2021届河南省安阳高三二模数学试卷及答案

2021届河南省安阳高三二模数学试卷及答案

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．已知复数满足，则的最大值为（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

3．已知，，，则（       ）

A． B．

C． D．

4．已知公比大于1的等比数列满足，，则（       ）

A．4 B．8 C．12 D．16

5．函数的部分图象大致是（       ）

A． B．

C． D．

6．已知向量，，则的最大值为（       ）

A． B．2 C． D．1

7．为了加强新型冠状病毒疫情防控，某社区派遣甲､乙､丙､丁､戊五名志愿者参加，，三个小区的防疫工作，每人只去1个小区，每个小区至少去1人，且甲､乙两人约定去同一个小区，则不同的派遗方案共有（       ）

A．24种 B．36种 C．48种 D．64种

8．已知，满足约束条件，则(为常数，且)的最大值为（       ）

A． B． C． D．2

9．已知曲线与直线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

10．若函数在上单调，且在上存在极值点，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

11．在棱长为的正四面体中，点为所在平面内一动点，且满足，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

12．已知双曲线过第一､三象限的渐近线为，过右焦点作的垂线，垂足为，线段交双曲线于，若，则此双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．某中学为了加强艺术教育，促进学生全面发展，要求每名学生从音乐和美术中至少选择一门兴趣课，某班有名学生，选择音乐的有人，选择美术的有人，从全班学生中随机抽取一人，那么这个人两种兴趣班都选择的概率是___________.

14．一个球的表面积为，一个平面截该球得到截面圆直径为6，则球心到这个平面的距离为___________.

15．已知为等差数列的前项和，，，若为数列中的项，则___________.

16．已知函数的定义域为，其导函数为，且满足，，若，且.给出以下不等式：

①；

②；

③；

④.

其中正确的有___________.(填写所有正确的不等式的序号)

三、解答题

17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

（I）求A；

（Ⅱ）设D是线段的中点，若，，求a．

18．如图，在梯形中，，，，四边形是矩形.

（1）求证：；

（2）若，且，求与平面所成角的正弦值.

19．已知函数.

（1）求的图象在点处的切线方程，并证明的图象上除点以外的所有点都在这条切线的上方；

（2）若函数，，证明：.

20．已知抛物线的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与交于A，B两点，（点O为坐标原点）的面积为2.

（1）求抛物线C的方程；

（2）若过点的两直线 的倾斜角互补，直线与抛物线C交于M，N两点，直线与抛物线交于P，Q两点，与的面积相等，求实数的取值范围.

21．甲､乙两人进行乒乓球比赛，两人约定打满局，赢的局数多者获得最终胜利，已知甲赢得单局比赛的概率为，设甲获得最终胜利的概率为.

（1）证明：；

（2）当时，比较与的大小，并给出相应的证明.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为，(为参数)，直线的参数方程为，(为参数，).

（1）若曲线与轴负半轴的交点在直线上，求；

（2）若等，求曲线上与直线距离最大的点的坐标.

23．已知函数.

（1）在如图所示的网格中画出的图象；

（2）若当时､恒成立，求的取值范围.

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

化简集合，再根据集合的交集运算可得结果.

【详解】

由题意可得，

故.

故选：A

2．C

【解析】

【分析】

本题可根据得出点的轨迹为以为圆心、以为半径的圆，即可得出结果.

【详解】

因为，所以复数在复平面内所对应的点到点的距离为，

则点的轨迹为以为圆心、以为半径的圆，

故的取值范围为，的最大值为，

故选：C.

3．B

【解析】

【分析】

借用0，1进行比较大小，简单计算即可得到结果.

【详解】

由题可知：，，

故

故选：B

4．C

【解析】

【分析】

由已知结合等比数列的性质可得，解方程组可求得结果

【详解】

解：由等比数列的性质知，解得，

所以.

故选：C

5．A

【解析】

【分析】

先判断函数的奇偶性可排除CD，然后根据，，可知结果.

【详解】

由题可知函数定义域为，则，

又

所以是奇函数，且时，，故选项A正确.       

故选：A

6．D

【解析】

【分析】

将坐标代入计算可得，然后讨论的大小并结合基本不等式计算可得结果.

【详解】

由题意可得，当时，上式小于等于0，

当时，原式，当且仅当时等号成立，故最大值为1.

故选：D

7．B

【解析】

【分析】

分3：1：1与2：2：1分配进行选派，结合排列组合知识简单计算即可.

【详解】

若按照3：1：1进行分配，则有种不同的方案，

若按照2：2：1进行分配，则有种不同的方案，故共有36种派遣方案.

故选：B

8．D

【解析】

【分析】

画出不等式组表示的平面区域，由的几何意义求解即可.

【详解】

画出约束条件所表示的平面区域，如图中阴影部分所示

可化为，结合图象可知，直线过直线与直线的交点，取得最大值，.

故选：D

【点睛】

关键点睛：解决本题的关键在于利用表示的几何意义进行求解.

