广东省东华高级中学2021届高三上学期第二次联考数学试题 Word版含答案

这是一份广东省东华高级中学2021届高三上学期第二次联考数学试题 Word版含答案，共12页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上，本试卷主要考试内容，“”是“直线与圆相交”的，已知，则的最小值是，在平行四边形中，，若，则=，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

广东省东华高级中学2021届高三上学期第二次联考
数 学

考生注意：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分. 考试时间120分钟．
2．请将各题答案填写在答题卡上．
3．本试卷主要考试内容：新高考全部内容.
第I卷
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．若，则在复平面内对应的点位于
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知全集，集合，，则=
A． B． C． D．
3．已知，，，则的大小关系为
A． B． C． D．
4．“”是“直线与圆相交”的
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
5．已知，则的最小值是
A． B．4 C． D．3
6．“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，
它体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中
点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，
六个面为正方形的“阿基米德多面体”．若该多面体的棱长为，则
其体积为
A． B．5 C． D．
7．已知函数的定义域为是偶函数，，在上单调递减，则不等式的解集为
A． B．
C． D．
8．在平行四边形中，，若，则=
A． B． C． D．3
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．
9．若二项式的展开式中各项的二项式系数之和为256，则
A． B．
C．第5项为 D．第5项为
10．已知函数，则
A．图象的一条对称轴方程为
B．图象的一个对称中心为
C．将曲线上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向下平移2个单位长度，可得到的图象
D．将的图象向右平移个单位长度，得到的曲线关于轴对称
11．为了研究某种病毒在特定环境下随时间变化的繁殖情况，得到了一些数据，绘制成散点图，发现用模型拟合比较合适．令，得到，经计算发现满足下表：
天数(天)
2
3
4
5
6

1.5
4.5
5.5
6.5
7
则
A． B． C． D．
12．双曲线的左、右焦点分别为，点为的左支上任意一点，直线是双曲线的一条渐近线，，垂足为．当的最小值为3时，的中点在双曲线上，则
A．的方程为 B．的离心率为
C．的渐近线方程为 D．的方程为
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知角终边上一点的坐标为，则= ▲ ．
14．若函数的图象在点处的切线垂直于直线，则函数的最小值是 ▲ ．
15．已知椭圆的右焦点为，若点到直线的距离为，则的离心率为 ▲ ．
16．在矩形中，，将沿向上折起到的位置，得到四面体. 当四面体的体积最大时，异面直线与所成角的余弦值为 ▲ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）
在①，②的面积为，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.
问题：在中，角的对边分别为， ，且的外接圆的半径为4．求的周长．
注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．




18．（12分）
某学校为了了解学生暑假期间学习数学的情况，抽取了人数相等的甲、乙两班进行调查，甲班同学每天学习数学的平均时间的频率分布直方图（将时间分成
共6组）和乙班同学每天学习数学的平均时间的频数分布表如图所示（单位：小时）．

(1)从甲班每天学习数学的平均时间在的人中随机选出3人，求3人中恰有1人学习数学的平均时间在范围内的概率；
(2)从甲、乙两个班每天学习数学平均时间不小于5个小时的学生中随机抽取4人进一步了解其他情况，设4人中乙班学生的人数为，求的分布列和数学期望．

19．（12分）
在四棱锥中，，，，，为的中点．
(1)证明：平面
(2)若平面，且，
求与平面所成角的正弦值．


20．(12分)
已知数列满足，设数列的前项和为
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求的前项和


21．(12分)
已知圆，动圆与圆相外切，且与直线相切．
(1)求动圆圆心的轨迹的方程．
(2)已知点，过点的直线与曲线交于两个不同的点（与点不重合），直线的斜率之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．


22．(12分)
已知函数.
(1)若只有一个极值点，求的取值范围．
(2)若函数存在两个极值点，记过点
的直线的斜率为，证明：
数学参考答案
1．D 因为，所以在复平面内对应的点位于第四象限．
2．C 因为或，所以．因为，所以
3．B 因为，，，所以
4．A 由，得，因为，所以选A．
5．D 因为，，，所以，当且仅当，即，时取等号．
6．D 将该多面体放入正方体中，如图所示. 由于多面体的棱长为，
则正方体的棱长为2．该多面体是由棱长为2的正方体沿各棱中点截
去8个三棱锥所得，所以该多面体的体积为
7．D 因为是偶函数，所以函数的图象关于直线对称，则．因为在上单调递减，所以在上单调递增，故等价于，解得
8．B 因为，所以四边形为菱形，即．因为，所以
9．AC 因为二项式的展开式中所有项的二项式系数之和为256，所以，所以．因为二项式的展开式的通项公式为，所以


