河北省沧州市名校联考高三上学期质量监测考试（1月）数学试题（解析版）-A4

这是一份河北省沧州市名校联考高三上学期质量监测考试（1月）数学试题（解析版）-A4，共14页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，若，则实数（ ）
A. 2B. C. D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】由集合的运算性质得出，再根据子集的性质和集合性质得出即可求出答案.
【详解】由得到，由子集的性质可知．
对于任意的实数，,不能等于，由集合元素的互异性，不成立，
故只能是；求出.
故选：C
2. 已知复数，则在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，化简复数，得到复数z在复平面内对应的点，即可得到答案．
【详解】，则，则．
所以复数在复平面内对应的点为，该点位于复平面的第三象限．
故选：C．
3. 已知向量，，，为不共线的非零向量，若，，则“”是“”，成立的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由，可得，即，当时，即，可求得，再由充分必要条件定义判断.
【详解】若，则，故，
若，则，即，故.
所以是的充要条件.
故选：C.
4. 如图是下列选项中某个函数的部分图象，则该函数的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由时，，可排除B，D；再由可排除C.
【详解】由图可知当时，，故排除B，D；
设，则，故排除C．
故选：A．
5. 对具有线性相关的两个变量x和y进行统计分析时，得到一组样本数据，，，，，并由该组数据求得y关于x的回归方程为则样本点处的残差为（ ）
A. 0.1B. C. 1.2D.
【答案】B
【解析】
【分析】将样本的中心代入回归直线中，求得，再算出当时的预测值，根据残差的定义即可得答案.
【详解】因为，
．
所以将其代入，可得，
此时的预测值为，且观测值为2，
故残差为．
故选：B．
6. 已知时，直线与直线相交于点，则的值（ ）
A. 无最大值，最小值为8B. 最大值为32，无最小值
C. 最大值为32，最小值为8D. 不存在最值
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线恒过的点得出两直线交点的轨迹，结合轨迹可得最值.
【详解】可整理为，
令且得，，．
知直线恒过．但不是过所有的直线，
表示过的直线，但不包含直线．
同理表示恒过的直线，但不包含直线．
又时，与垂直，时，的斜率为，
的斜率为，故．
所以点的轨迹为以为直径的圆去掉点，圆心为，半径为．
而表示点到原点距离的平方．
所以的最大值为32，最小值不存在．
故选：B．
7. 函数在区间上的值域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角恒等变换化简，再结合角的范围应用正弦函数的性质得出的范围，再得出值域即可.
【详解】由
，，，
由，
则，又，
所以．
故选：A．
8. 已知时，单调递增的等差数列前n项和的值最小，且的最小值为1，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】法一：根据绝对值性质可得当时取得最小值，可求出公差解得，再由二次函数性质可得，解不等式即可；
法二：对绝对值不等式分类讨论可得在取得最小值，可求出公差解得，再由二次函数性质可得，解不等式即可；
法三：求得之后判断出，且，即可得出结论.
【详解】法一：
设前项和为，公差为且，
则．
因为
绝对值共有6项．
其中，，，，，最中间两项均为，由绝对值函数性质得
当时，有最小值1．
又等差数列单调递增，，
即，解得．
又时，单调递增的等差数列前项和的值最小，
得，由二次函数性质，得，
解得．
故选：A．
法二：
等差数列单调递增，设其公差为，得，则．
设
得
故在取得最小值，即，得，解得．
又时，单调递增的等差数列前项和的值最小，
设前项和为，则．
由二次函数性质得的对称轴为，
又，所以，得．
故选：A．
法三：
同法一，法二求得，
因为时，单调递增的等差数列的前项和最小，
所以，即，得，且，即，得．
综上，．
故选：A．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 如图，把长方形纸片沿对角线折成直二面角，若，．则折纸后（ ）

A. 四面体外接球的表面积为25
B. 四面体的体积为
C. 异面直线与所成角为
D. 直线与平面所成角的余弦值为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据折叠规律求得四面体外接球的球心位置可得半径，即可知A正确，由锥体体积公式计算可得B正确，假设异面直线与所成角为，可得与矛盾，故C错误，易知直线与平面所成角为，其余弦值为，可得D错误.
