河北省邯郸市大名县第一中学2021届高三数学上学期12月强化训练试题四202012280255.doc

1、河北省邯郸市大名县第一中学2021届高三数学上学期12月强化训练试题四一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD2随机变量的概率分布规律为其中是常数，则的值为( )ABCD3如图，将一个四棱锥的每一个面染上一种颜色，使每两个具有公共棱的面染成不同颜色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（ ） A36 B48 C72D1084设平面向量均为非零向量，则“”是“”的（ ）A充分非必要条件 B必要非充分条件C充要条件 D即不充分又不必要条件5已知函数的图象与直线的相邻交点间的距离为，若定义，则函数，在区间内的图象是( )ABCD6化简的结果为（ ）ABC1D37已知是等比数列，则（ ）AB

2、CD8三棱锥中，是边长为3的正三角形，平面，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）ABCD二、多选题（每题5分，共20分）9定义，且，叫做集合的对称差，若集合，则以下说法正确的是（ ）ABCD10已知函数，现给出下列四个命题，其中正确的是（ ）A函数的最小正周期为B函数的最大值为111题C函数在上单调递增D将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数解析式为11（多选题）如图所示，正方体中，点在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则以下四个结论正确的是（ ）AB点必在线段上CD平面12设等比数列的公比为q,其前n项和为,前n项积为,并满足条件,下列结论正确的是（ ）AS2019S2020BCT2020是

3、数列中的最大值D数列无最大值三、填空题（每题5分，共20分)13命题“，”，此命题的否定是_（用符号表示）14观察如下规律： ，该组数据的前项和为_.15已知正方形ABCD的边长为2，以C为圆心的圆与直线BD相切若点M是圆C上的动点，则 的最小值为_16在中，角的对边分别为，设的面积为，若，且，则_四、解答题(17题10分，18-22题每题12分，共60分）17在，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足_.（1）求角B；（2）若，且外接圆的直径为2，求的面积.18给出以下三个条件：，成等差数列；对于，点均在函数的图象上，其中为常

4、数；请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解设是一个公比为的等比数列，且它的首项，（1）求数列的通项公式；（2）令，证明数列的前项和19如图（1），边长为的正方形中，分别为、上的点，且，现沿把剪切、拼接成如图（2）的图形，再将，沿，折起，使、三点重合于点，如图（3）.（1） 求证：； （2） 求二面角最小时的余弦值.20已知数列的前项和，是等差数列，且.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.21如图所示，圆锥的侧面积是底面积的2倍，线段为圆锥底面的直径，在底面内以线段为直径作，点为上异于点，的动点.（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.22

5、在，这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答.已知的角，对边分别为，而且_.（1）求； （2）求周长的范围.参考答案1B【分析】分别求出集合，再求解即可得解.【详解】集合，则.故选：B【点睛】此题考查集合的基本运算，关键在于准确求出集合内部的元素.2D【详解】由题意，由所有概率的和为可得，故选.3C【分析】对面与面同色和不同色进行分类，结合分步乘法计算原理，即可得出答案.【详解】当面与面同色时，面有4种方法，面有3种方法，面有2种方法，面有1种方法，面有2种方法，即种当面与面不同色时，面有4种方法，面有3种方法，面有2种方法，面有1种方法，面有1种方法，即种即不同的染色方法总数为种故选：

6、C【点睛】本题主要考查了计数原理的应用，属于中档题.4B【详解】由得，可得，由可得，故是的必要而不充分条件，故选B考点：充分条件与必要条件的判定5A【分析】由题知，利用求出，再根据题给定义，化简求出的解析式，结合正弦函数和正切函数图象判断，即可得出答案.【详解】根据题意，的图象与直线的相邻交点间的距离为，所以 的周期为， 则， 所以，由正弦函数和正切函数图象可知正确.故选：A.【点睛】本题考查三角函数中正切函数的周期和图象，以及正弦函数的图象，解题关键是对新定义的理解.6C【分析】因为3弧度的角在第二象限,4弧度的角在第三象限,利用同角三角函数的关系及三角函数值在各象限的符号即可求得.【详解】

