2021年届河北省衡水市枣强中学高三下学期2月调研数学理试题解析

精选word文档下载可编辑精选word文档下载可编辑试卷第=22页，总=sections44页第\*MergeFormat1页共S\*MergeFormat6页2020届河北省衡水市枣强中学高三下学期2月调研数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则的子集个数为（）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【解析】解一元二次不等式求得集合，由此求得，进而求得的子集个数.【详解】由得，故，其子集个数为.故选B.【点睛】本小题主要考查交集的概念和运算，考查集合子集的个数求法，考查一元二次不等式的解法.2．若复数满足,其中为虚数单位,则=()A． B． C． D．【答案】B【解析】设，所以，所以，所以选B．3．已知直线，其中，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】直线的充要条件是或．故选A．4．我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”章中有一道“两鼠穿墙”问题：有厚墙5尺，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半，问两鼠在第几天相遇？（）A．第2天 B．第3天 C．第4天 D．第5天【答案】B【解析】用列举法求得前几天挖的尺寸，由此求得第几天相遇.【详解】第一天共挖，前二天共挖，故前天挖通，故两鼠相遇在第天.故选B.【点睛】本小题主要考查中国古代数学问题，考查等比数列的概念，属于基础题.5．已知是双曲线（，）的左顶点，、分别为左、右焦点，为双曲线上一点，是的重心，若，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．与的取值有关【答案】B【解析】试题分析：因为，所以，所以，即，所以，故选B．【考点】1．双曲线的几何性质；2．共线向量的性质．6．的展开式中，的系数为（）A．240 B．241 C．-239 D．－240【答案】C【解析】，所以的系数为．故选C．7．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某多面体的三视图，则此几何体的表面积为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】作出多面体的直观图，将各面的面积相加可得出该多面积的表面积.【详解】由三视图得知该几何体的直观图如下图所示：由直观图可知，底面是边长为的正方形，其面积为；侧面是等腰三角形，且底边长，底边上的高为，其面积为，且；侧面是直角三角形，且为直角，，，其面积为，，的面积为；侧面积为等腰三角形，底边长，，底边上的高为，其面积为.因此，该几何体的表面积为，故选B.【点睛】本题考查几何体的三视图以及几何体表面积的计算，再利用三视图求几何体的表面积时，要将几何体的直观图还原，并判断出各个面的形状，结合图中数据进行计算，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.8．如图，在平行四边形中，点满足，与交于点，设，则（）A． B． C． D．【答案】C【解析】设是上除点外的令一个三等分点，判断出是三角形的重心，得出的比例，由此得出的值.【详解】设是上除点外的令一个三等分点，连接，连接交于，则.在三角形中，是两条中线的交点，故是三角形的重心，结合可知，由于是中点，故.所以，由此可知，故选C.【点睛】本小题主要考查平行线分线段成比例，考查三角形的重心，考查比例的计算，属于中档题.9．设，且，则（）A． B． C． D．【答案】C【解析】将等式变形后，利用二次根式的性质判断出，即可求出的范围.【详解】即故选：C【点睛】此题考查解三角函数方程，恒等变化后根据的关系即可求解，属于简单题目.10．已知正方体的棱长为1，是棱的中点，点在正方体内部或正方体的表面上，且平面，则动点的轨迹所形成的区域面积是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】分别取棱、、、、的中点、、、、，证明平面平面，从而动点的轨迹所形成的区域是平面，再求面积得解.【详解】如图，分别取棱、、、、的中点、、、、，则，，，平面平面，点在正方体内部或正方体的表面上，若平面，动点的轨迹所形成的区域是平面，正方体的棱长为1，，，到的距离，动点的轨迹所形成的区域面积：．故选．【点睛】本题考查动点的轨迹所形成的区域面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．11．已知函数，则使不等式成立的的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】先判断函数的奇偶性和单调性，由此列不等式组，解不等式组求得的取值范围.