2021届河南省濮阳高三二模数学试卷及答案

这是一份2021届河南省濮阳高三二模数学试卷及答案，共24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届河南省濮阳高三二模数学试卷及答案
一、单选题
1．若复数，则（       ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，则（       ）
A． B． C． D．
3．某超市计划按月订购一种冷饮，根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：）有关．如果最高气温不低于，需求量为瓶；如果最高气温位于区间（单位：）内，需求量为瓶；如果最高气温低于，需求量为瓶．为了确定月份的订购计划，统计了前三年月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表：
最高气温





天数






将最高气温位于各区间的频率视为最高气温位于该区间的概率，若月份这种冷饮一天的需求量不超过瓶的概率估计值为，则（       ）A． B． C． D．
4．黄金分割比是指将整体一分为二，较大部分与整体得比值等于较小部分与较大部分得比值，该比值为，这是公认的最能引起美感的比例．黄金分割比例得值还可以近似地表示为，则的 近似值等于（       ）
A． B． C． D．
5．的 展开式中x的系数为（       ）
A． B．12 C．16 D．24
6．已知，，，则，，大小关系为（       ）
A． B． C． D．
7．已知圆的半径为1，A，B是圆上的两个动点，，则，的夹角为（       ）
A． B． C． D．或
8．如图，网格纸上小正方形的边长均为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（       ）

A．6 B．4 C．3 D．2
9．元宵节是中国的传统节日之一，元宵节主要有赏花灯、吃汤圆、猜灯谜、放烟花等一系列传统民俗活动，北方“滚”元宵，南方“包”汤圆．某超市在元宵节期间出售个品牌的黑芝麻馅汤圆，个品牌的豆沙馅汤圆，个品牌的五仁馅汤圆．若将这种汤圆随机并排摆在货架的同一层上，则同一种馅料的汤圆相邻的概率为（       ）
A． B． C． D．
10．已知函数在上的大致图象如图所示，则的最小正周期为（       ）

A． B． C． D．
11．对于无穷数列，给出如下三个性质：①；②；③．定义：同时满足性质①和②的数列为“s数列”，同时满足性质①和③的数列为“t数列”，则下列说法错误的是（       ）
A．若，则为“s数列”
B．若，则为“t数列”
C．若为“s数列”，则为“t数列”
D．若等比数列为“t数列”则为“s数列”
12．定义在R上的偶函数满足，且当时，若关于x的不等式的整数解有且仅有9个，则实数m的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．若抛物线C：上的点M到焦点F的距离与到y轴的距离之差为2，则__________．
14．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3，a5，a10成等比数列，则_________.
15．已知正四棱锥的底面边长为，其内切球的半径为，则该四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为_________（用含的代数式表示）.
16．已知点F为双曲线的右焦点，过F作一条渐近线的垂线，垂足为A，若（点O为坐标原点）的面积为2，双曲线的离心率，则a的取值范围为__________．
三、解答题
17．在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知．
（1）求角A；
（2）若，求BC边上的中线AD长度的取值范围．
18．如图，在四棱锥中，底面四边形为直角梯形，，，，，，．

（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的大小．
19．2021年，福建、河北、辽宁、江苏、湖北、湖南、广东、重庆8省市将迎来“3+1+2”新高考模式．“3”指的是：语文、数学、英语，统一高考；“1”指的是：物理和历史，考生从中选一科；“2”指的是：化学、生物、地理和政治，考生从四科中选两科．为了迎接新高考，某中学调查了高一年级1500名学生的选科倾向，随机抽取了100人，统计选考科目人数如下表：

选考物理
选考历史
总计
男生
40

50
女生



总计

30


（1）补全2×2列联表，并根据表中数据判断是否有95%的把握认为“选考物理与性别有关”；
（2）将此样本的频率视为总体的概率，随机调查该校3名学生，设这3人中选考历史的人数为X，求X的分布列及数学期望．
参考公式：，其中．
参考数据：

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

20．已知椭圆的离心率为，且过点，其下顶点为点．若斜率存在的直线交椭圆于两点，且不过点，直线分别与轴交于两点．
（1）求椭圆的方程．
（2）当的横坐标的乘积是时，试探究直线是否过定点，若过定点，请求出定点坐标；若不过，请说明理由．
21．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在极值，且在上恒成立，求a的取值范围．
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
（1）求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（2）设点M在直线上，点N在曲线C上，求的最小值．
23．设函数．
（1）求的解集；
（2）若不等式对任意实数x恒成立，求实数m的取值范围．