【详解】长方形中，，则，
设的中点为，折起后的图形如图所示，连接，，

则；
故为四面体外接球的球心，半径，则外接球表面积为．故A正确．
又平面平面，平面平面；
中，，，过点作于，则平面；
且，又面积为6，则四面体的体积为，故B正确．
若异面直线与所成角为，则，
又，，
则得面，面，得，
又由，，，与矛盾，故C错误．
因二面角为直二面角，则直线为直线在平面上的射影．
则直线与平面所成角为，其余弦值为，故D错误．
故选：AB．
10. 定义在R上的奇函数与函数的图象关于直线对称，则（ ）
A. 函数图象关于点对称
B. 函数图象关于点对称
C. 函数与图象关于直线对称
D. 函数与图象关于直线对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知可得，可得函数的对称中心判断A；进而可得关于点2,0对称，可得判断B；得出得函数与图象关于直线对称判断C；结合gx+1对称性可判断D．
【详解】法一：因为是奇函数，则，则图象关于点1,0对称，A正确．
奇函数关于原点对称，又函数与关于直线对称，
则关于点2,0对称，得，
得关于点1,0对称，故B错误．
由与函数关于直线对称得，
所以函数与图象关于对称，故C正确．
，得函数fx−1与gx+1图象关于对称，故D正确．
法二：因为是奇函数，设，则，，
又与函数关于直线对称，则，
，由，故A正确．
不关于点2,0对称，故B错误．
由，关于直线对称，故C正确．
由，关于直线对称，故D正确．
法三：（画图象）由图可知，ACD正确．

故选：ACD.
11. 椭圆与双曲线有共同的左焦点和右焦点，与离心率分别为，，它们在第一象限的交点为P（O为坐标原点），圆是的内切圆，过点P且与直线垂直的直线与交于，则（ ）
A. 当时，
B. 当时，
C.
D. 过右焦点分别作直线，的垂线，垂足分别为M，N，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，根据椭圆和双曲线的定义求出与，再结合得出为直角三角形，利用勾股定理和离心率公式推出；B选项，先求出内切圆半径，进而得到，再根据角平分线性质和旁切圆知识求出，最终得出；C选项，通过分析，，的位置关系以及圆与坐标轴的切点，判断出；D选项，利用等腰三角形三线合一以及中位线性质，分别求出和，从而得出.
【详解】由题意可设，，，
解得，．当时，得为直角三角形．
由勾股定理得，，即，得．
即．故A正确．
圆是的内切圆，则其半径为，
得，且为的平分线．
，则为外角的平分线，故以为圆心，
以到直线的距离为半径的圆，
必与直线，，均相切（的一个旁切圆），
可知该圆半径为，得，
所以．故B正确．
由以上分析知，，在同一直线上，易证圆与轴切于的右顶点，
圆与轴切于的右顶点，所以，故C错误．
因，垂足为M，延长交于点，因为平分，
由三线合一得，为的中点，
则，连接，
由中位线性质得，因，
垂足为，延长交于点，
因为平分的外角，由三线合一得，为的中点，
则，连接，
由中位线性质得，
则．故D正确．
故选：ABD
【点睛】易错点睛：
在运用椭圆和双曲线定义时，要注意区分长轴长、实轴长以及焦距等概念，防止混淆.
计算三角形内切圆和旁切圆半径时，公式运用要准确，并且要理解其几何意义.
在利用等腰三角形三线合一和中位线性质时，要准确找出等腰三角形和对应的中位线，避免找错线段关系导致错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式的第4项的二项式系数为________．
【答案】35
【解析】
【分析】先写出通项公式，根据二项式系数的定义进行求解.
【详解】因为的展开式的通项公式为.
所以第4项的二项式系数为.
故答案为：35.
13. 已知是的导函数，且，则________．（写出一个符合条件的即可）．
【答案】（只要符合，常数，均可）
【解析】
【分析】根据基本初等函数函数的导数和导数的四则运算计算即可.
