2021届河南省焦作市高三二模数学试卷及答案

 2021届河南省焦作市高三二模数学试卷及答案

一、单选题

1．设集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．若复数满足，则（       ）

A．1 B． C． D．2

3．已知的展开式中有常数项，则的值可能是（       ）

A．5 B．6 C．7 D．8

4．如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔．塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为（       ）

A． B． C． D．

5．已知，则下列不等式①；②；③；④．其中正确的是（       ）

A．①② B．③④ C．②③ D．①④

6．从4双不同尺码的鞋子中随机抽取3只，则这3只鞋子中任意两只都不成双的概率为（       ）

A． B． C． D．

7．已知函数，点是曲线相邻的两个对称中心，点是的一个最值点，若的面积为1，则（       ）

A．1 B． C．2 D．

8．已知函数，则不等式的解集为（       ）

A．  B．

C． D．

9．在中，内角，，的对边，，依次成等差数列，的周长为15，且，则（       ）

A． B． C． D．

10．已知点，，在半径为5的球面上，且，，为球面上的动点，则三棱锥体积的最大值为（       ）

A． B． C． D．

11．已知点在直线上运动，点在直线上运动，以线段为直径的圆与轴相切，则圆面积的最小值为（       ）

A． B． C． D．

12．已知，且满足，，则（       ）

A．1 B．或1

C．或1 D．1或-1

二、填空题

13．平面向量，，若，则_____________．

14．若实数，满足约束条件，则的取值范围是______.

15．若函数有两个零点，则实数的取值范围是___________．

16．设为双曲线上的一个动点，点到的两条渐近线的距离分别为和，则的最小值为______.

三、解答题

17．已知数列的前项和为，且和的等差中项为1．

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）设，求数列的前项和．

18．如图，直四棱柱的底面为平行四边形，，，，，是的中点.

（1）求证：平面平面；

（2）求直线和平面所成角的正弦值.

19．某算法的程序框图如图所示，其中输入的变量只能是1，2，3，，24这24个整数中的一个，且是每个整数的可能性是相等的.

（1）当输入和时，求输出的值；

（2）求输出的值的分布列；

（3）某同学根据该程序框图编写计算机程序，并重复运行1200次，输出的值为1，2，3的次数分别为395，402，403，请推测他编写的程序是否正确，简要说明理由.

20．已知椭圆的离心率为，一个焦点坐标为，曲线上任一点到点和到直线的距离相等．

（Ⅰ）求椭圆和曲线的标准方程；

（Ⅱ）点为和的一个交点，过作直线交于点，交于点，且互不重合，若，求直线与轴的交点坐标．

21．已知函数，，.

（1）若，曲线在点处的切线也是曲线的切线，证明：；

（2）若，求的取值范围.

22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）．

（1）设与的夹角为，求；

（2）设与轴的交点为，与轴的交点为，以为圆心，为半径作圆，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求圆的极坐标方程．

23．已知函数．

（Ⅰ）当时，解不等式；

（Ⅱ）当时，若存在实数，使得成立，求实数的取值范围．

参考答案：

1．A

【解析】

解不等式确定后，由交集定义计算．

【详解】

，∴，

，，，

∴．

故选：A．

2．B

【解析】

【分析】

设，则，代入，根据复数相等的条件求出，再根据模长公式可求得结果.

【详解】

设，则，

所以，即，

所以，，

所以.

故选：B

3．B

【解析】

写出二项展开式通项公式，令的指数为0，此式有正整数解，从而可得的范围．

【详解】

由题意展开式通项公式为，

所以关于的方程有正整数解，必是3的整数倍．只有B满足．

故选：B．

4．D

【解析】

由正四棱锥侧棱，高，侧棱在底面上的射影构成的直角三角形求出侧棱与底面边长的关系，从而得面积比值．

【详解】

塔顶是正四棱锥，如图，是正四棱锥的高，设底面边长为，底面积为，

，，∴，是正三角形，面积为，

所以．

故选：D．

5．D

【解析】

由已知条件可得出，利用不等式的基本性质可判断①②的正误，利用函数的单调性可判断③④的正误.

【详解】

，则，，，即.

对于①，由不等式的性质可得，①正确；

对于②，，则，②错误；

对于③，由于函数在上为增函数，所以，，③错误；

对于④，由于函数在上为减函数，所以，，④正确.

故选：D.

6．C

【解析】

任意两只都不成双，说明3只鞋子是从3双鞋子中各取1只得到的，这样计数后可计算出概率．

【详解】

从4双不同尺码的鞋子中随机抽取3只的方法为，这3只鞋子中任意两只都不成双，选取的方法为，

所以所求概率为．

故选：C．

7．D

【解析】

利用正弦函数性质及的面积，可得周期，然后求得．

【详解】

由题意，所以，即周期为，

所以．

故选：D．

8．A

【解析】

【分析】

先讨论函数的奇偶性得函数是偶函数，再根据导数研究函数在上的单调性得函数在上是增函数，进而根据奇偶性得，再根据单调性解即可得答案..

