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（解析版）

这是一份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（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：A2．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：B4．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：B5．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：D7．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：D9．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：4815．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0123P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．