2021年河北省某校高考数学第二次联考试卷（理科）（全国Ⅱ）

这是一份2021年河北省某校高考数学第二次联考试卷（理科）（全国Ⅱ），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合U={0, 1, 2, 3, 4, 5}，A={2, 4, 5}，B={0, 2, 4}，则A∩∁UB=( )
A.{5}B.{2, 4}C.{0, 2, 5}D.{0, 2, 4, 5}

2. 已知sinα>0，csα0B.cs2α0D.sinα2b>c>dB.d>c>b>aC.c>d>b>aD.c>d>a>b
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

若向量a→，b→满足a→=(csθ, sinθ)(θ∈R)，|b→|=2，则|2a→−b→|的取值范围为________．

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________．

已知等差数列{an}满足a2＝3，a3是a1与a9的等比中项，则的值为________或（3________​2+3________） ．

在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB＝1，AD+AA1＝2，E为棱C1D1上任意一点，给出下列四个结论：
①BD1与AC不垂直；
②长方体ABCD−A1B1C1D1外接球的表面积最小为3π；
③E到平面A1B1D的距离的最大值为；
④长方体ABCD−A1B1C1D1的表面积的最大值为6．
其中所有正确结论的序号为________．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．

在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，△ABD为等边三角形，BD＝2，AC＝，BC＝1．
（1）求∠CBD的大小；

（2）求△ADE的面积．

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“3+1+2”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η表示这三人中选择含地理的组合的人数，求η的分布列及数学期望．

如图，两个全等的梯形ABCD与BAEF所在的平面互相垂直，AB⊥AD，AD // BC，AB=AD，BC=2AD，P为CF的中点．

(1)证明：DP // 平面ABFE；

(2)求平面DEF与平面BCF所成的锐二面角的余弦值．

已知曲线C的方程为x+12+y2+x−12+y2=4.
(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AB的垂直平分线交x轴于点P，证明：|PF||AB|为定值．

已知函数f(x)=x+alnx，g(x)=x2ex，a∈R．
(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当a=2时，方程g(x)=mf(x)有两个实根，求实数m的取值范围．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]