9．A

【解析】

【分析】

作出曲线（上半圆），直线过定点，求出图中两条的斜率可得所求范围．

【详解】

解：曲线整理得，则该曲线表示圆心为，半径为1的圆的上半部分，直线过定点，如图，当时，曲线与直线有两个不同的交点，

由，得或，所以，

，

所以实数的取值范围是.

故选：A．

【点睛】

方法点睛：本题考查直线与曲线的位置关系，解题方法是数形结合思想，即作出曲线（半圆），而直线是过定点的动直线，由直线与半圆的交点个数可得直线的位置，求出临界点直线的斜率后可得结论．

10．C

【解析】

【分析】

依据函数在上单调，可知，计算出函数的对称轴，然后根据函数在所给区间存在极值点可知，最后计算可知结果.

【详解】

因为在上单调，所以，则，由此可得.

因为当，即时，函数取得极值，

欲满足在上存在极值点，因为周期，故在上有且只有一个极值，

故第一个极值点，得.又第二个极值点，

要使在上单调，必须，得.

综上可得，的取值范围是.

故选：C

【点睛】

思路点点睛：第一步：先根据函数在所给区间单调判断；第二步：计算对称轴；第三步：依据函数在所给区间存在极值点可得，即可.

11．B

【解析】

【分析】

由题意可知，点在所在平面内的轨迹为椭圆，且该椭圆的焦点为、，长轴长为，然后以线段的中点为坐标原点，直线所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出椭圆的方程，利用二次函数的基本性质可求得的最大值.

【详解】

如图所示，在平面内，，

所以点在平面内的轨迹为椭圆，取的中点为点，连接，以直线为轴，直线为建立如下图所示的空间直角坐标系，

则椭圆的半焦距，长半轴，该椭圆的短半轴为，

所以，椭圆方程为.

点在底面的投影设为点，则点为的中心，，

故点正好为椭圆短轴的一个端点，

，则，

因为，故只需计算的最大值.

设，则，

则，

当时，取最大值，

即，

因此可得，故的最大值为.

故选：B.

【点睛】

关键点点睛：本题考查线段长度最值的求解，根据椭圆的定义得知点的轨迹是椭圆，并结合二次函数的基本性质求解的最大值是解题的关键，在求解时也要注意椭圆有界性的应用.

12．C

【解析】

【分析】

先写出直线的方程与直线方程联立，求出点坐标，由，即，求出点坐标，代入双曲线方程，可得答案.

【详解】

解析设双曲线的焦距为.由知，直线的方程为，

由 可得，即

设，则，.

由可得，故，，

解得，，

将点坐标代入到双曲线方程中可得，化简得，故.

故选：C

13．

【解析】

【分析】

计算出两种兴趣班都选择的学生人数，利用古典概型的概率公式可求得结果.

【详解】

由题意可知，两种兴趣班都选择的人数为人，所以所求概率为.

故答案为：.

14．4

【解析】

【分析】

先由球的表面积为，求出球的半径，再利用勾股定理可求得结果

【详解】

解：设球的半径为，由题可知，.

所以球心到这个平面的距离为.

故答案为：4

15．2

【解析】

【分析】

本题首先可设等差数列的公差为，然后根据得出，根据得出，两式联立，即可得出，再然后令，则，根据为8的约数以及是奇数得出的可能取值为，最后分为、两种情况进行讨论，即可得出结果.

【详解】

设等差数列的公差为，

因为，所以，即，，

因为，所以，

联立，解得，，，

，

令，则，为8的约数，

因为是奇数，所以的可能取值为，

当时，，，是数列中的第5项；

当时，，，不是数列中的项，

故答案为：.

【点睛】

关键点点睛：本题考查判断数是否是数列中的项，考查等差数列通项公式的求法，能够根据判断出的可能取值为是解决本题的关键，考查计算能力，是中档题.

16．①②③

【解析】

【分析】

根据构造函数，再利用导数工具处理函数不等式问题.

【详解】

设，则，由此可得单调递减，所以，即，故①正确；

因为，，所以，所以单调递减，所以，所以，故②正确；

对于③，由①分析可知，欲使，且，即成立，只需满足即可，即证，设，则，则单调递增，所以，故③正确；

对于④，假设成立，因为，所以，所以，取，则，所以，矛盾，故④不正确.

故答案为：①②③.

【点睛】

关键点睛：本题的关键是通过构造函数并利用函数的单调分析不等式，根据，构造，是解决本题的关键.

17．（I）；（Ⅱ）

【解析】

【分析】

（I）先由正弦定理，将所给条件化为，再由余弦定理，即可得出结果；

（Ⅱ）根据题中条件，得到，推出，再由余弦定理得到，两式联立求出，进而可求出.

