角公式 2 3 cos12sin 242 AA ， 2 1 cos2cos1 22 A A 若选，由 1-2sinBsin（A-C）cos2B， 可

11、得 sinBsin（A-C）1 cos2 2 B sin2B 即 sin（A-C）sinB， 即 A-CB 或 A-C-B（舍） ，所以可得 A-CB， 而 ABC，所以 2 A ，则 cosA0 （2）若选或，由余弦定理 a2b2c2-2bccosA， 把 1 cos 2 A ，a2 代入可得：4b2c2-bcbc，可得 bc4， 当且仅当 bc 时等号成立， 又因为 A 为三角形内角，可得 sinA0，则 2 3 sin1cos 2 AA， 则 13 sin3 24 SbcAbc，即 S 的最大值为3， 若选， 由勾股定理 a2b2c2， 即 4a2b22bc， 可得 bc2， 当且仅当

12、bc 时等号成立 则 1 1 2 Sbc，即 S 的最大值为 1 18解： （1）由题意，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（3 4-11） 25（3n-11） 2n 1，两边乘以 2 可得： 2Tn2 104（3 4-11） 26（3n-11） 2n 2， 两式做差，整

13、理可得：Tn（3n-14） 2n 2264， 综上可得： 2 32,1 72,2 104,3 3142264,4 n n n n T n nn 19解： （1）证明：过 A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 AE 和 AF，易得 AOAD，OE AD，AOOEO，所以 AD平面 AOE， 所以 ADAE，同理 ABAF 在RtAAE和RtAAF中， AABAAD60 ， 所以 3 3 2 A EA F， 3 2 AEAF， 在 RtOAE 和 RtOAF 中，OAEOAF30 ， 可解得： 3 2 OEOF，所以 O 在DAB 的平分线

14、AC 上， 又3AO ，所以 O 既为 AC 中点，又在 BD 上，ACBDO， 又 AO平面 ABD，AO平面 ABCD，所以平面 ABD平面 ABCD； （2）方法一： 由（1）可知 OA，OA，OB 两两垂直，分别以 OA，OB，OA所在的直线为 x，y，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A（3，0，0） ，B（0，1，0） ，A（0，0，6） ，D（0，-1，0） ，C（2 3，0，6） ， 设平面 BAC的法向量为m（x，y，z） ，则 0 0 m A C m A B ， 即 ( , , ) ( 2 3,0,0)0 ( , , ) (0,1,6)0 x y z x y z

15、 ，可取 z1，则m（0，6，1） ， 同理可解得平面 DAC的一个法向量为n（0，6，1） ， 则 (0,6,1) (0, 6,1)5 cos, 7|77 m n m n m n ， 由图可知该二面角为锐二面角，故二面角 B-AC-D 的余弦值是 5 7 方法二：由（1）可知：平面 ABD平面 ABCD，又 ACBD，AC平面 ABCD， 所以 AC平面 ABD，又 ACAC， 所以 AC平面 ABD， 则BAD 即为二面角 B-AC-D 的平面角； 由（1）可知：6A O ，ABAD7，BD2， 由余弦定理可得： 7745 cos 7277 BA D ， 所以二面角 B-AC-D 的余弦值

16、是 5 7 20解： （1）在一轮比赛中，甲积 1 分记为事件 A，其概率为 313 ( ) 428 P A ， 甲积 0 分记为事件 B，其概率为 P（B） 31111 42422 ， 甲积-1 分记为事件 C，其概率为 111 428 P C ， 三轮比赛后，甲积 1 分记为事件 D，则 P（D）P（ABBBABBBACAAACA） P（ABB）P（BAB）P（BBA）P（CAA）P（ACA） 81 256 （2）乙两轮获胜记为事件 E，则 P（E）P（CC） 1 64 ； 乙三轮获胜记为事件 F，则 P（F）P（BCCCBC）P（BCC）P（CBC） 1 64 ； 乙四轮获胜记为事件 G

17、，则 P （G） P （BBCCBCBCCBBCACCCCACC） P （BBCC） P （BCBC） P （CBBC） P（ACCC）P（CACC） 11 27 2 ； 乙五轮获胜记为事件 H，则 P（H）P（BBBCCBBCBCBCBBCCBBBCBACCC BCACC ABCCCCBACCACBCCCABCCACCBCCACBC） 10 11 2 综上：若比赛至多进行五轮，则乙能获胜的概率是 11 113 2 21解： （1）f（x）3x22bxc，由题意可知，f（x）3x22bxc0 有两个不同的 根 x1、x2，且 x1-1，0，x20，1， 则 1320 00 1320 fbc f

18、c fbc ，解得：-3c0， 即 c 的范围为-3，0 （2）由题意可知， 2 222 320fxxbxc，所以 2 22 1 3 2 bxxc ， 所以 3232 22222222 1 ()1(3)1 2 f xxbxcxxxc xcx ， 3 22 1 1 22 c xx ，令 3 1 ( )1 22 c g xxx ，求导可得： 2 3 ( )0 22 c g xx ， 可知 g（x）在0，1上单调递减，则 1 1(1)( )(0)1 22 c gg xg ， 即 2 1 ()1 22 c f x，又由-3c0，所以-1f（x2）1 得证 22解： （1）由题意可知，抛物线 D：y24

19、x 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 12 12 |21 2|2 FFc e aPFPF ，所以 a2，3b ， 则求得椭圆 C 的方程是 22 1 43 xy （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 S4 28； 当直线 AB 的斜率 k0 时，设直线 AB 的方程为 yk（x-1） ，A（x1，y1） ，B（

20、x2，y2） ， 联立直线 AB 与椭圆 C： 22 (1) 1 43 yk x xy ， 消去 y 可得： （34k2）x2-8k2x4k2-120， 则 2 12 2 8 34 k xx k ， 2 12 2 412 34 k x x k 则弦长 22 222 12 22 8412 |1|1()4 3434 kk ABkxxk kk 22 2 222 144(1)12(1) 1 (34)34 kk k kk ， 设 P（x3，y3） ，Q（x4，y4） ，联立直线 PQ 与抛物线 D： 2 1 (1) 4 yx k yx ， 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 222 2 22 112(1)24(1) 4(1) 23434 kk Sk kk ， 令 34k2t3，则 2 3 4 t k ， 即 31 (2) 2 St t ，令 31 ( )(2) 2 g xx x ，求导可得： 2 31 ( )(1) 2 g x x ， 可知 x3 时，g（x）0，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