2021届河北省衡水中学高三下学期三模数学试题含解析

这是一份2021届河北省衡水中学高三下学期三模数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届河北省衡水中学高三下学期三模数学试题  一、单选题1．已知为复数，，则等于（    ）A．0 B．1 C． D．2【答案】C【分析】由，再由求模长公式求解即可.【详解】由，得，所以，故选：C.2．已知，则的终边在（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．三象限 D．第四象限【答案】D【分析】两边平方得，进而得或，，，再分为偶数和为奇数两种情况讨论求解即可.【详解】解：由，平方得：，则，即，则或，，即有或，，当为偶数时，位于第二象限，，，，不成立，当为奇数时，位于第四象限，，，成立.∴角的终边在第四象限.故选：D.【点睛】本题考查正弦的二倍角公式，根据三角函数的符号求角的范围，考查运算求解能力，分类讨论思想，是中档题.本题解题的关键在于根据题意得，进而根据函数符号得的范围，再分类讨论求解.3．已知数列是等比数列，是其前项之积，若，则的值是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】先设等比数列的公比为，根据题意，得到，再由等比数列的性质，即可求出结果.【详解】因为数列是等比数列，设公比为，由得，即，即，由等比数列的性质可得，.故选：A4．已知，，，则实数的取值范围为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据指对幂不等式，结合指对幂函数的性质分别求参数a的范围，再取交集即可.【详解】由，得或，由，得，由，得，∴当，，同时成立时，取交集得，故选：A.5．在棱长为1的正方体中，E为棱的中点，过B，E，的截面与棱交于F，则截面分别在平面和平面上的正投影的面积之和（    ）A．有最小值1 B．有最大值2 C．为定值2 D．为定值1【答案】D【分析】证明是平行四边形，得，，然后根据投影图形结论．【详解】因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理，所以截面是平行四边形，所以，所以，从而，截面在平面上的正投影是以为底，高为1的平行四边形，在平面上的正投影是以为底，高为1的平行四边形，因此两个投影的面积和为为定值．故选：D．【点睛】关键点点睛：本题考查空间投影问题，解题关键是确定截面的形状，然后由正方体性质确定下面投影的形状，最后求出面积和得结论．6．已知在圆上到直线的距离为的点恰有一个，则（    ）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】首先求得圆心到直线的距离为，结合图像由题意可知.【详解】圆圆心，则圆心直线的距离，要想圆上到直线的距离为的点恰有一个，由图得：.故选：A.【点睛】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．7．有三个因素会影响某种产品的产量，分别是温度（单位：）、时间（单位：）、催化剂用量（单位：），三个因素对产量的影响彼此独立．其中温度有三个水平：80、85、90，时间有三个水平：90、120、150，催化剂用量有三个水平：5、6、7．按全面实验要求，需进行27种组合的实验，在数学上可以证明：通过特定的9次实验就能找到使产量达到最大的最优组合方案．下表给出了这9次实验的结果：实验号温度（）时间（）催化剂用量（）产量（）180905312801206543801507384859065358512074968515054279090757890120562990150664根据上表，三因素三水平的最优组合方案为（    ）A．       B．      C．       D．      【答案】B【分析】分别考查温度、时间、催化剂用量对产品产量的影响，通过比较可得最优方案.【详解】（1）考查温度对产品产量的影响：   温度80℃时的产品产量：，   温度85℃时的产品产量：，   温度90℃时的产品产量：，   所以，温度90℃时的产品产量最大.（2）考查时间对产品产量的影响：时间90  min时的产品产量：，时间120 min时的产品产量：，时间150 min时的产品产量：，所以，时间120 min时的产品产量最大.（3）考查催化剂用量对产品产量的影响：   催化剂用量5g时的产品产量：，催化剂用量6g时的产品产量：，催化剂用量7g时的产品产量：，所以，催化剂用量6g时的产品产量最大.由（1）（2）（3）可知，三因素三水平的最优组合方案为：90℃，120 min，6g.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于：找到确定最优组合方案的一种方法.8．若函数的图象过点，直线向右平移个单位长度后恰好经过上与点最近的零点，则在上的单调递增区间是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意利用正弦函数的图象和性质，先求出的解析式，进而求出它在，上的单调递增区间．【详解】由题意，可知函数的四分之一周期为，则的周期，∴．又函数的图象过点，∴，∴，，∴，，令，得．∴．由，，解得，．取，得，即为所求．故选：C 二、多选题9．新高考方案规定，普通高中学业水平考试分为合格性考试（合格考）和选择性考试（选择考），其中“选择考”成绩将计入高考总成绩，即将学生考试时的原始卷面分数由高到低进行排序，评定为A，B，C，D，E五个等级，再转换为分数计入高考总成绩．