2021届河北省衡水中学全国高三下学期第二次联合考试（II卷）数学（理）试题（含解析）

2021届河北省衡水中学全国高三下学期第二次联合考试（II卷）数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用集合的交、补运算即可求解.

【详解】由题意得，所以．

故选：A

2．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由条件得到角所在的象限，从而得到所在的象限，这样就可以得到答案.

【详解】由知，为第二象限角，所以为第一或第三象限角，所以．

故选：C.

3．已知复数，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】转化为求二次函数的最值即可

【详解】因为，所以，

所以的最小值为．

故选：B

4．直线被过点和，且半径为的圆截得的弦长为（    ）

A． B． C． D．或

【答案】B

【分析】先根据题意求出圆的方程，再利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，然后由弦、弦心距和半径的关系可求得答案

【详解】解：设圆心为，则由题意可得

，

解得或，

所以圆心为或

所以圆方程为或，

则圆心到直线的距离为或，

则弦长．

故选：B

5．已知一四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的较长侧棱与底面所成角的正切值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先根据三视图还原几何体，且同时还原几何体的棱长；找出最长的侧棱，并找出最长的侧棱与底面所成的角.

【详解】设该四棱锥为，则由题意可知四棱锥的底面为矩形，

平面平面，且，如图，过点P作交于点，则平面，连接，

可知为直线与平面所成的角，

则，，

所以．

故选：C.

6．已知双曲线的焦点到渐近线的距离为，且点在双曲线上，则双曲线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出双曲线的渐近线，利用点到直线的距离公式可得，再由，解得，将点代入双曲线方程即可求解.

【详解】双曲线的焦点到渐近线的距离为，

解得，所以．

又，所以．

因为点在双曲线上，所以，所以，

所以双曲线的方程为．

故选：D

7．异或运算是一种逻辑运算，异或用符号“∧”表示，在二进制下，当输入的两个量的同一数位的两个数字不同时，输出1，反之输出0．如十进制下的数10与9表示成二进制分别是1010，1001（即），那么，现有运算，则m的值为（    ）

A．7 B．9 C．11 D．13

【答案】D

【分析】根据异或运算和十进制与二进制的转化求解.

【详解】因为，

所以，

所以，

即，

故选：D．

8．已知奇函数的定义域为R，且满足，以下关于函数的说法：

①满足      ②8为的一个周期

③是满足条件的一个函数      ④有无数个零点

其中正确说法的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【分析】利用的周期性定义以及函数为奇函数可得，可判断①、②；由正弦函数的性质可判断③；根据且函数为奇函数可判断④.

【详解】因为，所以．

因为是奇函数，所以，所以，

所以，所以8为的一个周期，故②正确；

由可得，所以，故①正确；

为奇函数满足，且一条对称轴为直线，故③正确；

由为奇函数且定义域为R知，，又为周期函数，

所以有无数个零点，故④正确．

故选：D

9．已知三棱锥的高为1，底面为等边三角形，，且P，A，B，C都在体积为的球O的表面上，则该三棱锥的底面的边长为（    ）

A． B． C．3 D．

【答案】C

【分析】利用球的体积公式求出球的半径，画出图形，设点为的外心，则平面．求解．通过求解三角形推出即可．

【详解】设球的半径为，由球的体积为可得，，解得．

因为三棱锥的高为1，所以球心在三棱锥外．

如图，设点为的外心，则平面．

在△中，由，且，得．

因为为等边三角形，所以，

所以．

故选：．

10．甲、乙两人拿两颗如图所示的正四面体骰子做抛掷游戏，规则如下：由一人同时掷两个骰子，观察底面点数，若两个点数之和为5，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是5，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，设第n次由甲掷的概率为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】抛掷两颗正四面体骰子观察底面上的数字之和为5的概率为，第n次由甲掷有两种情况：一是第次由甲掷，第n次由甲掷，概率为；二是第次由乙掷，第n次由甲掷，概率为，由已知得，可得到数列是以为首项，为公比的等比数列，由此可得解.

【详解】抛掷两颗正四面体骰子观察底面上的数字之和为5有4种情况，得点数之和为5的概率为，

第n次由甲掷有两种情况：

一是第次由甲掷，第n次由甲掷，概率为；

二是第次由乙掷，第n次由甲掷，概率为．

这两种情况是互斥的，所以，即，

所以，即数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以．

故选：A

【点睛】方法点睛：本题考查概率的求法，互斥事件概率加法公式，等比数列的性质，在数列中，（、均为常数，且，），可以利用构造法求数列的通项公式：设，得到，，可得出数列是以的等比数列，可求出；

11．若表示正整数n的个位数字，，数列的前n项和为，则（    ）

A． B．0 C．1009 D．1011

【答案】C

【分析】根据题意可判断数列为周期数列，且周期为10，即可求解.

【详解】由题意得，，，，，，，，，，，……

所以数列为周期数列，且周期为10．

因为，所以．

故选：C.