7、故选:【点睛】本题考查同角三角函数的关系及三角函数值在各象限的符号,难度较易.7D【分析】先求出，再求出，即得解.【详解】由题得.所以，所以.所以，所以数列是一个等比数列.所以=.故选：D【点睛】本题主要考查等比数列通项的求法和前n项和的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.8C【分析】分析题意可知,球心O为过底面ABC中心且垂直于底面的直线与PA垂直平分面的交点,因此,求出的外接圆半径,利用勾股定理即可求得三棱锥外接球半径,进而得解.【详解】设的中心为,则球心O为过G且垂直于平面ABC的直线与PA垂直平分面的交点,因为是边长为3的正三角形,所以,又,所以,故选:C.【点睛】本题考查三棱

8、锥的外接球问题,属于中档题.9ABD【分析】根据反比例函数的性质可判断是否正确；然后先分别计算，判断B选项是否正确，然后计算与，判断D选项是否成立.【详解】，故A正确；定义且，故B正确；，故C错误；，所以，故D正确故选：ABD【点睛】本题考查集合的新定义问题，考查集合间的基本运算，属于基础题解答时，根据题意化简集合，然后结合新定义计算法则计算即可得出答案10BD【分析】首先将化为，然后利用三角函数的知识逐一判断即可.【详解】所以的最小正周期为，的最大值为1故A错误，B正确当时，在此区间上并不是单调递增，故C错误将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数解析式为故D正确故选：BD【点睛】本题考查

9、的是三角函数的额恒等变换及其性质，属于常考题型.11BD【分析】根据三棱锥体积公式求得，知错误；以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得到，垂直于平面的法向量，由此可确定的正误.【详解】对于，在平面上，平面平面，到平面即为到平面的距离，即为正方体棱长，错误；对于，以为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则，即，即三点共线，必在线段上，正确；对于，与不垂直，错误；对于，设平面的法向量，令，则，即，平面，正确.故选：.【点睛】本题考查立体几何中动点问题相关命题的辨析，涉及到三棱锥体积公式、动点轨迹、线线垂直关系和线面平行关系等知识；解题关键是熟练应用空间向量法来验证相关结论.12A

10、B【分析】由已知确定和均不符合题意，只有，数列递减，从而确定,，从可判断各选项【详解】当时，不成立；当时，不成立；故，且,，故，A正确；，故B正确；因为,，所以是数列中的最大值，C，D错误；故选：AB【点睛】本题考查等比数列的单调性，解题关键是确定,13，【分析】全称命题的否定是特称命题，并将结论否定.【详解】将全称命题化为特称命题，并将结论否定，.故答案为：，【点睛】本题考查全称命题的否定，属于简单题.1445【分析】首先根据题中数列规律发现，类似的有，然后求出前项和即可.【详解】设数列是等差数列，且，则题中数列的和可以看成，又因为题中数列的项数等于数列的前项和，所以，故题中数列的前项的和为

11、.故答案为：.【点睛】本题主要考查了根据数列的规律求解数列的和，属于一般题.15【分析】建立直角坐标系，表示出各点坐标和圆，则转化条件得，令，当直线与圆相切时，取最值，利用即可得解.【详解】以为坐标原点，CD、CB分别为x轴、y轴，建立直角坐标系，如图，由以C为圆心的圆与直线BD相切，正方形ABCD的边长为2，则，圆C的半径为，则圆，设点，则，令，可知当直线与圆相切时，取最值，此时，解得.的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标表示和非线性规划的应用，考查了转化化归思想，属于中档题.16【分析】先利用正弦定理将化为，再结合，可推出，从而可利用余弦定理求出，进而求出的值.【

12、详解】，将代入上式，可得，故，,故答案为：.【点睛】本题主要考查了正、余弦定理的运用，综合了三角形面积，平面向量数量积等知识，需要学生能综合运用所学知识，属于中档题.17选择见解析；（1）；（2）.【分析】选结合正弦定理求解即可；选由同角三角函数的基本关系和正弦定理化简即可；选由正弦定理和余弦定理求解即可；利用余弦定理求出，再用三角形面积公式求解即可.【详解】选，由正弦定理得，即，；选，由正弦定理可得，选，由已知结合正弦定理可得，.设的外接圆半径为R，则，由余弦定理得，即，所以，所以的面积为：【点睛】关键点点睛：在正余弦定理和三角形面积的计算中，不需要计算具体的值，只需要计算即可，可以简化计算