【详解】由解得或，故函数的定义域为或，且，所以函数为偶函数，且当时，令，，所以在时递增，根据复合函数单调性可知在时递增，所以函数在时递增，故在时递减.由可知，解得.故选D.【点睛】本小题主要考查函数的单调性和奇偶性，考查利用导数判断函数的单调性，考查函数不等式的解法，属于中档题.12．已知只有50项的数列满足下列三个条件：①，；②；③．对所有满足上述条件的数列，共有个两两不同的值，则（）A．10 B．11 C．6 D．7【答案】C【解析】设取值0的项数有项，再确定取值1的项数，取值的项数，代入化简③得【详解】设，，…，中有项取值0，由条件②知，取值1的项数为，取值的项数为，必为奇数，再由条件③得，解得，又必为奇数，故，9，11，13，15，17．因为，所以对应6个不同的值，．故选：C【点睛】本题考查数列新定义、简单推理，考查基本分析推理能力，属中档题.二、填空题13．曲线在点处的切线方程为_______【答案】【解析】先求得函数在处切线的斜率，由此求得切线方程.【详解】依题意，所以，故当时，导数为，也即在点处的切线的斜率为，故切线方程为.故答案为.【点睛】本小题主要考查过曲线上一点切线方程的求法，考查除法的导数运算，属于基础题.14．当实数满足时,恒成立,则实数的取值范围是.【答案】【解析】【详解】试题分析：作出不等式组表示的区域如下图所示的阴影部分区域，由图可知：不等式在阴影部分区域恒成立，令可知，因为当，且当时，不能使得恒成立；由得在点处取得最小值，即，在点处取得最大值，即，所以有解得．【考点】简单线性规划；15．已知的内角的对边分别为.若，的面积为，则面积的最大值为_____.【答案】【解析】结合已知条件，结合余弦定理求得，然后利用基本不等式求得的最大值，进而求得三角形面积的最大值.【详解】由于三角形面积①，由余弦定理得②，由①②得，由于，所以.故，化简得，故，化简得.所以三角形面积.故答案为.【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，考查基本不等式求最值的方法，属于中档题.16．已知的外接圆圆心为O，，，若（为实数）有最小值，则参数的取值范围是______.【答案】【解析】首先求得，进而用表示出，由此化简，结合二次函数的性质，列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】先求：如图所示，设是线段的中点，由于是三角形外接圆的圆心，故，所以，同理可得.由于故，即，解得，将上式代入并化简得，由于，依题意有最小值，结合二次函数的性质可知当时，有最小值.由解得.故答案为：.【点睛】本小题主要考查平面向量的数量积的运算，考查圆的几何性质，考查方程的思想，考查二次函数在给定区间上有最小值问题的求解策略，考查化归与转化的数学思想方法，综合性很强，属于难题.三、解答题17．在数1和100之间插入n个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，再令，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和.【答案】（1），.（2）【解析】（1）设,,…,构成递增的等比数列,其中,,由等比数列的性质可得,则,进而求解即可；（2）由（1）,利用错位相减法求解即可【详解】（1）设,,…,构成递增的等比数列,其中,,,又,得,则,所以,（2）由（1）,,故,,上述两式相减,得,整理得【点睛】本题考查等比数列的性质的应用,考查错位相减法求数列的和,考查运算能力18．如图，在四棱锥中，，底面四边形为直角梯形，为线段上一点．(1)若，则在线段上是否存在点，使得平面?若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由．(2)己知，若异面直线与成角，二面角的余弦值为，求的长．【答案】（1）存在，点是线段上靠近点的一个三等分点；（2）2.【解析】(1)延长，交于点，连接．通过证明及，可得M为PB上的一个三等分点，且靠近点P．(2)建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，分别求得平面和平面的法向量，再根据二面角夹角的余弦值即可得参数t的值，进而求得CD的长．【详解】解：（1）延长，交于点，连接，则平面.若平面，由平面平面，平面，则.由，，则，故点是线段上靠近点的一个三等分点.（2）∵，，，平面，平面，则平面以点为坐标原点，以，所在的直线分别为轴、轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，则，，，，则，，设平面和平面的法向量分别为，.由，得即，令，则，故.同理可求得.于是，则，解之得（负值舍去），故.∴.【点睛】本题考查了立体几何的证明，空间向量在夹角问题中的综合应用，法向量的求法与用法，属于中档题．19．已知椭圆:的左、右焦点分别为,,上顶点为,离心率为,且的面积为.