12．已知函数，则a，b，c，d的大小顺序为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】对化简变形得，从而可得，而函数在区间上单调递增，所以b，c，d中b最小，然后构造函数，利用导数判断其在区间上单调递增，从而可得，，于是可比较出c，d的大小

【详解】因为，所以．

因为函数在区间上单调递增，且，，所以b，c，d中b最小．

构造函数，则，

当时，，所以在区间上单调递增，

所以，所以．

所以，所以，所以．

故选：B

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查函数值大小的比较，解题的关键是构造函数，利用导数判断其在区间上单调递增，从而可比较出c，d的大小，考查计算能力，属于较难题

二、填空题

13．若向量，满足，则的取值范围为_________．

【答案】

【分析】依题意可知，又，设与的夹角为，则．由可得结果.

【详解】依题意可知，又，设与的夹角为，

则．

因为，所以，所以．

故答案为：.

14．在一次去敬老院献爱心活动中，甲、乙、丙、丁、戊5名同学比带队老师先到，老师想知道他们到的先后顺序，甲说乙不是最早的，乙说甲不是最晚的，丙说他比乙先到．若他们说的都为真话，从上述回答分析，5人可能到的先后顺序的不同情况种数为___________．

【答案】48

【分析】结合已知条件，对可能出现的情况进行讨论，然后运用排列的知识进行求解.

【详解】按乙到达的名次顺序进行分类：乙第二个到达有种，乙第三个到达有种，乙第四个到达有种，乙最后到达有种，所以不同的情况种数为．

故答案为：48

15．已知等差数列满足，是与的等比中项，则的值为_________．

【答案】或

【分析】设等差数列的公差为，根据已知条件求出的值，再利用等差数列的求和公式可求得结果.

【详解】设等差数列的公差为，

因为是与的等比中项，所以，

即，整理得，解得或．

当时，；

当时，，则，

．

故答案为：或.

16．在长方体中，，E为棱上任意一点，给出下列四个结论：

①与不垂直；

②长方体外接球的表面积最小为；

③E到平面的距离的最大值为；

④长方体的表面积的最大值为6．

其中所有正确结论的序号为__________．

【答案】②③④

【分析】根据正方体的性质，取正方体即可否定①；设，可求得长方体长方体的对角线，利用二次函数性质求得对角线最小值，进而求得外接球的表面积最小值，可判定②；利用等体积法求得点E到平面的距离为h关于x的表达式，利用基本不等式可求得其最大值，进而判定③；求得表面积关于x的表达式，利用二次函数的性质求得最大值，可判定④.

【详解】对于①，当长方体为正方体时，，故①错误；对于②，如图，设，则，所以，当时，的最小值为，即长方体外接球的直径为，所以外接球表面积的最小值为，故②正确；对于③，设点E到平面的距离为h，如图，由可得，所以由②可知，，其中，当且仅当，即时等号成立，，当且仅当，即时等号成立，所以，当且仅当，即时，等号成立，故③正确；对于④，该长方体的表面积为，当时，S的最大值为6，故④正确．

故答案为：②③④

【点睛】关键是设出AD的长度，求得相应的函数表达式，然后利用基本不等式或二次函数的性质求最值.另外，在正方体中，体对角线是与个面上的与之不相连的面对角线垂直的，这点不难用线面垂直的判定定理证明，也是应当熟记的结论；等体积法求点到平面的距离也是常用的方法，要熟练掌握.

三、解答题

17．在四边形中，对角线与相交于点E，为等边三角形，．

（1）求的大小；

（2）求的面积．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）在中，由余弦定理可得，进而可得；

（2）先证得，由此可得，进而可得的面积.

【详解】（1）在中，，

由余弦定理得．

因为，所以，从而．           

（2）由知，，所以，           

所以，所以．因为，所以．     

所以．

18．为贯彻“不忘立德树人初心，牢记为党育人、为国育才使命”的要求，某省推出的高考新方案是“”模式，“3”是语文、外语、数学三科必考，“1”是在物理与历史两科中选择一科，“2”是在化学，生物，政治，地理四科中选择两科作为高考科目．某学校为做好选课走班教学，给出三种可供选择的组合进行模拟选课，其中A组合：物理、化学、生物，B组合：历史、政治、地理，C组合：物理、化学、地理根据选课数据得到，选择A组合的概率为，选择B组合的概率为，选择C组合的概率为，甲、乙、丙三位同学每人选课是相互独立的．

（1）求这三位同学恰好选择互不相同组合的概率；

（2）记表示这三人中选择含地理的组合的人数，求的分布列及数学期望．

【答案】（1）；（2）分布列见解析，.