参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
先利用复数的除法化简复数z，再利用共轭复数的定义求解.
【详解】
因为复数，
所以，
所以，
故选：A
2．C
【解析】
【分析】
先利用绝对值不等式的解法以及对数函数的单调性求出集合，再根据集合的并集运算即可求出．
【详解】
因为，，所以．
故选：C．
3．B
【解析】
【分析】
利用频率分布表估计概率，即可得解.
【详解】
这种冷饮一天的需求量不超过瓶，当且仅当最高气温低于，
由表格数据可知，最高气温低于的频率为，
所以，月份这种冷饮一天的需求量不超过瓶的概率估计值为，故.
故选：B.
4．B
【解析】
【分析】
由题可得，利用展开化简可得.
【详解】
由题可得，

.
故选：B.
5．D
【解析】
【分析】
先求得展开式的通项公式，再令x的次数为1求解.
【详解】
的 展开式的通项公式为：，
令，解得，
所以展开式中x的系数为，
故选：D
6．A
【解析】
【分析】
利用指对互化，结合对数函数的单调性比较a，b，再由象限角的符号确定c的范围比较即可.
【详解】
由，得，
因为，
所以，即，
所以，
由，得，
又，
所以，
故选：A
7．A
【解析】
【分析】
设向量，的夹角为，根据向量模的计算公式以及数量积的定义由可求出，进而得到的值．
【详解】
设向量，的夹角为，因为，，由可得，
，解得或（舍去），而，所以．
故选：A．
8．D
【解析】
【分析】
由三视图知，该几何体是一个四棱锥，然后放在正方体中求解.
【详解】
由三视图得该几何体为以ABCD为底，以PA为高的四棱锥，如图所示：

正方体的棱长为2，
则，
所以该几何体的体积为,
故选：D
9．D
【解析】
【分析】
利用“捆绑法”计算出事件“将这种汤圆随机并排摆在货架的同一层上，则同一种馅料的汤圆相邻”所包含的基本事件数，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】
将个品牌的豆沙馅汤圆、个品牌的黑芝麻馅汤圆分别捆绑，形成两个大“元素”，
所以，同一种馅料的汤圆相邻的排法种数为，
因此，所求事件的概率为.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
10．B
【解析】
【分析】
由，求得且，再由，求得，得到，结合最小正周期的求法，即可求解.
【详解】
由题意，可得，可得，
解得且，
又由，即，解得，
当且仅当时，满足题意，
所以函数的最小正周期为.
故选：B.
11．C
【解析】
【分析】
根据“s数列”和“t数列”的定义逐一对各选项分析判断即可.
【详解】
解：对A：，
，
又，
数列为“s数列”，故选项A正确.
对B：，，又，
，
，
数列为“t数列”， 故选项B正确.
对C：若，，
又，所以数列为“s数列”，但，故选项C错误.
对D：若等比数列为“t数列”，则，即（公比为）.
（1）若公比，因为，所以，所以，所以，
此时
因为，，，所以，
即，所以为“s数列”；
（2）若公比， 由得，由性质③知 ，即，
所以，但此时与性质③不符，所以时不是“t数列”.
综上，若等比数列为“t数列”则为“s数列”，选项D正确.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是牢牢抓住数列为“s数列”和数列为“t数列”所满足的性质对各选项逐一分析.
12．C
【解析】
【分析】
根据题意画出示意图，根据数形结合解题即可.
【详解】
因为定义在R上的偶函数满足，
所以，从而函数的周期为4，
根据函数性质画出函数的示意图，
关于x的不等式的整数解有且仅有9个，
从而满足 ，解得实数m的取值范围为.
故选：C.

【点睛】
本题主要考查函数的对称性，奇偶性，周期性等函数性质，利用数形结合进行解题，数形结合思想是高中数学思想方法中非常重要的一个思想方法，平时在学习中注意理解消化吸收.
13．
【解析】
【分析】
作出图象，过点，交轴于点，由题意得到，根据抛物线的定义，转化为，即可求解.
【详解】
如图所示，抛物线的焦点为，准线方程为，
过点，交轴于点，
因为抛物线上的点到焦点的距离与到轴的距离之差为2，即，
根据抛物线的定义，可得，所以，
即，解得.
故答案为：.

14．
【解析】
【分析】
根据等比中项的性质求得等差数列的项和公差的关系，最后求出的值.
【详解】
设 的公差为d（）,
由题意知,
即，
即，
∵，
∴，
∴,
故答案为：.
【点睛】
等差、等比数列基本量的求解是数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差、等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．
15．
【解析】
【分析】
设正四棱锥的内切球的球心为，内切球与四棱锥底面的切点为，取的中点，连接、、、，设，利用三角形相似求出，并求出，即可得出四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值.
【详解】
设正四棱锥的内切球的球心为，内切球与四棱锥底面的切点为，
设球与侧面的切点为，
取的中点，连接、、、，
因为底面，平面，则，则，
且该四棱锥的侧棱与底面所成角等于，
易知，则，又因为，故，
设，则，即，化简得，
解得或（舍去），