（1）求椭圆的方程;（2）过点的直线与椭圆交于,两点,且点,位于轴的同侧,设直线与轴交于点,,若,求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】（1）离心率为,可得,的面积为,可得,根据椭圆：,可得,即可求得椭圆的方程;（2）设直线:,联立椭圆方程和直线方程,通过韦达定理即可求得直线的方程.【详解】（1）离心率为,可得┄①又的面积为,可得┄②根据椭圆：,可得┄③联立①②③解得:,，椭圆方程为（2）设直线:，，，由,消掉得:，根据韦达定理:,,，，，，，故，，即，，即，解得（舍）或，直线:.【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系,所使用方法为韦达定理法:因直线的方程是一次的,圆锥曲线的方程是二次的,故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题,最终转化为一元二次方程问题,故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一,尤其是弦中点问题,弦长问题,可用韦达定理解决.20．超级病菌是一种耐药性细菌，产生超级细菌的主要原因是用于抵抗细菌侵蚀的药物越来越多，但是由于滥用抗生素的现象不断的发生，很多致病菌也对相应的抗生素产生了耐药性，更可怕的是，抗生素药物对它起不到什么作用，病人会因为感染而引起可怕的炎症，高烧、痉挛、昏迷直到最后死亡．某药物研究所为筛查某种超级细菌，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，每个样本取到的可能性均等，有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验次；（2)混合检验，将其中(且）份血液样本分别取样混合在一起检验，若检验结果为阴性，这份的血液全为阴性，因而这份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这份血液究竟哪几份为阳性，就要对这份再逐份检验，此时这份血液的检验次数总共为次，假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为．（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中(且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为．（i）试运用概率统计的知识，若，试求关于的函数关系式；（ii）若，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求的最大值．参考数据：，，，，．【答案】（1）；（2）（i）且，（ii）4.【解析】（1）利用排列组合知识以及古典概型的计算公式可得到结果.（2）（ⅰ）由已知，的所有可能取值只能为，，由期望运算可得关于的函数关系式.（ⅱ）由题意可知，得，利用函数的单调性可得的最大值.【详解】（1）设恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来为事件，则，∴恰好经过两次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为；（2）（ⅰ）由已知得，的所有可能取值为1，，∴，，∴，若，则，，∴，∴．∴关于的函数关系式为．（ⅱ）由题意知，得，∵，∴，∴．设，则，∴当时，，即在上单调增减，又，，∴，，，∴，∴的最大值为4．【点睛】本题主要考查了概率的求解，排列组合知识的应用，数学期望的计算，涉及函数知识，属于难题.21．已知函数（）．（Ⅰ）若，恒有成立，求实数的取值范围；（Ⅱ）若函数有两个相异极值点，，求证：．【答案】（1）;（2）见解析.【解析】试题分析：（1）分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最值即可，（2）函数g（x）=f（x）-x有两个极值点x1、x2，即导函数g′（x）有两个不同的实数根x1、x2，对a进行分类讨论，令，构造函数φ（t），利用函数φ（t）的单调性证明不等式．试题解析：（Ⅰ）由，恒有，即，对任意成立，记，，当，，单调递增；当，，单调递减，最大值为，∴，．（Ⅱ）函数有两个相异的极值点，，即有两个不同的实数根．①当时，单调递增，不可能有两个不同的实根；②当时，设，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，∴，∴，不妨设，∵，∴，，，先证，即证，即证，令，即证，设，则，函数在单调递减，∴，∴，又，∴，∴．22．在平面直角坐标系中,以原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,已知圆的极坐标方程为,圆的直角坐标方程为