在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+2csα,y=1−2sinα（α为参数）．以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcs(θ+π4)=22b(ρ≥0，0≤θ0时，f(x)的最小值为1，证明：|+|≥．
参考答案与试题解析
2021年河北省某校高考数学第二次联考试卷（理科）（全国Ⅱ）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
无
【解答】
解：∵ U={0, 1, 2, 3, 4, 5}，B={0, 2, 4}，
∴ ∁UB={1,3,5}，
又A={2, 4, 5}，
∴ A∩∁UB={5}．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
三角函数值的符号
【解析】
无
【解答】
解：∴ sinα>0，csα0．
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
复数的模
二次函数的性质
【解析】
无
【解答】
解：因为z=a+a−1i，
所以|z|=a2+a−12=2a−122+12≥22，
所以|z|的最小值为22．
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
圆的标准方程
【解析】
无
【解答】
解：过点0,1，2,1，半径为5的圆的方程为
x−12+y+12=5或x−1​2+(y−3)=5，
则圆心到直线y=2x−1的距离为d1=|2+1−1|22+(−1)2=255，
或d2=|2−3−1|2+−12=255，
所以弦长为2×52−2552=21055．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
直线与平面所成的角
由三视图还原实物图
【解析】
无
【解答】
解：设该四棱锥为P−ABCD，则由题意知，
四棱锥P−ABCD满足底面ABCD为矩形，
平面PDC丄平面ABCD，且PC=PD=3，AB=4，AD=2．
如图，过点P作PE⊥CD，则PE⊥平面ABCD，连接AE，
可知∠PAE为直线PA与平面ABCD所成的角，
则PE=PD2−DE2=5，AE=AD2+DE2=22，
所以tan∠PAE=PEAE=522=104．
故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
D
【考点】
进位制
【解析】
无
【解答】
解：由12∧m=1100∧n=0001，可得n=1101，
1101表示成十进制为13，
所以m=13．
故选D．
8.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
函数的周期性
奇函数
函数的对称性
函数的零点
【解析】
无
【解答】
解：因为f(2+x)=f2−x，
所以f(4+x)=f−x，
因为f(x)是奇函数，
所以f−x=−f(x)，
所以f4+x=−f(x)，
所以f(8+x)=−f(x+4)=fx，
所以8为f(x)的一个周期，故②正确；
因为f(8+x)=f(x)，
所以f(8−x)=f−x=−f(x)，
所以f(8−x)+f(x)=0，故①正确；
fx=sinπx4为奇函数满足fx+f−x=0，
且一条对称轴为直线x=2，故③正确；
由f(x)为奇函数且定义域为R知，f(0)=0，
又f(x)为周期函数，
所以f(x)有无数个零点，故④正确．
故选D．
9.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
无
【解答】
解：设球O的半径为R．
由球的体积为32π3可得，43πR3=32π3，
解得R=2．
因为三棱锥P−ABC的高h为1，
所以球心O在三棱锥外，
如图，设点O1为△ABC的外心，
则OO1⊥平面ABC，
在Rt△AO1O中，AO12=OA2−OO12，
又OO1=R−h=1，
解得AO1=3．
因为△ABC为等边三角形，
所以AO1=23AE=23⋅sin60∘AB=33AB，
所以AB=3AO1=3．
故选C．
10.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
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416＝14，第n次由甲掷有两种情况：一是第n−1由甲掷，第n次由甲掷，概率为14Pn−1，二是第n−1次由乙掷，第n次由甲掷，概率为34(1−Pn−1)．推导出数列{Pn−12}是以P1−12＝12为首项，−12为公比的等比数列，由此能求出结果．
【解答】
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416＝14，
第n次由甲掷有两种情况：
一是第n−1由甲掷，第n次由甲掷，概率为14Pn−1，
二是第n−1次由乙掷，第n次由甲掷，概率为34(1−Pn−1)．
这两种情况是互斥的，所以Pn＝14Pn−1+34(1−Pn−1)，即Pn＝−12Pn−1+34，
所以Pn−12＝−12(Pn−1−12)，
即数列{Pn−12}是以P1−12＝12为首项，−12为公比的等比数列，
所以Pn＝12+12(−12)n−1，所以P10＝12+12(−12)9＝5111024．
11.
【答案】
C
【考点】
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，得a1=−1，a2=0，a3=3，a4=−2，
a5=5，a6=4，a7=5，a8=−2，a9=−7，
a10=0，a11=−1，a12=0，⋯，
所以数列{an}为周期数列，且周期为10．
因为S10=5，
所以S2021=5×202+−1=1009.
故选C.
12.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的单调性
不等式比较两数大小
指数函数的单调性与特殊点
指数函数单调性的应用
【解析】
把a，b化简即可得出大小关系，利用函数fx=ex在区间0,+∞上单调性，可得b，c，d中b最小．构造函数gx=x−elnx，利用导数研究函数的单调性可得d，c大小关系．
【解答】
解：因为a=f−ln3=e−ln3lnln3=lnln33，
b=fln3=eln3lnln3=3lnln3，
所以age=0，
所以3>eln3，即e3>3e，
所以d>c.
综上所述，d>c>b>a.
故选B．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
[0, 4]
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
余弦函数的定义域和值域
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设a→与b→的夹角为α，
则2a→−b→2=4a→2+b→2−4a→⋅b→=8−8csα．
因为α∈0,π，
所以0≤8−8csα≤16，
所以0≤|2a→−b→|≤4.
故答案为：0,4 .
【答案】
48
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
3n,n,n
【考点】
等差数列与等比数列的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
②③④
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．
【答案】
在△ABC中，，
由余弦定理得．
因为02，
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2a，焦距为2c，
则2a=4，2c=2，
所以曲线C的离心率为e=ca=12.
(2)证明：设椭圆的短轴长为2b，
由(1)可知，a=2，c=1，
则b2=a2−c2=3，
所以曲线C的方程为x24+y23=1，且F(1,0).
由题意，设动直线l的方程为y=kx−1，
Ax1,y1，Bx2,y2，
联立x24+y3=1，y=kx−1，
化简，得(3+4k2)x2−8k2x+4(k2−3)=0，
所以x1+x2=8k23+4x2，x1x2=4k2−33+4k2.
设AB的中点为Qx0,y0，
则x0=x1+x22=4k23+4k2，y0=kx0−1=−3k3+4k2.
当k≠0时，线段AB的垂直平分线的方程为
y−−3k3+4k2=−1kx−4k23+4k2.
令y=0，得x=k23+4k2,
所以|PF|=k23+4k2−1=31+k23+4k2，
所以|AB|=x1−x22+y1−y22
=(1+k2)[x1+x22−4x1x2]
=12(1+k2)3+4k2，
所以|PF||AB|=31+k23+4k2121+k23+4k2=14；
当k=0时，直线l的方程为y=0，
此时，|AB|=2a=4，|PF|=c=1，|PF||AB|=14．
综上所述，|PF||AB|为定值，且|PF||AB|=14．
【答案】
解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0, +∞)，
因为f(x)=x+alnx，a∈R，
所以f′(x)=1+ax=x+ax，
①当a≥0时，f′(x)>0在区间(0, +∞)上恒成立，
函数f(x)的单调递增区间为(0, +∞)；
②当a0，
则x>−a，函数f(x)的单调递增区间为(−a, +∞)；
令f′(x)