【详解】

函数的定义域是，

，故是偶函数，

又，设，

则，

∴是上的增函数，

时，，即，是增函数．

由得，

∴，解得或．

故选：A．

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性， 利用单调性与奇偶性解不等式，考查运算求解能力，解题的关键在于研究函数的单调性，主要通过二阶导数研究函数在上的单调性，进而结合偶函数性质求解，是中档题.

9．B

【解析】

已知等式变形后由正弦定理化角为边，结合三角形周长，三边成等差数列可求得，再由余弦定理求得．

【详解】

∵，所以，

由正弦定理得，

又，，依次成等差数列，的周长为15，即，

由，解得．

．

故选：B．

【点睛】

本题考查解三角形，解题方法是利用正弦定理化角为边，然后求得三边长，再用余弦定理计算．解题关键是用正弦定理化角为边．

10．A

【解析】

求出球心到平面的距离，由这个距离加上球半径得到平面距离的最大值，再由体积公式可得体积的最大值．

【详解】

如图，是的外心，是球心，平面，当是的延长线与球面交点时，到平面距离最大，

由，，得，则，

，，

，，

又，

所以最大的．

故选：A．

【点睛】

本题考查求三棱锥的体积，解题关键是确定三棱锥体积最大时点在球面上的位置，根据球的性质易得结论．当底面固定，是外心，当平面，且球心在线段上时，到平面距离最大．

11．C

【解析】

已知两直线垂直，设其交点为，则在以为直径的圆上，过作轴垂线，为垂足，为切点时圆心半径最小，此时即为圆直径．由此易得面积最小值．

【详解】

设已知两直线交点为，由于两直线的斜率分别为和，因此它们垂直，则以为直径的圆过点，

由，解得，即，

过作轴垂线，为垂足，为圆与轴切点时圆半径最小，此时即为圆直径．所以圆半径为，面积为．

故选：C．

12．C

【解析】

由两角与差的正弦、余弦公式变形由已知求得和，用平方关系求得和，而，展开后计算，注意分类讨论．

【详解】

∵，∴，，

，，，

∴，，

，

当时，，

当时，，

故选：C．

【点睛】

关键点点睛：本题考查两角和与差正弦、余弦公式．解题关键是确定已知角和未知角之间的关系，本题中已知等式变形得出和，未知角有，这样易确定使用的公式与顺序．

13．

【解析】

【分析】

本题首先可根据、得出以及，然后根据得出，即可列出算式并通过计算得出结果.

【详解】

因为，，

所以，，，

因为，

所以，即，解得，

故答案为：.

14．

【解析】

作出可行域，利用表示可行域内点与原点连线的斜率求得它的取值范围，再根据函数的单调性可得的范围．

【详解】

作出可行域，如图内部（含边界），表示出可行域内点与原点连线斜率，由已知得，，，

所以，

，记，由勾形函数性质知在上递减，在上递增，

，，，∴．

故答案为：．

15．

【解析】

由题可得有两个解，即或都有解，即可求出.

【详解】

函数有两个零点，

有两个解，

则或都有解，

，解得，

故的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】

本题考查根据函数零点求参数范围，解题的关键是得出或都有解.

16．

【解析】

是双曲线上任一点，求出，并求得，然后利用点在双曲线上， 即，应用基本不等式可得最小值．

【详解】

双曲线的渐近线方程是，设是双曲线上任一点，

不妨设，，，

∵在双曲线上，∴，即，

所以，当且仅当，即或时等号成立．

∴的最小值为．

故答案为：．

17．（Ⅰ）；（Ⅱ）．

【解析】

（Ⅰ）利用等差中项的定义得出与的关系，然后由得出数列的递推关系，求出其为等比数列，从而得通项公式；

（Ⅱ）用裂项相消法求和．

【详解】

解：（Ⅰ）因为和的等差中项为1，

所以，即，            

当时，．

两式相减得，整理得．            

在中，令得，

所以，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，          

因此．             

（Ⅱ）．          

则．          

所以．

【点睛】

方法点睛：本题考查求等比数列的通项公式，裂项相消法求和．数列求和的常用方法：

设数列是等差数列，是等比数列，

（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；

（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；

（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；

（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法；

（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．

18．（1）证明见解析；（2）.

【解析】

（1）由勾股定理证明，由直四棱柱得，从而得线面垂直后可证得面面垂直；

（2）以为原点，，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．

【详解】

（1）由题意可得，

所以，因此.