【详解】

（I）根据正弦定理，由可得，

即，

由余弦定理可得，，

因为为三角形内角，所以；

（Ⅱ）因为D是线段的中点，，，

所以，则，

所以，

即，整理得；

又，

所以，解得或（舍），

因此，所以

【点睛】

思路点睛：

求解三角形中的边长或面积等问题时，一般需要根据正弦定理，或余弦定理，将题中条件进行转化，得出对应的方程求解即可.

18．（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用等腰梯形的性质，判断角度，得，然后根据四边形是矩形，得，即可证明平面，所以证出；（2）设，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，计算平面的法向量，再利用向量的夹角公式代入计算.

【详解】

（1）在等腰梯形中，，，又，即，所以，且，

，即.

又四边形是矩形，.

又，平面，又平面，.

（2）由条件可知两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，

，.

设平面的法向量，

则有，

令，得，，

平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为

又，，

与平面所成角的正弦值为.

【点睛】

本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理进行证明，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

19．（1）切线方程为，证明见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）利用导数求出的图象在点处的切线方程为，然后构造函数，利用导数证明当且时，即可；

（2）求得，分析得出对任意的恒成立，可得出函数在区间上为增函数，由此可证得结论成立.

【详解】

（1），则，所以，，.

所以，函数的图象在点处的切线方程为.

设，则，

令，可得；令，可得.

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，当且时，，

所以的图象上除点以外的所有点都在这条切线的上方；

（2）由题可知，.

则

，

因为，所以，则，

又由（1）知，当且仅当时，等号成立，

所以，当且仅当时，等号成立.

所以，上述两个等号不同时成立，则，

所以，函数在区间上为增函数，

则，原式得证.

【点睛】

方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

20．（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据题意可得的坐标分别为，则，解得的值，即可求得抛物线的方程；

（2）设直线，点，联立椭圆的方程，可得，结合韦达定理可得，由弦长公式可得，由点到直线的距离公式可得焦点F到直线的距离，得，同理可得|，由，得到，解出的取值范围.

【详解】

（1）由题意，抛物线的焦点，

所以A，B的坐标分别为，

所以，解得，

所以抛物线的方程为.

（Ⅱ）由题意可知直线的斜率存在，且不为0，设直线，

设点，

联立方程组，整理得，

所以，且，

所以，

焦点F到直线的距离＝2，

所以，

设直线的方程为，

联立方程组，整理得，可得，

将用代换，可得，

由，可得2，

化简可得，两边平方得，

所以，解得，

又由且，可得或，可知

所以，即，所以，

所以实数的取值范围是.

【点睛】

直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：

对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．

21．（1）证明见解析；（2），证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）由题意可知表示打3局比赛甲赢两局或三局的概率，则，从而可求出的值；

（2）表示打局比赛，甲至少赢局的概率，则，表示打局比赛，甲至少赢局的概率，分三种情况：①前局甲赢局，最后两场甲都胜利，②前局甲赢局，最后两场甲不全输，③前局甲至少赢局，分别求出概率作差比较即可

【详解】

解：（1）甲赢得单局比赛的概率为，则乙赢得单局比赛的概率为.

表示打3局比赛甲赢两局或三局的概率.

所以.

所以.

（2）表示打局比赛，甲至少赢局的概率，

所以.

表示打局比赛，甲至少赢局的概率，分三种情况：

①前局甲赢局，最后两场甲都胜利，

对应概率

②前局甲赢局，最后两场甲不全输，

对应概率.

③前局甲至少赢局，

对应概率.

所以.

因为，

所以

.

因为，所以，即.

【点睛】

关键点点睛：此题考查概率求法，解题的关键是由题意正确表示出，考查分类思想，属于中档题

22．（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）曲线化为普通方程可得与轴负半轴的交点坐标，由直线的斜率得可得答案；

（2）由得直线的普通方程，再利用点到直线的距离公式和三角函数的性质可得答案.

【详解】

（1）曲线的普通方程为，令，，

所以曲线与轴负半轴的交点为，

因为直线恒过点，

又点在直线上，所以直线的斜率为，

所以，所以.

（2）若，得直线的普通方程为，

即，

上的点到的距离，

当时，取最大值，

此时，

所以所求点的坐标为.

【点睛】

本题主要考查参数方程与普通方程的转化以及三角恒等变换，解题的关键是要熟练掌握参数方程与普通方程的互化及三角函数的性质，考查了学生的转化能力和计算能力.

23．（1）图象答案见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据自变量的范围去掉绝对值，然后分段画出在所给范围的函数图象即可.

（2）讨论，，的情况，根据平移知识，以及题干要求简单计算和判断可知结果.

【详解】

（1）由条件知，

的图象如下：

（2）显然不符合条件.

当时，的图象向右平移个单位得到的图象，

此时对任意，总在的上方，不符合条件.

当时，的图象向左平移个单位得到的图象，如图所示；

的图象最多平移到与的图象交于点的位置，

此时，因此的取值范围是.

【点睛】

关键点点睛：第（1）问关键在于使用零点分段法去掉绝对值，然后分段画出函数图象；第（2）问在于数形结合结合平移的知识，同时利用关键点.