10．CD ，
令，，则，，故A错误；
令，则，所以图象的对称中心为，故B错误；
将曲线上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到曲线的图象，再向下平移2个单位长度得到曲线的图象，故C正确；
将的图象向右平移个单位长度，得到的曲线方程为，其为偶函数，故D正确．
11．AB 因为，，
所以的中心点为(4，5)，代入，可得
因为，所以，即.
12．BCD 因为，所以
因为焦点到渐近线的距离为，所以的最小值为，所以 不妨设直线为，因为，所以点，，的中点为．将其代入双曲线的方程，得，即，解得 又因为，所以，故双曲线的方程为，离心率为，渐近线方程为
13． 因为，，所以
14． 因为，所以，，所以．因为，所以在上单调递减，在上单调递增，故函数的最小值是
15． 由题意可知，，得，因为，所以，故
16． 如图，当平面平面时，四面体的体积最大.
过作于，则平面
因为，所以，
因为，所以或它的补角为异面直线与所成的角.
因为，
所以异面直线与所成角的余弦值为

17．解：因为，所以，
因为，所以. ………………………………………………2分
因为，所以. …………………4分
因为，所以，. …………………………………………5分
因为外接圆的半径为4，所以. ………………………………6分
选择①，因为，所以. ………………………………………7分
因为，，所以. ……………………………………………………8分
因为，
所以. ……………………………………………………9分
故的周长为. ……………………………………………………10分
选择②，因为的面积为，所以 ………………………7分
因为，所以. ………………………………………………………………8分
因为，所以由可得，
即，所以 ………………………………9分
故的周长为 …………………………………………………………………10分
选择③，因为，所以，
即 ……………………………………………………………………7分
因为，，所以
因为，所以，即 …………………………8分
因为，所以
因为，所以，即 ………………………………………9分
因为，所以
故的周长为 ……………………………………………………………10分

18．解：(1)因为乙班学生的总人数为2+5+10+16+14+3=50， …………………………1分
所以甲班中学习平均时间在[0，1）内的人数为50×0.04=2， ……………………………2分
甲班中学习平均时间在[1，2）内的人数为50×0.08=4． ………………………………3分
设“3人中恰有1人学习数学的平均时间在[0，1）范围内”为事件
则 ……………………………………………………………6分

(2)甲班学习数学平均时间在区间[5，6]的人数为50×0.08=4．
由频数分布表知乙班学习数学平均时间在区间[5，6]的人数为3，………………………8分
两班中学习数学平均时间不小于5小时的同学共7人，的所有可能取值为0，1，2，3．
，，，
. …………………………………………………………………10分
所以的分布列为

0
1
2
3





………………………………………12分

19．(1)证明：设的中点为，如图，连接 因为为的中点，所以且 ………………………………………………………………………………1分
因为，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，故. ………………………………………3分
因为平面平面，
所以平面 ………………………………………………………………………5分
(2)解：因为，，，且，所以 ……………………………………………………6分
以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， …………………………………………………………………………8分

设平面的法向量为，
则令，得 ……………………………10分
设与平面所成角为，则，
即与平面所成角的正弦值为 ……………………………………………12分

20．解：(1)令，设数列的前项和为，则 …………………1分
当时，，则；………………………………………………………2分
当时， ……………………………………………3分
所以数列是常数列，即，故 …………………………4分
当时，也符合上式，所以 ……………………………………………5分
(2)因为，所以. ………………………………6分
当时，；
当时，


…………………………………………………………………………………8分
因为当时，也符合上式，所以 ……………………………………9分
因为， ……………………………………………10分
所以……………12分

21．解：(1)设到直线的距离为，因为，……………………1分
所以到直线的距离等于到的距离，
由抛物线的定义可知，的轨迹为抛物线，的方程为 ……………………3分
(2)设直线的方程为，即
因为与点不重合，所以 ……………………………………………………4分
设直线的斜率分别为和，点
联立消去得，…………………………6分
则，，
由，解得或，且. ………………………7分
可得，
同理可得，………………………………………………………………9分
所以
，
故直线的斜率之和为定值. …………………………………………………12分

22．(1)解：，
令，则．令，
要使函数只有一个极值点，则需满足即 ………………………4分

(2)证明：因为，所以
因为存在两个极值点，所以即 ……………………………6分
不妨假设，则 ………………………………………………………7分
要证，即要证，
只需证，……………………………………8分
只需证，
即证 ……………………………………………………9分
设，函数，……………10分
因为，故，所以，即，
故在上单调递减，则 ………………………………………11分
又因为，所以，即，
从而得证. ………………………………………………………………………12分