在直四棱柱中，

平面，平面，所以

又因为，平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面．

（2）由（1）知，，，两两垂直，

以为原点，，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，.

由可得，所以.

则，，，

设是平面的一个法向量，

则，

令，可得

设直线和平面所成的角为，

则.

【点睛】

方法点睛：本题考查证明面面垂直，考查求直线与平面所成的角，求线面角常用方法：

（1）定义法：作出直线与平面所成的角并证明，然后在直角三角形中计算可得；

（2）向量法：建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦的绝对值等于直线与平面所成角的正弦值计算．

19．（1）；（2）分布列见解析；（3）不正确，理由见解析.

【解析】

（1）根据程序框图判断条件，选择结论；

（2）根据选择条件确定有8个使得，有4个使得，其余的都是，由此可得各概率，从而得分布列；

（3）根据输出次数计算概率，与（2）中结论比较可知．

【详解】

（1）当输入时，因为12能被3整除，所以输出；

当输入时，因为20不能被3整除，能被4整除，所以输出

（2）当为3，6，9，12，15，18，21，24这8个数时，输出，所以；

当为4，8，16，20这4个数时，输出，所以；

当为其余12个数时，输出，所以.

故的分布列为

（3）程序输出的值为1，2，3的频率分别为，，，可近似地认为都是，与（2）中所得的概率分布相差较大，故推测该同学编写的程序不正确.

20．（Ⅰ）；；（Ⅱ）．

【解析】

（Ⅰ）根据离心率和焦点求出可得椭圆方程，可判断曲线为抛物线，即可得出方程；

（Ⅱ）联立椭圆与抛物线求出点P坐标，可得直线l斜率存在，设，联立直线与抛物线可得，联立直线与椭圆可得，由可得，即可解出，得出所求.

【详解】

（Ⅰ）设，

根据条件可知，且，得，

所以的标准方程为，

曲线是以为焦点，为准线的抛物线，

故的标准方程为．

（Ⅱ）联立，解得，不妨取，

若直线的斜率不存在，和重合，不符合条件．          

故可设直线，由题意可知．

联立，可得．

联立，可得．

因为，所以是的中点，所以，

即．解得．

所以直线的方程为，其与轴的交点坐标为．

【点睛】

本题考查椭圆和抛物线中的直线方程的求解，解题的关键是联立直线与曲线求出坐标，利用是的中点求解.

21．（1）证明见解析；（2）.

【解析】

（1）求出导函数，，求出在切线方程，利用切线斜率求得的切点坐标，得切线方程，由两条切线方程是相同的，可证结论；

（2）令，求得，确定单调性，最小值，由最小值不小于1可得的范围．

【详解】

（1）若，则，.

所以，，

曲线在点处的切线方程为，

令，则，

曲线在点处的切线方程为，

由题意知，

整理可得，显然不满足，

因此.

（2）令

若，，不符合条件；

若，，，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以，符合条件；

若，则，符合条件.

所以的取值范围是.

【点睛】

思路点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数研究不等式恒成立问题．求切线方程时要注意是函数图象在某点处的切线，还是过某点的切线，由导数得斜率得切线方程，若不知切点时一般需设出切点坐标，写出切线方程，代入所过点的坐标求出切点，再得切线方程，不能弄错．

22．（1）；（2）．

【解析】

（1）设直线和的倾斜角分别为和，求出、的值，利用两角差的正切公式可求得的值；

（2）求出点、的坐标，可求得，进而可求得圆的方程，再利用直角坐标方程与极坐标方程之间的转换关系可求得圆的极坐标方程.

【详解】

（1）设直线和的倾斜角分别为和，

由参数方程知，，所以，和均为钝角，且，

则；

（2）令，解得，所以，，所以，

令，解得，所以，，所以，，

所以圆的直角坐标方程为，即，

所以圆的极坐标方程为．

23．（Ⅰ）；（Ⅱ）．

【解析】

（Ⅰ）由绝对值定义去掉绝对值符号化为分段函数形式，然后再分段求解即可.

（Ⅱ）若存在使不等式恒成立，即大于等于的最小值，由绝对值的三角形不等式可得的最小值为2，从而可得答案.

【详解】

解：（Ⅰ）当时，        

当时，由得；

当时，由得；

当时，由得．

综上所述，不等式的解集为．        

（Ⅱ）当时，，

当且仅当时，等号成立，即的最小值为2．        

因为存在实数，使得成立，所以．       

解得，因此的取值范围是．

【点睛】

关键点睛：本题考查解绝对值不等式和含绝对值不等式有解问题，解答本题的关键是根据题意将问题转化为大于等于的最小值，由得出最小值，属于中档题.