【详解】因为，
所以依题意，所以，为常数，
故答案为：（只要符合，为常数，均可）.
14. 如图，在正方体中，M，N分别为棱，的中点，动点P满足，当四面体外接球的体积最小时，________．
【答案】
【解析】
【分析】确定球心过线段的中点，且与底面垂直的直线上，再通过直线上的动点与直线上的点间最短距离，求得半径最小值即可求解；
【详解】
由可知点为上的动点，
由正方体性质可知，四面体的外接球球心在过线段的中点，且与底面垂直的直线上，
所以直线与直线平行，
若四面体的外接球体积最小，必须外接球半径最小，
设正四面体的棱长为4，得直线与直线间的距离为，
所以直线上动点与直线上的点间最短距离为．
故四面体的外接球的半径最小为，
此时，又,则圆心到底面的距离，
所以点到底面的距离，
则符合条件的点有两个所以．
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，角A，B，C所对的边分别为，，．已知
（1）求C；
（2）若，求c的最小值．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）法一：由已知化简得，两边同时除以，再由余弦定理、正弦定理可得答案；法二：由已知利用余弦定理得，再由余弦定理可得答案：
（2）由余弦定理、基本不等式可得答案．
【小问1详解】
法一：因为，
得，
两边同时除以得，，
，由正弦定理得，
所以，
得，
即，
又，所以，所以，
又，得．
法二：
因为，由余弦定理得
，
，
，，所以，
又，得；
【小问2详解】
由余弦定理得，
又，得．
，
当且仅当“”时，等号成立．
则，故的最小值为2．
16. 如图，在三棱锥中，是边长为2正三角形，为等腰直角三角形，，D为中点．
（1）求证：；
（2）当时，求平面和平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
分析】(1)用线面垂直证明线线垂直;
(2)建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量,利用法向量夹角的余弦值,
求得两个平面夹角的余弦值,也可以作出二面角的平面角,几何法求解.
【小问1详解】
证明：设的中点为,连接,连接,则,
又因为为等腰直角三角形,,
,
又是正三角形,,
又因为平面,则面,
面,.
【小问2详解】
【法一】
由题意知,,又由,
得为等腰直角三角形,且;
又,得,,且,在面内,
所以面,面,得面面且交线为,
设的中点为,则,面.
以为坐标原点,过点与平行的直线为轴,分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系,
得,，,,

为的中点,得,
,;
设平面的一个法向量为，
则，，
可取；
平面的一个法向量可取，
因为，
所以平面和平面夹角的余弦值为．
【法二】
取的中点,连结,则,且,,
,,,又,面,
又,面,而平面，,
过作于,,且,
又,平面,面,
而平面，得,
为二面角的平面角,
,,
所以平面和平面夹角的余弦值为.
17. 平面直角坐标系中，动点到点的距离比它到轴的距离多1．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）若点C为，过的直线l与点的轨迹交于A，B两点（A，B与C不重合），直线，与直线交于点，．证明：以为直径的圆在上截得的弦长为定值．
【答案】（1）或
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据距离公式得到方程，整理即可得解；
（2）设直线的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线的方程，即可求出点坐标，同理可得点坐标，以线段为直径的圆与轴交点设为，根据求出参数的值，即可得解.
【小问1详解】
因为Px,y到点1,0的距离为，Px,y到轴的距离为．
由题意动点Px,y到点1,0的距离比它到轴的距离多1得，
整理得，，即．
当时，；
当时，；
所以动点的轨迹方程为或．
【小问2详解】
依题意设直线的方程为，依题意，点的轨迹方程应取，
将代入，消去得，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则，，
设，，，
则，
直线的方程为，
令，则，
，同理可得，
以线段为直径的圆与轴交点设为，
则，，且，
，
，
或，
以为直径的圆在轴上截得的弦长为定值．
18. 已知函数
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）求证：当时，在不存在最小值；
（3）若在存在极值点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）．
【解析】
【分析】（1）先求导函数，得出切线斜率再写出点斜式方程即可求解；
（2）根据导函数得出函数单调性即可证明；
（3）根据导函数得出函数单调性分是否为负根讨论求解.