【分析】（1）用表示第i位同学选择A组合，用表示第i位同学选择B组合，用表示第i位同学选择C组合，，则由题意可得，而三位同学恰好选择不同组合共有种情况，每种情况的概率相同，从而可求出概率；

（2）由题意知的所有可能取值为0，1，2，3，且，然后求出各自所对应的概率，从而可得的分布列及数学期望

【详解】解：用表示第i位同学选择A组合，用表示第i位同学选择B组合，用表示第i位同学选择C组合，．

由题意可知，互相独立，

且．

（1）三位同学恰好选择不同组合共有种情况，每种情况的概率相同，

故三位同学恰好选择不同组合的概率．     

（2）由题意知的所有可能取值为0，1，2，3，

且，           

所以，

，

，

，           

所以的分布列为

所以．

19．如图，两个全等的梯形与所在的平面互相垂直，，P为的中点．

（1）证明：平面；

（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）取的中点Q，连接，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面．           

（2）以B为原点，以所在直线为x，y，z轴建立的空间直角坐标系，设，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）如图所示，取的中点Q，连接，

因为P，Q为的中点，所以，且．

又因为，所以，且，     

所以四边形为平行四边形，所以，

又由平面，平面，所以平面．           

（2）因为平面平面，平面平面，

且平面，所以平面，

又因为平面，所以，

又由，

以B为原点，以所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，

可得    

设平面的一个法向量为，则，即，

令，可得，

又由平面的一个法向量为，

所以．

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．     

20．已知曲线C的方程为．

（1）求曲线C的离心率；

（2）设曲线C的右焦点为F，斜率为k的动直线l过点F与曲线C交于A，B两点，线段的垂直平分线交x轴于点P，证明：为定值．

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）由题意可知点到点的距离之和为4，且，所以曲线C为焦点在x轴上的椭圆，且长轴长为4，焦距为2，从而可求出离心率；

（2）由（1）可求得曲线C的方程为，则，所以直线l为，设，将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，从而可表示出的中点坐标，则可得线段的垂直平分线的方程，则可表示出点P的坐标，从而可表示出，再利用弦长公式表示出，进而可得的值

【详解】（1）解：由可知，点到点的距离之和为4，且，

根据椭圆的定义可知，曲线C为焦点在x轴上的椭圆．

设椭圆的长轴长为，焦距为，

则，

所以曲线C的离心率为．           

（2）证明：设椭圆的短轴长为，

由（1）可得，

所以曲线C的方程为，则．

由题意可知，动直线l的方程为，

设，

由

得，

所以．           

设的中点为，

则，．

当时，线段的垂直平分线的方程为，

令，得，

所以，

，

所以．     

当时，l的方程为，

此时，．

综上，为定值．

21．已知函数．

（1）求函数的单调区间；

（2）当时，方程有两个实根，求实数m的取值范围．

【答案】（1）答案见解析；（2）.

【分析】（1）先求出函数的定义域，然后对函数求导，再分，判断导数的正负，从而可得函数的单调区间；

（2）方程有两个实根，转化为函数有两个零点，而，令，由（1）得t是关于x的单调递增函数，且，所以只需函数有两个零点，令，得，令，然后利用导数求出函数的单调区间和极值，画出函数图像，结合图像求解即可

【详解】解：（1）由题意知函数的定义域为，

因为，

所以．           

①当时，在区间上恒成立，

所以函数的单调递增区间为，无单调递减区间．     

②当时，

令，得，

令，得，

所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．     

（2）方程有两个实根，即关于x的方程有两个实根，

即函数有两个零点．

又，     

令，由（1）得t是关于x的单调递增函数，且，

所以只需函数有两个零点．     

令，得，

令，则，           

易知当时，单调递增，

当时，单调递减，

所以当时，取得最大值．     

又因为当时，，当时，，

，则函数的图象如图所示，

所以当，即时，函数有两个零点．

所以实数m的取值范围为

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是方程有两个实根，转化为函数有两个零点，结合（1）转化为函数有两个零点，再利用导数求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）求曲线的普通方程及曲线的直角坐标方程；

（2）若曲线上存在点P到曲线的距离为1，求b的取值范围．

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）由（为参数），消去参数即可； 由，得到，再将代入求解； 

（2）设，根据曲线上存在点P到直线的距离为1，则有解，利用三角函数的性质求解.

【详解】（1）由（为参数），

消去参数，得曲线的普通方程为．     

由，得，     

令，

得，

所以曲线的直角坐标方程为．     

（2）设，

因为点P到直线的距离为1，

所以，

化简得 ①．           

若关于的方程①有解，则曲线上存在点P到曲线的距离为1，

所以 ②或③

由②得，

由③得，           

所以b的取值范围为．

23．已知函数．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）当时，的最小值为1，证明：．

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）用零点分段法去绝对值后再解不等式即可；

（2）根据三角不等式得到，再用基本不等式即可证明.

【详解】（1）解：由题意得，

当时，原不等式可化为，

解得，故；           

当时，原不等式可化为，

解得，故；     

当时，原不等式可化为，

解得，故．           

综上，不等式的解集为．           

（2）证明：因为，且，           

所以，

当且仅当或时等号成立，

故原不等式得证．