又，所以侧棱与底面所成角的正切值为.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
16．
【解析】
【分析】
首先根据（点O为坐标原点）的面积为2找到，再根据，找到，最后联立求解a的取值范围即可.
【详解】
由题意可知：点F到渐近线的距离等于，
从而即，
又，所以，
则，又，
所以，解得.
故答案为：.
【点睛】
双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
17．（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理化边为角，化简可得，即可求出；
（2）由余弦定理可得，结合基本不等式可求出，再由余弦定理可得，即可求出范围.
【详解】
（1）因为，
所以．
由正弦定理可得．
因为，所以，
即，即，即．
又，所以．
（2）由（1）得，所以．
因为，所以．
由基本不等式可得，
所以，故．
设，则，
，
所以，
所以，所以．
【点睛】
关键点睛：本题考查正余弦定理的应用，解题的关键是化边为角得出，由余弦定理结合基本不等式得出.
18．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）先证明，从而得到面，再根据面面垂直的判定定理证明得到平面平面；（2）建立空间直角坐标系，根据向量法求角即可．
【详解】
（1）如图，过C作于F．由题意可知，在直角梯形中，，，，所以，
．
又，，所以，
所以．
因为，
又，所以面 ．
因为面，所以面面．


（2）由（1）可知，PD，DA，DC两两垂直，故可以D点为坐标原点，以DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
易知，，，，
则，，．
设平面APB的法向量为，
则
令，则，，即．
设平面PBC的法向量为，
则
令，则，，即．
所以，
即二面角的大小为．
【点睛】
本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，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，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）填表见解析；有；（2）分布列见解析；期望为．
【解析】
【分析】
（1）根据2×2列联表已有的数据补全, 根据标中数据求得，对照临界值表下结论；
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，由随机变量X服从二项分布，分别求得其概率，列出分布列，再求期望；
【详解】
（1）根据题意补全2×2列联表，如下：

选考物理
选考历史
总计
男生
40
10
50
女生
30
20
50
总计
70
30
100

根据标中数据，可得，
故有的把握认为“选考物理与性别有关”．
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，随机变量X服从二项分布，
由题意，可得学生选考历史的概率为，且．
，
，
，
．
X的分布列为
X
0
1
2
3
P






【点睛】
方法点睛：(1)求解离散型随机变量X的分布列的步骤：①理解X的意义，写出X可能取的全部值；②求X取每个值的概率；③写出X的分布列．(2)求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所取值对应的概率，在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识．
20．（1）；（2）直线过定点．
【解析】
【分析】
（1）由离心率和椭圆所过点可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；
（2）设，，，可得直线方程，令可求得的横坐标，从而得到；将方程与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，代入可构造方程求得，得到方程，进而得到定点坐标.
【详解】
（1）由得：，解得：…①，
将带入椭圆方程得：…②，
由①②得：，，
椭圆的方程为：.
（2）由（1）知：．
设直线的方程为，，，
则直线的方程为，令，得点的横坐标为，
同理可得点的横坐标为，
，
由得：，
则，解得：，
，，
，又，
可化简得：，解得：，，
直线过定点.
【点睛】
思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；
④根据直线过定点的求解方法可求得结果.
21．（1）答案不唯一，具体见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）求得的导数，令，结合二次函数的图象与性质，根据对称轴分类讨论确定的符号，即可求解；
（2）把，恒成立，转化为恒成立，令，，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数，
可得的定义域为，且，
令，对称轴为，
当，即时，在上单调递增，且，
所以在上单调递增；
当，即时，令，得恒成立，
可得，，
所以在上，即在上单调递减；在上，即在上单调递增，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上递减，在上递增．
（2）由（1）可知，若存在极值，则，
，不等式恒成立，等价于恒成立，
令，，，则，
令，则，所以在上递减，
因为，所以当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以，即，解得.
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
22．（1）；；（2）．
【解析】
【分析】
（1）消去参数t，可得直线的普通方程，根据曲线的极坐标方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式，代入可求得曲线C的直角坐标方程；
（2）由（1）知曲线的直角坐标方程，得到C的参数方程为（为参数），设点，利用点到直线的距离公式和三角函数的性质，即可求解．
【详解】
（1）由题意，直线的参数方程为（为参数），
消去参数t，可得直线，
由曲线，
将，代入曲线C可得，
即曲线的直角坐标方程为．
（2）由（1）知曲线的直角坐标方程为，
可得曲线C的参数方程为（为参数），
设点，
所以点N到直线的距离为，
其中，
当时，可得的最小值为．
23．（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）化简函数的解析式为分段函数，由，分类讨论，即可求解；
（2）由（1）知的最小值为，根据不等式对任意实数x恒成立，得到，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数，
因为，所以或或，
解得       或或，
所以的解集为．
（2）由（1）可得当时，函数的最小值为，
因为不等式对任意实数x恒成立，
所以，即，所以，
故实数的取值范围是.