某试点高中2020年参加“选择考”总人数是2018年参加“选择考”总人数的2倍，为了更好地分析该校学生“选择考”的水平情况，统计了该校2018年和2020年“选择考”成绩等级结果，得到如图所示的统计图． 针对该校“选择考”情况，2020年与2018年比较，下列说法正确的是（    ）A．获得A等级的人数增加了B．获得B等级的人数增加了1.5倍C．获得D等级的人数减少了一半D．获得E等级的人数相同【答案】AB【分析】根据统计图逐一判断可得选项．【详解】解：设2018参加“选择考”总人数为a，则2020年参加“选择考”总人数为2a，由统计图可得，2018年获得A等级的人数为0.28a，2020年获得A等级的人数为0.48a，故A正确；2018年获得B等级的人数为0.32a，2020年获得B等级的人数为0.80a，获得B等级的人数增加了＝1.5倍，故B正确；2018年获得D等级的人数为0.08a，2020年获得D等级的人数为0.12a，获得D等级的人数增加了一半，故C错误；2018年获得E等级的人数为0.02a，2020年获得E等级的人数为0.04a，获得E等级的人数为原来的2倍，故D错误．故选：AB．10．已知集合，，则下列命题中正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则或 D．若，则【答案】ABC【分析】解一元二次不等式求集合A，根据各选项中集合的关系，列不等式或方程求参数值或范围，判断A、B、C的正误，已知参数，解一元二次不等式求集合B，应用交运算求判断正误即可.【详解】由己知得：，令A：若，即是方程的两个根，则，得，正确；B：若，则，解得，正确；C：当时，，解得或，正确；D：当时，有，所以，错误；故选：ABC.11．已知函数，则（    ）A． B．的最大值为C．是奇函数 D．的最小值为【答案】AB【分析】由，可判定A正确；由，集合基本不等式，可判定B正确；由函数奇偶性的定义，可判定C不正确；由，可判定D不正确.【详解】由题意，函数，可得，所以A正确；由，当且仅当时等号成立，故B正确；由，所以，所以C不正确；由，所以D不正确.故选：AB12．我国古代数学家祖暅求几何体的体积时，提出一个原理：幂势即同，则积不容异.这个定理的推广是夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的平面所截，若截得两个截面面积比为，则两个几何体的体积比也为.如下图所示，已知线段长为4，直线过点且与垂直，以为圆心，以1为半径的圆绕旋转一周，得到环体；以，分别为上下底面的圆心，以1为上下底面半径的圆柱体；过且与垂直的平面为，平面，且距离为，若平面截圆柱体所得截面面积为，平面截环体所得截面面积为，则下列结论正确的是（    ）A．圆柱体的体积为 B．C．环体的体积为 D．环体的体积为【答案】ABD【分析】圆柱体的体积为，即可判断A，，，即可判断B，环体体积为，可判断C、D.【详解】由已知圆柱体的体积为，故选项A正确；由图可得，，其中，，故，故选项B正确；环体体积为，故选项D正确，选项C错误故选：ABD  三、填空题13．已知.若，则___________；【答案】【分析】求出展开式的通项，从而求得；【详解】因为其中展开式的通项为，令，则，令，则，所以展开式中项为，故，故答案为：14．已知，为单位向量，，若，则___________.【答案】【分析】应用向量数量积的运算律，由可得，由即可求，进而求，根据向量的数量积和模，求向量的夹角即可.【详解】根据题意，，单位向量，，∴，即，可得，若，，即，∴，∴，故答案为：.15．已知双曲线的左､右焦点分别为，M为C左支上一点，N为线段上一点，且，P为线段的中点.若(O为坐标原点)，则C的渐近线方程为___________.【答案】【分析】由，可得，再结合双曲线的定义可得，从而可求出，进而可求出渐近线方程【详解】因为，所以，所以，又，所以，所以，则.故的渐近线方程为.故答案为：16．用表示函数在闭区间I上的最大值．若正数a满足，则a的最大值为________．【答案】【分析】分类讨论，根据正弦函数的图象与性质求出、，代入不等式求解a的取值范围即可.【详解】①当时，，若，则，此时不成立；②当时，，若，则，又，解得；③当时，，若，则，又，解得；④当时，，，，不符合题意.综上所述，，即a的最大值为.故答案为：【点睛】本题考查正弦函数的图象与性质，考查逻辑推理能力、直观想象能力，属于中档题. 四、解答题17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中．问题：在中，角，，的对边分别为，，，，边上的中线长为，______，求的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】答案见解析.【分析】根据正弦定理或余弦定理对已知条件进行转化，得到，然后在中，利用余弦定理求得，最后利用三角形的面积公式求解即可.【详解】解：方案一：选条件①.因为，所以由正弦定理，得，易知，所以，所以.因为，所以.设为的中点，，在中，由余弦定理，得，解得（舍去负值）.所以，所以的面积.方案二：选条件②.因为，所以由正弦定理，得，易知，所以，所以，即，因为，所以，所以.设为的中点，，在中，由余弦定理，得，解得（舍去负值）.所以，所以的面积.方案三：选条件③.易知，化简可得，由余弦定理，得，因为，所以.设为的中点，，在中，由余弦定理，得，解得（舍去负值）.所以，所以的面积.【点睛】关键点点睛：在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件，如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件，如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.18．