13、，快速得到答案.18（1）答案不唯一，见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）若选第一个则可以将，转化为与进行求解；若选第二个则可以利用首项求出的值；若选第三个条件则可以利用等比数列前项和公式作答；（2）构造新的数列并利用裂项相消法证明即可【详解】（1）选进行作答因为，成等差数列，所以，解得（舍或，所以；选进行作答由题意得，因为，所以，所以，当时，当时，符合上式，所以；若选作答由，解得或，又因为，所以，所以.（2）证明：，所以，因为，所以，所以，得证【点睛】本题属于开放型题目，由我们加一条件进行补充后作答加大了学生的思维量，第二问结合对数函数构造新的数列，并利用裂项相消法证明不等式，考查知识面

14、较为广19（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用图形翻折的几何关系可得出，然后由直线与平面垂直的判定定理可得出平面，由此可证明出；（2）以为原点，、分别为、轴建立空间直角坐标系，令，可得出，求出平面和平面的法向量，然后利用空间向量法结合基本不等式可求出二面角最小时的余弦值.【详解】（1）折叠前，折叠后，又，所以平面，因此；（2）由（1）及题意知，因此以为原点，、分别为、轴建立空间直角坐标系如图：令，所以，设平面法向量为则所以，令，则又平面法向量为，设二面角的大小为，所以，又，当且仅当取等号，所以.所以二面角最小时的余弦值为.【点睛】本题考查利用线面垂直的性质来证明线线垂直，同时也考查了利

15、用空间向量法来计算二面角的余弦值，涉及了利用基本不等式求最值，考查推理论证能力与计算能力，属于中等题.20（1）（2）【分析】（1）对于数列，利用公式，可求得数列的通项公式；设的公差为，由，可求出和的值，进而得到数列的通项公式；（2）先求出数列的通项公式，然后利用错位相减法即可求出数列的前项和.【详解】（1）数列的前项和，当时，当时，经检验，满足，所以，数列的通项公式为.设数列的公差为，由，即，可解得，所以，数列的通项公式为.（2）由（1）知，又，即，两式作差，得所以.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求法及错位相减法求和问题，意在考查学生对这些知识的掌握能力，解题关键是掌握错位相减求和的方法

16、，属于中档题.已知求的方法：利用，一定要检验是否适合的表达式，若适合的表达式，则，若不适合，则分段表述.21（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）推导出，从而平面，由此能证明平面平面（2）设圆锥的母线长为，底面半径为，推导出，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值【详解】（1）垂直于圆锥的底面，又为的直径，平面，平面平面.（2）设圆锥的母线长为，底面半径，圆锥的侧面积为，底面积为，依题意，.不妨取，在中，.如图所示，在底面做的半径，使得，又垂直于圆锥的底面，,故可建立空间直角坐标系，所以，.在三棱锥中，面积最大时三棱锥的体积最大，此时，又的半径为1，此

17、时点坐标为.在空间直角坐标系中，取平面的法向量为，则，不妨取.取平面的法向量为，则，不妨取，取二面角的平面角为，则又为钝角，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题22条件选择见解析；（1）；（2）.【分析】（1）选：由条件结合正弦定理可得，即得出答案.选：由条件结合诱导公式、正弦定理和二倍角公式可得，从而得出答案.选：由条件结合正弦定理可得，再根据余弦定理可得答案.（2）由（1）结合余弦定理可得,利用均值不等式可得周长的最大值，再利用三角形中两边之和大于第三边可得出答案.【详解】解：（1）选：由正弦定理得即：因为因为选：由正弦定理得因为因为，所以，因为选：因为，所以，即，所以，因为，所以；（2）由（1）可知：，在中，由余弦定理得，即，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以，即周长的最大值为.又因为，所以周长的取值范围为【点睛】关键点睛：本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，解题的关键是利用正弦定理进行边化角，第（2）问中结合（1）的结果，利用余弦定理得到，先配方再利用均值不等式求出的范围，最后三角形中两边之和大于第三边得到三角形周长的范围，属于中档题.