【小问1详解】
当时，函数，．
则，又．
故曲线y=fx在处的切线方程为．
【小问2详解】
由得．
，
设，则．
当时，对任意的x∈0,+∞，，则在0,+∞上单调递增．
此时，对任意的x∈0,+∞，，
故在0,+∞单调递增，不存在最小值．
【小问3详解】
，得，
因为在存在极值点，首先有负解．
得有负根，设，
当时，所以在单调递减．
且当时，，当时，．
因为有负根，所以，即．并设的负根为．
即，使，则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，为的极大值点．
综上，若在存在极值点，则实数的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：构造函数，再求导函数根据函数单调性解题.
19. 已知数列前n项和为，且满足，．
（1）证明：对任意的，的值均为正整数，且为完全平方数；
（2）记的个位数字为，求数列的前100项和；
（3）是否存在，，使成立，如果存在求出x，y的值，如果不存在说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）284 （3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）方法一，将递推公式可得①②，然后两式相减可得，方法二，通过联立①②解方程组，均可得，把递推公式变形得得为完全平方数；
（2）由可得的个位数字只与和的个位数字有关，即只计算的个位数字的4倍与的个位数字的差的个位数字，然后利用列举法得出数列为周期为12的周期数列，然后求和即可
（3）假设存在，由（1）可得，即，进而得，然后利用列举法得出的值的个位数字构成以3为周期的周期数列和的个位数字只能是以5为周期的数列，进而得出矛盾即可
【小问1详解】
得，
即①
由①递推得②
方法一：
②-①得
即
由题意易知，所以．
又因，均为正整数，
，
，
所以时，的值均为正整数．
由①得
故为完全平方数．
方法二：
由①②变形为
可得和是二次方程的两根，
所以．即．
又因为，均为正整数，
，
，
所以时，的值均为正整数．
由①得
故为完全平方数．
【小问2详解】
研究数列的前项和的个位数字，
则首先研究的个位数字，因为的值均为正整数．
又，所以的个位数字只与和的个位数字有关，
即只计算的个位数字的4倍与的个位数字的差的个位数字，
因为，，则的个位数字为的个位数字5，
的个位数字为的个位数字6；
的个位数字为的个位数字9；
的个位数字为的个位数字0；
依此规律可得，的个位数字为1；的个位数字为4；
故的个位数字构成周期为6的周期数列，1，4，5，6，9，0，1，4，5，6，9，0，1，
而的个位数字也只可由的个位数字得到，同研究的个位数字规律一样，
可的个位数字为数列：1，5，0，6，5，5，6，0，5，1，0，0，1，5，0，6，5，5，.…，是周期为12的周期数列，且，
又因为，则数列的前100项和为．
【小问3详解】
由①得
故为完全平方数．
则也为完全平方数．
因为，
所以
则只能是，
故，
整理得，即，
又，
故的值的个位数字只与和的个位数字有关，
因为，，则的个位数字为的个位数字5，
的个位数字为的个位数字6；
的个位数字为的个位数字9；
的个位数字为的个位数字0；
依此规律可得，的个位数字为1；的个位数字为4；
故的个位数字构成周期为6的周期数列，
1，4，5，6，9，0，1，4，5，6，9，0，1，…
则的个位数字是9；的个位数字是1，的个位数字是1，
的个位数字是9，的个位数字是1，的个位数字是1，
的个位数字是9，的个位数字是1，…
得故的值的个位数字构成以3为周期的周期数列9，1，1，9，1，1，9，1，1，…．
而的个位数字只能是以5为周期的数列6，6，4，0，4，6，6，4，0，4，…．
故的值的个位数字与的值个位数字一定不相等．
故不存在，使成立．
【点睛】关键点点睛:第二问的关键点是的个位数字的4倍与的个位数字的差的个位数字，第三问的关键点是的值的个位数字只与和的个位数字有关，然后利用列举法得出相应的规律，从而得出答案.