已知数列的前项和为，且满足，，其中.（1）若，求出；（2）是否存在实数，使为等比数列？若存在，求出，若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）将代入，由递推关系求出通项公式，并检验当时是否满足，即可得到结果；（2）先假设存在实数，满足题意，结合已知条件求出满足数列是等比数列的实数，的值，运用分组求和法求出的值.【详解】（1）由题可知：当时有：，当时，，又满足上式，故.（2）假设存在实数，满足题意，则当时，由题可得：，和题设对比系数可得：，，.此时，，故存在，使得是首项为4，公比为2的等比数列.从而.所以.【点睛】方法点睛：数列求和方法：（1）等差等比公式法（2）错位相减法（3）分组求和法（4）倒序相加法（5）裂项相消法.19．某单位招考工作人员，须参加初试和复试，初试通过后组织考生参加复试，共5000人参加复试，复试共三道题，第一题考生答对得3分，答错得0分，后两题考生每答对一道题得5分，答错得0分，答完三道题后的得分之和为考生的复试成绩.（1）通过分析可以认为考生初试成绩服从正态分布，其中，，试估计初试成绩不低于90分的人数；（2）已知某考生已通过初试，他在复试中第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，且每道题回答正确与否互不影响.记该考生的复试试成绩为，求的分布列及数学期望.附：若随机变量服从正态分布，则，，．【答案】（1）114人；（2）分布列见解析，.【分析】（1）通过分析得，，，初试成绩不低于90分的概率为求得人数；（2）由题得的取值分别为0，3，5，8，10，13，分别计算对应概率列出分布列得解.【详解】（1）∵学生笔试成绩服从正态分布，其中，，∴∴估计笔试成绩不低于90分的人数为人（2）的取值分别为0，3，5，8，10，13，则的分布为故的分布列为：03581013【点睛】利用正态曲线的对称性求概率是常见的正态分布应用问题．解题的关键是利用对称轴确定所求概率对应的随机变量的区间与已知概率对应的随机变量的区间的关系，必要时可借助图形判断．对于正态分布，由是正态曲线的对称轴知：(1)对任意的，有；(2)(3)．20．将长()､宽()､高()分别为4，3，1的长方体点心盒用彩绳做一个捆扎，有如下两种方案：方案一：如图（1）传统的十字捆扎；方案二：如图（2）折线法捆扎，其中．（1）哪种方案更省彩绳？说明理由：（2）求平面与平面所成角的余弦值．【答案】（1）方案②更省彩绳；答案见解析；（2）．【分析】（1）求出两种方案中彩绳总长度后比较可得；（2）以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值的得两个平面所成角的余弦．【详解】（1）方案②更省彩绳．原因如下：方案①中彩绳总长度为．方案②中彩绳总长度为即，所以方案（2）更省彩绳．【注：只要求出两种方案的长度进行比较即可】（2）以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图：则点，设平面的法向量为，平面的法向量为，则有，即．令，取，即，令，取．所以两个平面所成角的余弦值为．【点睛】方法点睛：本题考查证明线面平行，求二面角．求二面角的方法：（1）几何法（定义法）：根据定义作出二面角的平面角并证明，然后解三角形得出结论；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出二面角两个面的法向量，由两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．21．已知双曲线：上异于顶点的任一点与其两个顶点的连线的斜率之积为.（1）求双曲线的渐近线方程；（2）椭圆：的离心率等于，过椭圆上任意一点作两条与双曲线的渐近线平行的直线，交椭圆于，两点，若，求椭圆的方程.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设，结合点在双曲线上和化简可得，利用恒成立转化得，进而求得渐近线；（2）由椭圆离心率求得，可设椭圆方程为：，设，由直线与渐近线平行设出直线方程，分别联立直线与椭圆方程，求得与点的关系，再结合化简，求出，进而得解【详解】（1）设为双曲线上任意一点，则①双曲线的顶点为，，由题设知，故，代入①式可得.又为双曲线上任意一点，故，所以，双曲线的渐近线方程为.（2）由椭圆的离心率，可得，故椭圆方程为，即.设，，则.②设直线的方程为，与椭圆方程联立，消去，联立②式整理得，即，故，从而.所以.而直线的方程为，同理可求得.于是，由可得，整理得.结合②式可得，所以椭圆的方程为，即.【点睛】本题考查由斜率积为定值问题求解渐近线方程（代数翻译问题），由弦长关系求解椭圆标准方程，解决此类多动点问题关键在于找出主动点和从动点，如本题中为主动点，为从动点，尽可能减少参数设值，这样才能最大化减小运算22．（1）若，判断函数在区间内的单调性；（2）证明：对任意，，.【答案】（1）在单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）根据导数的性质，结合余弦函数的单调性进行求解即可；（2）根据（1）可得，令，利用放缩法可得：，用这个不等式，结合对数的运算性质证明即可.【详解】（1）因为，所以.因为，所以，则.又，知，且时，故，所以在单调递增.（2）由（1）知，当时，，即，所以.令，所以，从而，所以，因为，，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以.【点睛】关键点睛：本题的关键是利用（1）得到这个不等式，用这个不等式应用放缩法进行证明..